2024年2月19日发(作者：环寄瑶)

章末复习

考点一 函数概念及性质

命题角度1 函数三要素

例1 某省两相近重要城市之间人员交流频繁，为了缓解交通压力，特修一条专用铁路，用一列火车作为交通车，已知该车每次拖挂4节车厢，一天能来回16次，如果该车每次拖挂7节车厢，则每天能来回10次．

(1)若每天来回的次数是车头每次拖挂车厢节数的一次函数，求此一次函数的解析式和定义域；

(2)在(1)的条件下，每节车厢能载乘客110人．问这列火车每天来回多少次才能使运营人数最多？并求出每天最多运营人数．

解 (1)设每天来回y次，每次拖挂x节车厢，由题意设y＝kx＋b(k≠0)，当x＝4时，y＝16，当x＝7时，y＝10，得到16＝4k＋b,10＝7k＋b，解得k＝－2，b＝24，

∴y＝－2x＋24.

x≥0，依题意有x∈N＋，y＝－2x＋24≥0.

解得定义域为{x∈N＋|0≤x≤12}．

(2)设每天来回y次，每次拖挂x节车厢，由题意知，每天拖挂车厢最多时，运营人数最多，设每天拖挂S节车厢，则S＝xy＝x(－2x＋24)＝－2x2＋24x＝－2(x－6)2＋72，x∈[0,12]且x∈N＋.所以当x＝6时，Smax＝72，此时y＝12，则每日最多运营人数为110×72＝7 920.

故这列火车每天来回12次，才能使运营人数最多，每天最多运营人数为7 920.

反思感悟 建立函数模型是借助函数研究问题的第一步，在此过程中要善于抓住等量关系，并把等量关系中涉及的量逐步用变量表示出来；在实际问题中，定义域不但受解析式的影响，还受实际含义约束．

跟踪训练1 如图，ABCD是边长为1的正方形，M是CD的中点，点P沿着路径A→B→C→M在正方形边上运动所经过的路程为x，△APM的面积为y.

(1)求y＝f(x)的解析式及定义域；

(2)求△APM面积的最大值及此时点P位置．

解 (1)根据题意得

3xf(x)＝4－4，1≤x＜2，5x5－，2≤x＜.422x，0

552，＝0，. f(x)的定义域为(0,1)∪[1,2)∪2251，上为减函数， (2)易知f(x)在(0,1)上为增函数，在2311∴当x＝1时，f(x)max＝－＝.

442命题角度2 函数的性质及应用

例2 已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－2.

3(1)求证：f(x)在R上是减函数；

(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值；

(3)解不等式f(x)－f(－x)>2.

(1)证明 由f(x)＋f(y)＝f(x＋y)可得

f(x＋y)－f(x)＝f(y)．

在R上任取x1>x2，令x＋y＝x1，x＝x2，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)．

∵x1>x2，∴x1－x2>0.

又x>0时，f(x)<0，∴f(x1－x2)<0，

即f(x1)－f(x2)<0.

由定义可知f(x)在R上是减函数．

(2)解 ∵f(x)在R上是减函数；

∴f(x)在[－3,3]上也是减函数；

∴f(－3)最大，f(3)最小．

2又f(1)＝－，

32－＝－2. ∴f(3)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝3×3∴f(－3)＝f(4－3)－f(4)＝f(1)－f(3)－f(1)＝－f(3)＝2.

即f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.

(3)解 由(2)知f(－3)＝2，

f(x)－f(－x)>2即f(x)>f(－x)＋2＝f(－x)＋f(－3)＝f(－3－x)，

由(1)知f(x)在R上为减函数，

∴f(x)>f(－3－x)⇔x<－3－x，

3x<－. 不等式的解集为x2

反思感悟 (1)解决有关函数性质的综合应用问题的通法就是根据函数的奇偶性解答或作出图象辅助解答，先证明函数的单调性，再由单调性求最值．

(2)研究抽象函数的性质时要紧扣其定义，同时注意特殊值的应用．

跟踪训练2 函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．

(1)求f(1)的值；

(2)判断f(x)的奇偶性并证明你的结论；

(3)如果f(4)＝1，f(x－1)<2，且f(x)在(0，＋∞)上是增函数，求x的取值范围．

解 (1)∵对于任意x1，x2∈D，

有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，

∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.

(2)f(x)为偶函数．

证明：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，

1∴f(－1)＝f(1)＝0.

