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2013年高考数学二轮复习教学案:第3讲 基本初等函数
作者:未知 文章来源:网上收集 点击数: 更新时间:2013-8-20 14:08:20

简介
 基本初等函数

1. 掌握指数函数的概念、图象和性质.
2. 理解对数函数的概念、图象和性质.
3. 能够应用函数的性质、指数函数和对数函数性质解决某些简单实际问题.
4. 了解幂函数的定义,熟悉常见幂函数的图形与性质.

1. 函数y=loga(x+2)+1(a>0,a≠1)的图象经过的定点坐标为________.
2.函数y=lg(x2-2x)的定义域是________.
3.函数y=ax(a>0,a≠1)在R上为单调递减函数,关于x的不等式a2x-2ax-3>0的解集为________.
4.定义:区间[x1,x2](x1
【例1】 函数f(x)=(a,b,c∈Z)是奇函数,且f(1)=2,f(2)<3.
(1) 求a,b,c的值;
(2) 当x<0时,讨论f(x)的单调性.
【例2】 已知函数f(x)=2x-.
(1) 若f(x)=2,求x的值;
(2) 若2tf(2t)+mf(t)≥0对于t∈[1,2]恒成立,求实数m的取值范围.
【例3】 已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a≠0,b<1),在区间[2,3]上有最大值4,最小值1,设f(x)=.
(1) 求a,b的值;
(2) 不等式f(2x)-k·2x≥0在x∈[-1,1]上恒成立,求实数k的取值范围;
(3) 方程f(|2x-1|)+k=0有三个不同的实数解,求实数k的取值范围.
【例4】 (2011·盐城二模)已知函数f(x)=是定义在R上的奇函数,其值域为.
(1) 试求实数a、b的值;
(2) 函数y=g(x)(x∈R)满足:当x∈[0,3)时,g(x)=f(x);g(x+3)=g(x)lnm(m≠1).
① 求函数g(x)在x∈[3,9)上的解析式;
② 若函数g(x)在x∈[0,+∞)上的值域是闭区间,试探求实数m的取值范围,并说明理由.

1. (2011·广东)设函数f(x)=x3cosx+1.若f(a)=11,则f(-a)=________.
2.(2011·江苏)函数f(x)=log5(2x+1)的单调增区间是________.
3.(2011·辽宁)设函数f(x)=则满足f(x)≤2的x的取值范围是________.
4.(2011·山东)已知函数f(x)=logax+x-b(a>0且a≠1).当2<a<3<b<4时,函数f(x)的零点x0∈(n,n+1),n∈N*,则n=________.
5.(2009·山东)已知函数f(x)=x-+a(2-lnx)(a>0),讨论f(x)的单调性.
6.(2011·陕西)设f(x)=lnx,g(x)=f(x)+f′(x).
(1) 求g(x)的单调区间和最小值;
(2) 讨论g(x)与g的大小关系;
(3) 求实数a的取值范围,使得g(a)-g(x)<对任意x>0成立.

(2011·常州模考)(本小题满分16分)已知a为实数,函数f(x)=(1+ax)ex,函数g(x)=,令函数F(x)=f(x)·g(x).
(1) 若a=1,求函数f(x)的极小值;
(2) 当a=-时,解不等式F(x)<1;
(3) 当a<0时,求函数F(x)的单调区间.
解:(1) 当a=1时,f(x)=(1+x)ex.
则f′(x)=(x+2)ex.令f′(x)=0,得x=-2.(1分)
列表如下:
x
(-∞,-2)
-2
(-2,+∞)

f′(x)
-
0
+

f(x)

极小值f(-2)
 

