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高三数学《函数》教学教案

时间:2022-10-07 22:44:58 教案 我要投稿
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高三数学《函数》教学教案

  2.12 函数的综合问题

高三数学《函数》教学教案

  ●知识梳理

  函数的综合应用主要体现在以下几方面:

  1.函数内容本身的相互综合,如函数概念、性质、图象等方面知识的综合.

  2.函数与其他数学知识点的综合,如方程、不等式、数列、解析几何等方面的内容与函数的综合.这是高考主要考查的内容.

  3.函数与实际应用问题的综合.

  ●点击双基

  1.已知函数f(x)=lg(2x-b)(b为常数),若x∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,则

  A.b≤1 B.b<1 C.b≥1 D.b=1

  解析:当x∈[1,+∞)时,f(x)≥0,从而2x-b≥1,即b≤2x-1.而x∈[1,+∞)时,2x-1单调增加,

  ∴b≤2-1=1.

  答案:A

  2.若f(x)是R上的减函数,且f(x)的图象经过点A(0,3)和B(3,-1),则不等式|f(x+1)-1|<2的解集是___________________.

  解析:由|f(x+1)-1|<2得-2

  又f(x)是R上的减函数,且f(x)的图象过点A(0,3),B(3,-1),

  ∴f(3)

  ∴0

  答案:(-1,2)

  ●典例剖析

  【例1】 取第一象限内的点P1(x1,y1),P2(x2,y2),使1,x1,x2,2依次成等差数列,1,y1,y2,2依次成等比数列,则点P1、P2与射线l:y=x(x>0)的关系为

  A.点P1、P2都在l的上方 B.点P1、P2都在l上

  C.点P1在l的下方,P2在l的上方 D.点P1、P2都在l的下方

  剖析:x1= +1= ,x2=1+ = ,y1=1× = ,y2= ,∵y1

  ∴P1、P2都在l的下方.

  答案:D

  【例2】 已知f(x)是R上的偶函数,且f(2)=0,g(x)是R上的奇函数,且对于x∈R,都有g(x)=f(x-1),求f(2002)的值.

  解:由g(x)=f(x-1),x∈R,得f(x)=g(x+1).又f(-x)=f(x),g(-x)=-g(x),

  故有f(x)=f(-x)=g(-x+1)=-g(x-1)=-f(x-2)=-f(2-x)=-g(3-x)=

  g(x-3)=f(x-4),也即f(x+4)=f(x),x∈R.

  ∴f(x)为周期函数,其周期T=4.

  ∴f(2002)=f(4×500+2)=f(2)=0.

  评述:应灵活掌握和运用函数的奇偶性、周期性等性质.

  【例3】 函数f(x)= (m>0),x1、x2∈R,当x1+x2=1时,f(x1)+f(x2)= .

  (1)求m的值;

  (2)数列{an},已知an=f(0)+f( )+f( )+…+f( )+f(1),求an.

  解:(1)由f(x1)+f(x2)= ,得 + = ,

  ∴4 +4 +2m= [4 +m(4 +4 )+m2].

  ∵x1+x2=1,∴(2-m)(4 +4 )=(m-2)2.

  ∴4 +4 =2-m或2-m=0.

  ∵4 +4 ≥2 =2 =4,

  而m>0时2-m<2,∴4 +4 ≠2-m.

  ∴m=2.

  (2)∵an=f(0)+f( )+f( )+…+f( )+f(1),∴an=f(1)+f( )+ f( )+…+f( )+f(0).

  ∴2an=[f(0)+f(1)]+[f( )+f( )]+…+[f(1)+f(0)]= + +…+ = .

  ∴an= .

  深化拓展

  用函数的思想处理方程、不等式、数列等问题是一重要的思想方法.

  【例4】 函数f(x)的定义域为R,且对任意x、y∈R,有f(x+y)=f(x)+f(y),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=-2.

  (1)证明f(x)是奇函数;

  (2)证明f(x)在R上是减函数;

  (3)求f(x)在区间[-3,3]上的最大值和最小值.