2令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，

∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数．

(3)依题设有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，

由(2)知，f(x)是偶函数，

∴f(x－1)<2⇔f(|x－1|)

又f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

∴0<|x－1|<16，解之得－15

∴x的取值范围是{x|－15

考点二 函数图象的画法及应用

例3 对于函数f(x)＝x2－2|x|.

(1)判断其奇偶性，并指出图象的对称性；

(2)画此函数的图象，并指出单调区间和最小值．

解 (1)函数的定义域为R，关于原点对称，

f(－x)＝(－x)2－2|－x|＝x2－2|x|.

则f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数．

图象关于y轴对称．

22x－2x＝x－1－1，x≥0，(2)f(x)＝x2－2|x|＝2

2－1，x<0.x＋2x＝x＋1

画出图象如图所示，

根据图象知，函数f(x)的最小值是－1，无最大值．

单调增区间是[－1,0]，[1，＋∞)；单调减区间是(－∞，－1]，[0,1]．

反思感悟 画函数图象的主要方法有描点法和先研究函数性质再根据性质画图，一旦有了函数图象，可以使问题变得直观，但仍要结合代数运算才能获得精确结果．

跟踪训练3 已知f(x)为定义在R上的奇函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x.求x∈

1[－3,5]时，f(x)＝的所有解的和．

2

解 当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，∴f(－x)＝－x.

又∵f(x)为奇函数，∴x∈[－1,0]时，f(x)＝－f(－x)＝x.

即x∈[－1,1]时，f(x)＝x.

又由f(x)＝f(2－x)可得f(x)的图象关于直线x＝1对称．

由此可得f(x)在[－3,5]上的图象如下：

1在同一坐标系内画出y＝的图象，

2由图可知在[－3,5]上共有四个交点，

1∴f(x)＝在[－3,5]上共有四个解，从左到右记为x1，x2，x3，x4，

2则x1与x4，x2与x3关于直线x＝1对称，

∴x1＋x4x2＋x3＝1，＝1.

22∴x1＋x2＋x3＋x4＝4.

考点三 二次函数的图象及性质

例4 已知g(x)＝－x2－3，f(x)是二次函数，当x∈[－1,2]时，f(x)的最小值是1，且g(x)＋f(x)是奇函数，求f(x)的表达式．

解 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，

则g(x)＋f(x)＝(a－1)x2＋bx＋c－3为奇函数，

故有(a－1)x2＋bx＋c－3＝－[(a－1)x2－bx＋c－3]，

∴(a－1)x2＋bx＋c－3＝－(a－1)x2＋bx－(c－3)．

a－1＝0，a＝1，∴解得

c－3＝0，c＝3.

∴f(x)＝x2＋bx＋3＝x＋b2＋3－b，

242∵f(x)在区间[－1,2]上的最小值为1，

∴需分下列3种情况讨论：

b①当－1≤－≤2，即－4≤b≤2时，

2b－， f(x)的最小值是f2b23－＝1，b2＝8，b＝±22，

4

∵b＝22＞2，∴b＝－22，

∴f(x)＝x2－22x＋3.

b②当－＞2，即b＜－4时，f(x)的最小值是f(2)．

2∴f(2)＝7＋2b＝1，b＝－3，舍去．

b③当－＜－1，即b＞2时，f(x)的最小值是f(－1)．

2∴f(－1)＝4－b＝1，b＝3.

∴f(x)＝x2＋3x＋3.

综上所述，f(x)＝x2－22x＋3或f(x)＝x2＋3x＋3.

反思感悟 (1)对于二次函数，根据题目条件选择恰当的解析式的形式．

(2)二次函数是典型的轴对称图形，用好对称轴是解决问题的一个关键．

(3)研究二次函数在给定区间上的最值问题，往往需要讨论对称轴与区间的关系．在分类讨论时，要按照一定顺序，注意不重不漏．

13跟踪训练4 已知函数f(x)＝x2－x＋.

22(1)写出函数f(x)图象的顶点坐标及单调递增、递减区间；

(2)是否存在实数a，当a＞1时，f(x)的定义域和值域都是[1，a]？若存在，求出a，若不存在，说明理由．

13解 (1)∵f(x)＝x2－x＋

2211＝(x2－2x＋3)＝(x－1)2＋1，

22∴f(x)的顶点坐标为(1,1)，

单调递减区间是(－∞，1]，

单调递增区间是[1，＋∞)．

(2)假设存在实数a满足条件．

13∵x＝1是f(x)＝x2－x＋的对称轴，

22f1＝1，故[1，a]是函数f(x)的递增区间且

fa＝a.