∴ 当x=-2时,函数f(x)取得极小值,极小值为f(-2)=-e-2.(3分)
(2) 当a=-时,F(x)=ex,定义域为{x|x≠-2,x∈R}.
∵ F′(x)=′ex+(ex)′=-<0,
∴ F(x)在(-∞,-2)及(-2,+∞)上均为减函数.(5分)
∵ 当x∈(-∞,-2)时,F(x)<0,∴ x∈(-∞,-2)时,F(x)<1.
∵ 当x∈(-2,+∞)时,F(0)=1,∴ 由F(x)<1=F(0),得x>0.
综上所述,不等式F(x)<1的解集为(-∞,-2)∪(0,+∞).(7分)
(3) 函数F(x)=ex,定义域为.
当a<0时,F′(x)=ex=ex.
令F′(x)=0,得x2=.(9分)
① 当2a+1<0,即a<-时,F′(x)<0.
∴ 当a<-时,函数F(x)的单调减区间为∪.(11分)
② 当-<a<0时,解x2=得x1=,x2=-.
∵ <,
∴ 令F′(x)<0,得x∈,x∈,x∈(x2,+∞);
令F′(x)>0,得x∈(x1,x2).(13分)
∴ 当-<a<0时,函数F(x)的单调减区间为
∪∪;
函数F(x)单调增区间为.(15分)
③ 当2a+1=0,即a=-时,由(2)知,函数F(x)的单调减区间为(-∞,-2)∪(-2,+∞).(16分)
第3讲 基本初等函数

1. 已知定义在R上的奇函数f(x),满足f(x-4)=-f(x)且在区间[0,2]上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+x4=________.
【答案】 -8 解析:因为定义在R上的奇函数,满足f(x-4)=-f(x),所以f(x-4)=f(-x),对f(x)是奇函数,函数图象关于直线x=2对称且f(0)=0,由f(x-4)=-f(x)知f(x-8)=f(x),所以函数是以8为周期的周期函数,又因为f(x)在区间[0,2]上是增函数,所以f(x)在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,不妨设x1<x2<x3<x4由对称性知x1+x2=-12,x3+x4=4,所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8.