  (1)证明:由f(x+y)=f(x)+f(y),得f[x+(-x)]=f(x)+f(-x),∴f(x)+ f(-x)=f(0).又f(0+0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.从而有f(x)+f(-x)=0.

  ∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是奇函数.

  (2)证明:任取x1、x2∈R,且x10.∴f(x2-x1)<0.

  ∴-f(x2-x1)>0,即f(x1)>f(x2),从而f(x)在R上是减函数.

  (3)解:由于f(x)在R上是减函数,故f(x)在[-3,3]上的最大值是f(-3),最小值是f(3).由f(1)=-2,得f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3×(-2)=-6,f(-3)=-f(3)=6.从而最大值是6,最小值是-6.

  深化拓展

  对于任意实数x、y,定义运算x*y=ax+by+cxy,其中a、b、c是常数,等式右边的运算是通常的加法和乘法运算.现已知1*2=3,2*3=4,并且有一个非零实数m,使得对于任意实数x,都有x*m=x,试求m的值.

  提示:由1*2=3,2*3=4,得

  ∴b=2+2c,a=-1-6c.

  又由x*m=ax+bm+cmx=x对于任意实数x恒成立,

  ∴ ∴b=0=2+2c.

  ∴c=-1.∴(-1-6c)+cm=1.

  ∴-1+6-m=1.∴m=4.

  答案:4.

  ●闯关训练

  夯实基础

  1.已知y=f(x)在定义域[1,3]上为单调减函数,值域为[4,7],若它存在反函数,则反函数在其定义域上

  A.单调递减且最大值为7 B.单调递增且最大值为7

  C.单调递减且最大值为3 D.单调递增且最大值为3

  解析:互为反函数的两个函数在各自定义区间上有相同的增减性,f-1(x)的值域是[1,3].

  答案:C

  2.关于x的方程|x2-4x+3|-a=0有三个不相等的实数根,则实数a的值是___________________.

  解析:作函数y=|x2-4x+3|的图象,如下图.

  由图象知直线y=1与y=|x2-4x+3|的图象有三个交点,即方程|x2-4x+3|=1也就是方程|x2-4x+3|-1=0有三个不相等的实数根,因此a=1.

  答案:1

  3.若存在常数p>0,使得函数f(x)满足f(px)=f(px- )(x∈R),则f(x)的一个正周期为__________.

  解析:由f(px)=f(px- ),

  令px=u,f(u)=f(u- )=f[(u+ )- ],∴T= 或 的整数倍.

  答案: (或 的整数倍)

  4.已知关于x的方程sin2x-2sinx-a=0有实数解,求a的取值范围.

  解:a=sin2x-2sinx=(sinx-1)2-1.

  ∵-1≤sinx≤1,∴0≤(sinx-1)2≤4.

  ∴a的范围是[-1,3].

  5.记函数f(x)= 的定义域为A,g(x)=lg[(x-a-1)(2a-x)](a<1)的定义域为B.

  (1)求A;

  (2)若B A,求实数a的取值范围.

  解:(1)由2- ≥0,得 ≥0,

  ∴x<-1或x≥1,即A=(-∞,-1)∪[1,+∞).

  (2)由(x-a-1)(2a-x)>0,得(x-a-1)(x-2a)<0.

  ∵a<1,∴a+1>2a.∴B=(2a,a+1).

  ∵B A,∴2a≥1或a+1≤-1,即a≥ 或a≤-2.

  而a<1,∴ ≤a<1或a≤-2.

  故当B A时,实数a的取值范围是(-∞,-2]∪[ ,1).

  培养能力

  6.(理)已知二次函数f(x)=x2+bx+c(b≥0,c∈R).

  若f(x)的定义域为[-1,0]时,值域也是[-1,0],符合上述条件的函数f(x)是否存在?若存在,求出f(x)的表达式;若不存在,请说明理由.

  解:设符合条件的f(x)存在,

  ∵函数图象的对称轴是x=- ,

  又b≥0,∴- ≤0.