1313∵f(a)＝a2－a＋，∴a2－a＋＝a，

2222∴a＝1或a＝3.又a＞1，∴a＝3.

∴存在实数a＝3，使f(x)的定义域和值域均为[1，a].

1．函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(1)＞0，f(2)＜0，则f(x)在(1,2)上的零点( )

A．至多有一个

C．有且仅有一个

答案 C

解析 若a＝0，则f(x)＝bx＋c是一次函数，由f(1)·f(2)＜0得零点只有一个；若a≠0，则f(x)＝ax2＋bx＋c为二次函数，如有两个零点，则必有f(1)·f(2)＞0，与已知矛盾．故选C.

2x＋6，x∈[1，2]，2．已知函数f(x)＝则f(x)的最大值，最小值分别为( )

x＋7，x∈[－1，1，B．有一个或两个

D．一个也没有

A．10,6

C．8,6

答案 A

B．10,8

D．以上都不对

解析 当x∈[1,2]时，f(x)max＝f(2)＝10，

f(x)min＝f(1)＝8.

当x∈[－1,1]时，f(x)max＝f(1)＝8，

f(x)min＝f(－1)＝6.

∴x∈[－1,2]时，f(x)max＝10，f(x)min＝6.

21－x，x≤1，13．函数f(x)＝2则f

的值为( )

f3x－x－3，x>1，

15278A. B．－ C. D．18

16169答案 C

解析 ∵3>1，∴f(3)＝32－3－3＝3，

11112＝8. ∵<1，∴f

f3＝f

＝1－39334．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)等于( )

A．－3

C．1

答案 C

解析 f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.

3－与5．若f(x)是偶函数，其定义域为(－∞，＋∞)，且在[0，＋∞)上是减函数，则f

2B．－1

D．3

5a2＋2a＋的大小关系是( ) f

235－>fa2＋2a＋ A．f

2235－

2235－≥fa2＋2a＋ C．f

2235－≤fa2＋2a＋ D．f

22答案 C

533解析 因为a2＋2a＋＝(a＋1)2＋≥，

222又f(x)在[0，＋∞)上是减函数，

533a2＋2a＋≤f

＝f

－. 所以f

222

2024年2月19日发(作者：环寄瑶)

章末复习

考点一 函数概念及性质

命题角度1 函数三要素

例1 某省两相近重要城市之间人员交流频繁，为了缓解交通压力，特修一条专用铁路，用一列火车作为交通车，已知该车每次拖挂4节车厢，一天能来回16次，如果该车每次拖挂7节车厢，则每天能来回10次．

(1)若每天来回的次数是车头每次拖挂车厢节数的一次函数，求此一次函数的解析式和定义域；

(2)在(1)的条件下，每节车厢能载乘客110人．问这列火车每天来回多少次才能使运营人数最多？并求出每天最多运营人数．

解 (1)设每天来回y次，每次拖挂x节车厢，由题意设y＝kx＋b(k≠0)，当x＝4时，y＝16，当x＝7时，y＝10，得到16＝4k＋b,10＝7k＋b，解得k＝－2，b＝24，

∴y＝－2x＋24.

x≥0，依题意有x∈N＋，y＝－2x＋24≥0.

解得定义域为{x∈N＋|0≤x≤12}．

(2)设每天来回y次，每次拖挂x节车厢，由题意知，每天拖挂车厢最多时，运营人数最多，设每天拖挂S节车厢，则S＝xy＝x(－2x＋24)＝－2x2＋24x＝－2(x－6)2＋72，x∈[0,12]且x∈N＋.所以当x＝6时，Smax＝72，此时y＝12，则每日最多运营人数为110×72＝7 920.

故这列火车每天来回12次，才能使运营人数最多，每天最多运营人数为7 920.

反思感悟 建立函数模型是借助函数研究问题的第一步，在此过程中要善于抓住等量关系，并把等量关系中涉及的量逐步用变量表示出来；在实际问题中，定义域不但受解析式的影响，还受实际含义约束．

跟踪训练1 如图，ABCD是边长为1的正方形，M是CD的中点，点P沿着路径A→B→C→M在正方形边上运动所经过的路程为x，△APM的面积为y.

(1)求y＝f(x)的解析式及定义域；

(2)求△APM面积的最大值及此时点P位置．

解 (1)根据题意得

3xf(x)＝4－4，1≤x＜2，5x5－，2≤x＜.422x，0

552，＝0，. f(x)的定义域为(0,1)∪[1,2)∪2251，上为减函数， (2)易知f(x)在(0,1)上为增函数，在2311∴当x＝1时，f(x)max＝－＝.