2. 已知函数f(x)=x3-(k2-k+1)x2+5x-2,g(x)=k2x2+kx+1,其中k∈R.
(1) 设函数p(x)=f(x)+g(x).若p(x)在区间(0,3)上不单调,求k的取值范围;
(2) 设函数q(x)=是否存在k,对任意给定的非零实数x1,存在唯一的非零实数x2(x2≠x1),使得q′(x2)=q′(x1)成立?若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.
解: (1)因p(x)=f(x)+g(x)=x3+(k-1)x2+(k+5)x-1,
p′(x)=3x2+2(k-1)x+(k+5),因p(x)在区间(0,3)上不单调,所以p′(x)=0在(0,3)上有实数解,且无重根,由p′(x)=0得k(2x+1)=-(3x2-2x+5),∴ k=-=-,令t=2x+1,有t∈(1,7),记h(t)=t+,则h(t)在(1,3]上单调递减,在[3,7)上单调递增,所以有h(t)∈[6,10],于是(2x+1)+∈[6,10),得k∈(-5,-2],而当k=-2时有p′(x)=0在(0,3)上有两个相等的实根x=1,故舍去,所以k∈(-5,-2).
(2) 当x<0时,有q′(x)=f′(x)=3x2-2(k2-k+1)x+5;
当x>0时,有q′(x)=g′(x)=2k2x+k,因为当k=0时不合题意,因此k≠0,
下面讨论k≠0的情形,记A=(k,+∞),B=(5,+∞)①,当x1>0时,q′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以要使q′(x2)=q′(x1)成立,只能x2<0且AB,因此有k≥5,②当x1<0时,q′(x)在(-∞,0)上单调递减,所以要使q′(x2)=q′(x1)成立,只能x2>0且BA,因此k≤5,综合①②k=5;
当k=5时A=B,则x1<0,q′(x1)∈B=A,即x2>0,使得q′(x2)=q′(x1)成立,因为q′(x)在(0,+∞)上单调递增,所以x2的值是唯一的;
同理,x1<0,即存在唯一的非零实数x2(x2≠x1),使q′(x2)=q′(x1)成立,所以k=5满足题意.
基础训练
1. (-1,1)
2. {x|x<0或x>2}
3. (-∞,loga3) 解析:由题知0<a<1,不等式a2x-2ax-3>0可化为(ax-3)(ax+1)>0,ax>3,x<loga3.
4.  解析:由函数y=|log0.5x|得x=1,y=0;x=4或x=时y=2,4-=.
例题选讲
例1 解:(1)函数f(x)为奇函数,f(-x)=-f(x)恒成立,∴ c=0,又由f(1)=2,f(2)<3得 0<b<,b∈Z ∴ b=1,a=1.(2) f(x)==x+,函数在(-∞,-1)上递增,在(-1,0)上递减.
变式训练 已知定义域为R的函数f(x)=是奇函数.
(1) 求a,b的值;
(2) 若对任意的t∈R,不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0恒成立,求实数k的取值范围.
解: (1) 因为f(x)是定义域为R的奇函数,所以f(0)=0,即=0b=1, ∴ f(x)=,又由f(1)= -f(-1)知=-a=2.
经检验符合题意,∴ a=2,b=1.
(2) (解法1)由(1)知f(x)==-+,
易知f(x)在(-∞,+∞)上为减函数.又因f(x)是奇函数,从而不等式:
f(t2-2t)+f(2t2-k)<0等价于f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(k-2t2),
因f(x)为减函数,由上式推得:t2-2t>k-2t2.即对一切t∈R有:3t2-2t-k>0,从而判别式Δ=4+12k<0k<-.
(解法2)由(1)知f(x)=.又由题设条件得:+<0,即:(22t2-k+1+2)(1-2t2-2t)+(2t2-2t+1+2)(1-22t2-k)<0,
整理得23t2-2t-k>1,因底数2>1,故: 3t2-2t-k>0对一切t∈R均成立,从而判别式Δ=4+12k<0k<-.
例2 解:(1)当x<0时,f(x)=0;当x≥0时,f(x)=2x-,
由条件可知2x-=2,即22x-2·2x-1=0,解得2x=1±,
∵ x>0,∴ x=log2(1+).
(2) 当t∈[1,2]时,2t+m≥0,
即m(22t-1)≥-(24t-1), ∵ 22t-1>0,∴ m≥-(22t+1).
∵ t∈[1,2],∴ -(22t+1)∈[-17,-5].
故m的取值范围是[-5,+∞).
变式训练 设函数f(x)=ax满足条件:当x∈(-∞,0)时,f(x)>1.当x∈(0,1]时,不等式f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,求实数m的取值范围.
解: 由已知得0<a<1,由f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2),x∈(0,1]恒成立在x∈(0,1]上恒成立.
整理,当x∈(0,1]时,恒成立.当x=1时,恒成立,则m<.
当x∈(0,1)时,恒成立, =-在(0,1)上单调减,
∴ >,∴ m≤.
又∵ =(x-1)++2,在x∈(0,1)上是减函数,∴ <-1.
∴ m>恒成立m≥-1,当x∈(0,1)时,恒成立m∈.
综上,使x∈(0,1]时,f(3mx-1)>f(1+mx-x2)>f(m+2)恒成立,实数m的取值范围是.
例3 解:(1) g(x)=a(x-1)2+1+b-a,
当a>0时,g(x)在[2,3]上为增函数,
故
当a<0时,g(x)在[2,3]上为减函数.
故
∵ b<1 ∴ a=1,b=0即g(x)=x2-2x+1.f(x)=x+-2.
(2) 方程f(2x)-k·2x≥0化为2x+-2≥k·2x,
1+2-2≥k,令=t,k≤t2-2t+1,
∵ x∈[-1,1],∴ t∈.记φ(t)=t2-2t+1,
∴ φ(t)min=0,∴ k≤0.
(3)由f(|2x-1|)+k=0
得|2x-1|+-(2+3k)=0,