  ①当- <- ≤0,即0≤b<1时,

  函数x=- 有最小值-1,则

  或 (舍去).

  ②当-1<- ≤- ,即1≤b<2时,则

  (舍去)或 (舍去).

  ③当- ≤-1,即b≥2时,函数在[-1,0]上单调递增,则 解得

  综上所述,符合条件的函数有两个,

  f(x)=x2-1或f(x)=x2+2x.

  (文)已知二次函数f(x)=x2+(b+1)x+c(b≥0,c∈R).

  若f(x)的定义域为[-1,0]时,值域也是[-1,0],符合上述条件的函数f(x)是否存在?若存在,求出f(x)的表达式;若不存在,请说明理由.

  解:∵函数图象的对称轴是

  x=- ,又b≥0,∴- ≤- .

  设符合条件的f(x)存在,

  ①当- ≤-1时,即b≥1时,函数f(x)在[-1,0]上单调递增,则

  ②当-1<- ≤- ,即0≤b<1时,则

  (舍去).

  综上所述,符合条件的函数为f(x)=x2+2x.

  7.已知函数f(x)=x+ 的定义域为(0,+∞),且f(2)=2+ .设点P是函数图象上的任意一点,过点P分别作直线y=x和y轴的垂线,垂足分别为M、N.

  (1)求a的值.

  (2)问:|PM||PN|是否为定值?若是,则求出该定值;若不是,请说明理由.

  (3)设O为坐标原点,求四边形OMPN面积的最小值.

  解:(1)∵f(2)=2+ =2+ ,∴a= .

  (2)设点P的坐标为(x0,y0),则有y0=x0+ ,x0>0,由点到直线的距离公式可知,|PM|= = ,|PN|=x0,∴有|PM||PN|=1,即|PM||PN|为定值,这个值为1.

  (3)由题意可设M(t,t),可知N(0,y0).

  ∵PM与直线y=x垂直,∴kPM1=-1,即 =-1.解得t= (x0+y0).

  又y0=x0+ ,∴t=x0+ .

  ∴S△OPM= + ,S△OPN= x02+ .

  ∴S四边形OMPN=S△OPM+S△OPN= (x02+ )+ ≥1+ .

  当且仅当x0=1时,等号成立.

  此时四边形OMPN的面积有最小值1+ .

  探究创新

  8.有一块边长为4的正方形钢板,现对其进行切割、焊接成一个长方体形无盖容器(切、焊损耗忽略不计).有人应用数学知识作了如下设计:如图(a),在钢板的四个角处各切去一个小正方形,剩余部分围成一个长方体,该长方体的高为小正方形边长,如图(b).

  (1)请你求出这种切割、焊接而成的长方体的最大容积V1;

  (2)由于上述设计存在缺陷(材料有所浪费),请你重新设计切、焊方法,使材料浪费减少,而且所得长方体容器的容积V2>V1.

  解:(1)设切去正方形边长为x,则焊接成的长方体的底面边长为4-2x,高为x,

  ∴V1=(4-2x)2x=4(x3-4x2+4x)(0

  ∴V1′=4(3x2-8x+4).

  令V1′=0,得x1= ,x2=2(舍去).

  而V1′=12(x- )(x-2),

  又当x< 时,V1′>0;当

  ∴当x= 时,V1取最大值 .

  (2)重新设计方案如下:

  如图①,在正方形的两个角处各切下一个边长为1的小正方形;如图②,将切下的小正方形焊在未切口的正方形一边的中间;如图③,将图②焊成长方体容器.

  新焊长方体容器底面是一长方形,长为3,宽为2,此长方体容积V2=3×2×1=6,显然V2>V1.

  故第二种方案符合要求.

  ●思悟小结

  1.函数知识可深可浅,复习时应掌握好分寸,如二次函数问题应高度重视,其他如分类讨论、探索性问题属热点内容,应适当加强.