442命题角度2 函数的性质及应用

例2 已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－2.

3(1)求证：f(x)在R上是减函数；

(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值；

(3)解不等式f(x)－f(－x)>2.

(1)证明 由f(x)＋f(y)＝f(x＋y)可得

f(x＋y)－f(x)＝f(y)．

在R上任取x1>x2，令x＋y＝x1，x＝x2，

则f(x1)－f(x2)＝f(x1－x2)．

∵x1>x2，∴x1－x2>0.

又x>0时，f(x)<0，∴f(x1－x2)<0，

即f(x1)－f(x2)<0.

由定义可知f(x)在R上是减函数．

(2)解 ∵f(x)在R上是减函数；

∴f(x)在[－3,3]上也是减函数；

∴f(－3)最大，f(3)最小．

2又f(1)＝－，

32－＝－2. ∴f(3)＝f(2)＋f(1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝3×3∴f(－3)＝f(4－3)－f(4)＝f(1)－f(3)－f(1)＝－f(3)＝2.

即f(x)在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.

(3)解 由(2)知f(－3)＝2，

f(x)－f(－x)>2即f(x)>f(－x)＋2＝f(－x)＋f(－3)＝f(－3－x)，

由(1)知f(x)在R上为减函数，

∴f(x)>f(－3－x)⇔x<－3－x，

3x<－. 不等式的解集为x2

反思感悟 (1)解决有关函数性质的综合应用问题的通法就是根据函数的奇偶性解答或作出图象辅助解答，先证明函数的单调性，再由单调性求最值．

(2)研究抽象函数的性质时要紧扣其定义，同时注意特殊值的应用．

跟踪训练2 函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．

(1)求f(1)的值；

(2)判断f(x)的奇偶性并证明你的结论；

(3)如果f(4)＝1，f(x－1)<2，且f(x)在(0，＋∞)上是增函数，求x的取值范围．

解 (1)∵对于任意x1，x2∈D，

有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，

∴令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.

(2)f(x)为偶函数．

证明：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，

1∴f(－1)＝f(1)＝0.

2令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，

∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数．

(3)依题设有f(4×4)＝f(4)＋f(4)＝2，

由(2)知，f(x)是偶函数，

∴f(x－1)<2⇔f(|x－1|)

又f(x)在(0，＋∞)上是增函数．

∴0<|x－1|<16，解之得－15

∴x的取值范围是{x|－15

考点二 函数图象的画法及应用

例3 对于函数f(x)＝x2－2|x|.

(1)判断其奇偶性，并指出图象的对称性；

(2)画此函数的图象，并指出单调区间和最小值．

解 (1)函数的定义域为R，关于原点对称，

f(－x)＝(－x)2－2|－x|＝x2－2|x|.

则f(－x)＝f(x)，∴f(x)是偶函数．

图象关于y轴对称．

22x－2x＝x－1－1，x≥0，(2)f(x)＝x2－2|x|＝2

2－1，x<0.x＋2x＝x＋1

画出图象如图所示，

根据图象知，函数f(x)的最小值是－1，无最大值．

单调增区间是[－1,0]，[1，＋∞)；单调减区间是(－∞，－1]，[0,1]．

反思感悟 画函数图象的主要方法有描点法和先研究函数性质再根据性质画图，一旦有了函数图象，可以使问题变得直观，但仍要结合代数运算才能获得精确结果．

跟踪训练3 已知f(x)为定义在R上的奇函数，且f(x)＝f(2－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x.求x∈

1[－3,5]时，f(x)＝的所有解的和．

2

解 当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]，∴f(－x)＝－x.

又∵f(x)为奇函数，∴x∈[－1,0]时，f(x)＝－f(－x)＝x.

即x∈[－1,1]时，f(x)＝x.

又由f(x)＝f(2－x)可得f(x)的图象关于直线x＝1对称．

由此可得f(x)在[－3,5]上的图象如下：

1在同一坐标系内画出y＝的图象，

2由图可知在[－3,5]上共有四个交点，

1∴f(x)＝在[－3,5]上共有四个解，从左到右记为x1，x2，x3，x4，

2则x1与x4，x2与x3关于直线x＝1对称，

∴x1＋x4x2＋x3＝1，＝1.

22∴x1＋x2＋x3＋x4＝4.