|2x-1|2-(2+3k)|2x-1|+(1+2k)=0,|2x-1|≠0,
令|2x-1|=t, 则方程化为t2-(2+3k)t+(1+2k)=0(t≠0),
∵ 方程|2x-1|+-(2+3k)=0有三个不同的实数解,
∴ 由t=|2x-1|的图象(如右图)知,
t2-(2+3k)t+(1+2k)=0有两个根t1、t2,且0<t1<1<t2或0<t1<1,t2=1,
记φ(t)=t2-(2+3k)t+(1+2k),
则或 ∴ k>0.
例4 解:(1) 由函数f(x)定义域为R,∴ b>0.
又f(x)为奇函数,则f(-x)=-f(x)对x∈R恒成立,得a=0.
因为y=f(x)=的定义域为R,所以方程yx2-x+by=0在R上有解.
当y≠0时,由Δ≥0,得-≤y≤,而f(x)的值域为,所以=,解得b=4;当y=0时,得x=0,可知b=4符合题意.所以b=4.
(2) ① 因为当x∈[0,3)时,g(x)=f(x)=,
所以当x∈[3,6)时,g(x)=g(x-3)lnm=;
当x∈[6,9)时,g(x)=g(x-6)(lnm)2=,
故g(x)=
② 因为当x∈[0,3)时,g(x)=在x=2处取得最大值为,在x=0处取得最小值为0,所以当3n≤x<3n+3(n≥0,n∈Z)时,g(x)=分别在x=3n+2和x=3n处取得最值与0.
(ⅰ) 当|lnm|>1时,g(6n+2)=的值趋向无穷大,从而g(x)的值域不为闭区间;
(ⅱ) 当lnm=1时,由g(x+3)=g(x)得g(x)是以3为周期的函数,从而g(x)的值域为闭区间;
(ⅲ) 当lnm=-1时,由g(x+3)=-g(x)得g(x+6)=g(x),得g(x)是以6为周期的函数,且当x∈[3,6)时g(x)=值域为,从而g(x)的值域为闭区间;
(ⅳ) 当0<lnm<1时,由g(3n+2)=<,得g(x)的值域为闭区间;
(ⅴ) 当-1<lnm<0时,由≤g(3n+2)=≤,从而g(x)的值域为闭区间;
综上知,当m∈∪(1,e],即0<lnm≤1或-1≤lnm<0时,g(x)的值域为闭区间.
高考回顾
1. -9
2. 
3. [0,+∞) 解析:0≤x≤1或x>1,综上x≥0.
4. 2 解析:(解法1) 方程logax+x-b=0(a>0,a≠1)的根为x0,即函数y=logax(2<a<3)的图象与函数y=b-x(3<b<4)的交点横坐标为x0,且x0∈(n,n+1),n∈N*,结合图象,因为当x=a(2<a<3)时,y=logax(2<a<3)图象上点的纵坐标为1,对应直线上点的纵坐标为y=b-a∈(0,2),∴ x0∈(2,3),n=2.
(解法2) f(2)=loga2+2-b<0,f(3)=loga3+3-b>0,而f(x)在(0,+∞)上单调增,∴ x0∈(2,3),n=2.
5. 解:f(x)的定义域是(0,+∞),f′(x)=1+-=.
设g(x)=x2-ax+2,二次方程g(x)=0的根判别式Δ=a2-8.
① 当Δ=a2-8<0,即0<a<2时,对一切x>0都有f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上是增函数.
② 当Δ=a2-8=0,即a=2时,仅对x=有f′(x)=0,对其余的x>0都有f′(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上也是增函数.
③ 当Δ=a2-8>0,即a>2时,
方程g(x)=0有两个不同的实根x1=,x2=,0<x1<x2.
x
(0,x1)
x1
(x1,x2)
x2
(x2,+∞)

f′(x)
+
0
-
0
+

f(x)
单调递增
极大
单调递减
极小
单调递增

此时f(x)在上单调递增, 在上是单调递减, 在上单调递增.
6. 解:(1) 由题设知f(x)=lnx,g(x)=lnx+, ∴ g′(x)=,令g′(x)=0得x=1,当x∈(0,1)时,g′(x)<0,g(x)是减函数,故(0,1)是g(x)的单调减区间.当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,g(x)是增函数,故(1,+∞)是g(x)的单调递增区间,因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以g(x)的最小值为g(1)=1.
(2) g=-lnx+x,设h(x)=g(x)-g=2lnx-x+,则h′(x)=-,当x=1时,h(1)=0,即g(x)=g,当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h′(x)<0,因此h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,即g(x)>g.x>1时,h(x)(3) 由(1)知g(x)的最小值为1,所以g(a)-g(x)<,对任意x>0恒成立g(a)-1<,即lna<1从而得0<a<e.



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