  2.数形结合思想贯穿于函数研究的各个领域的全部过程中,掌握了这一点,将会体会到函数问题既千姿百态,又有章可循.

  ●教师下载中心

  教学点睛

  数形结合和数形转化是解决本章问题的重要思想方法,应要求学生熟练掌握用函数的图象及方程的曲线去处理函数、方程、不等式等问题.

  拓展题例

  【例1】 设f(x)是定义在[-1,1]上的奇函数,且对任意a、b∈[-1,1],当a+b≠0时,都有 >0.

  (1)若a>b,比较f(a)与f(b)的大小;

  (2)解不等式f(x- )

  (3)记P={x|y=f(x-c)},Q={x|y=f(x-c2)},且P∩Q= ,求c的取值范围.

  解:设-1≤x1

  ∴ >0.

  ∵x1-x2<0,∴f(x1)+f(-x2)<0.

  ∴f(x1)<-f(-x2).

  又f(x)是奇函数,∴f(-x2)=-f(x2).

  ∴f(x1)

  ∴f(x)是增函数.

  (1)∵a>b,∴f(a)>f(b).

  (2)由f(x- )

  ∴- ≤x≤ .

  ∴不等式的解集为{x|- ≤x≤ }.

  (3)由-1≤x-c≤1,得-1+c≤x≤1+c,

  ∴P={x|-1+c≤x≤1+c}.

  由-1≤x-c2≤1,得-1+c2≤x≤1+c2,

  ∴Q={x|-1+c2≤x≤1+c2}.

  ∵P∩Q= ,

  ∴1+c<-1+c2或-1+c>1+c2,

  解得c>2或c<-1.

  【例2】已知函数f(x)的图象与函数h(x)=x+ +2的图象关于点A(0,1)对称.

  (1)求f(x)的解析式;

  (2)(文)若g(x)=f(x)x+ax,且g(x)在区间(0,2]上为减函数,求实数a的取值范围.

  (理)若g(x)=f(x)+ ,且g(x)在区间(0,2]上为减函数,求实数a的取值范围.

  解:(1)设f(x)图象上任一点坐标为(x,y),点(x,y)关于点A(0,1)的对称点(-x,2-y)在h(x)的图象上.

  ∴2-y=-x+ +2.

  ∴y=x+ ,即f(x)=x+ .

  (2)(文)g(x)=(x+ )x+ax,

  即g(x)=x2+ax+1.

  g(x)在(0,2]上递减 - ≥2,

  ∴a≤-4.

  (理)g(x)=x+ .

  ∵g′(x)=1- ,g(x)在(0,2]上递减,

  ∴1- ≤0在x∈(0,2]时恒成立,

  即a≥x2-1在x∈(0,2]时恒成立.

  ∵x∈(0,2]时,(x2-1)max=3,

  ∴a≥3.

  【例3】在4月份(共30天),有一新款服装投放某专卖店销售,日销售量(单位:件)f(n)关于时间n(1≤n≤30,n∈N*)的函数关系如下图所示,其中函数f(n)图象中的点位于斜率为5和-3的两条直线上,两直线的交点的横坐标为m,且第m天日销售量最大.

  (1)求f(n)的表达式,及前m天的销售总数;

  (2)按规律,当该专卖店销售总数超过400件时,社会上流行该服装,而日销售量连续下降并低于30件时,该服装的流行会消失.试问该服装在社会上流行的天数是否会超过10天?并说明理由.

  解:(1)由图形知,当1≤n≤m且n∈N*时,f(n)=5n-3.

  由f(m)=57,得m=12.

  ∴f(n)=

  前12天的销售总量为

  5(1+2+3+…+12)-3×12=354件.

  (2)第13天的销售量为f(13)=-3×13+93=54件,而354+54>400,

  ∴从第14天开始销售总量超过400件,即开始流行.

  设第n天的日销售量开始低于30件(1221.

  ∴从第22天开始日销售量低于30件,

  即流行时间为14号至21号.

  ∴该服装流行时间不超过10天.

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