考点三 二次函数的图象及性质

例4 已知g(x)＝－x2－3，f(x)是二次函数，当x∈[－1,2]时，f(x)的最小值是1，且g(x)＋f(x)是奇函数，求f(x)的表达式．

解 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，

则g(x)＋f(x)＝(a－1)x2＋bx＋c－3为奇函数，

故有(a－1)x2＋bx＋c－3＝－[(a－1)x2－bx＋c－3]，

∴(a－1)x2＋bx＋c－3＝－(a－1)x2＋bx－(c－3)．

a－1＝0，a＝1，∴解得

c－3＝0，c＝3.

∴f(x)＝x2＋bx＋3＝x＋b2＋3－b，

242∵f(x)在区间[－1,2]上的最小值为1，

∴需分下列3种情况讨论：

b①当－1≤－≤2，即－4≤b≤2时，

2b－， f(x)的最小值是f2b23－＝1，b2＝8，b＝±22，

4

∵b＝22＞2，∴b＝－22，

∴f(x)＝x2－22x＋3.

b②当－＞2，即b＜－4时，f(x)的最小值是f(2)．

2∴f(2)＝7＋2b＝1，b＝－3，舍去．

b③当－＜－1，即b＞2时，f(x)的最小值是f(－1)．

2∴f(－1)＝4－b＝1，b＝3.

∴f(x)＝x2＋3x＋3.

综上所述，f(x)＝x2－22x＋3或f(x)＝x2＋3x＋3.

反思感悟 (1)对于二次函数，根据题目条件选择恰当的解析式的形式．

(2)二次函数是典型的轴对称图形，用好对称轴是解决问题的一个关键．

(3)研究二次函数在给定区间上的最值问题，往往需要讨论对称轴与区间的关系．在分类讨论时，要按照一定顺序，注意不重不漏．

13跟踪训练4 已知函数f(x)＝x2－x＋.

22(1)写出函数f(x)图象的顶点坐标及单调递增、递减区间；

(2)是否存在实数a，当a＞1时，f(x)的定义域和值域都是[1，a]？若存在，求出a，若不存在，说明理由．

13解 (1)∵f(x)＝x2－x＋

2211＝(x2－2x＋3)＝(x－1)2＋1，

22∴f(x)的顶点坐标为(1,1)，

单调递减区间是(－∞，1]，

单调递增区间是[1，＋∞)．

(2)假设存在实数a满足条件．

13∵x＝1是f(x)＝x2－x＋的对称轴，

22f1＝1，故[1，a]是函数f(x)的递增区间且

fa＝a.

1313∵f(a)＝a2－a＋，∴a2－a＋＝a，

2222∴a＝1或a＝3.又a＞1，∴a＝3.

∴存在实数a＝3，使f(x)的定义域和值域均为[1，a].

1．函数f(x)＝ax2＋bx＋c，若f(1)＞0，f(2)＜0，则f(x)在(1,2)上的零点( )

A．至多有一个

C．有且仅有一个

答案 C

解析 若a＝0，则f(x)＝bx＋c是一次函数，由f(1)·f(2)＜0得零点只有一个；若a≠0，则f(x)＝ax2＋bx＋c为二次函数，如有两个零点，则必有f(1)·f(2)＞0，与已知矛盾．故选C.

2x＋6，x∈[1，2]，2．已知函数f(x)＝则f(x)的最大值，最小值分别为( )

x＋7，x∈[－1，1，B．有一个或两个

D．一个也没有

A．10,6

C．8,6

答案 A

B．10,8

D．以上都不对

解析 当x∈[1,2]时，f(x)max＝f(2)＝10，

f(x)min＝f(1)＝8.

当x∈[－1,1]时，f(x)max＝f(1)＝8，

f(x)min＝f(－1)＝6.

∴x∈[－1,2]时，f(x)max＝10，f(x)min＝6.

21－x，x≤1，13．函数f(x)＝2则f

的值为( )

f3x－x－3，x>1，

15278A. B．－ C. D．18

16169答案 C

解析 ∵3>1，∴f(3)＝32－3－3＝3，

11112＝8. ∵<1，∴f

f3＝f

＝1－39334．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)等于( )

A．－3

C．1

答案 C

解析 f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.

3－与5．若f(x)是偶函数，其定义域为(－∞，＋∞)，且在[0，＋∞)上是减函数，则f

2B．－1

D．3

5a2＋2a＋的大小关系是( ) f

235－>fa2＋2a＋ A．f

2235－

2235－≥fa2＋2a＋ C．f

2235－≤fa2＋2a＋ D．f

22答案 C

533解析 因为a2＋2a＋＝(a＋1)2＋≥，

222又f(x)在[0，＋∞)上是减函数，

533a2＋2a＋≤f

＝f

－. 所以f

222