函数的概念与性质专项习题课 课件-2025-2026学年高一上学期数学人教A版必修第一册

(2)若函数y＝f(x)的定义域是[－2,4]，则函数g(x)＝f(x)＋f(－x)的定义域是 (　　) A．[－4,4] B．[－2,2] C．[－4，－2] D．[2,4] 对于复合函数f(g(x))：①若f(x)的定义域为[a，b]，f(g(x))的定义域应由a≤g(x)≤b解出；②若f(g(x))的定义域为[a，b]，则f(x)的定义域为g(x)在[a，b]上的值域．　　 解析：∵f(x－1)的定义域为[－1,2]， ∴f(x－1)中的x满足－1≤x≤2，∴－2≤x－1≤1，∴f(1－3x)中的1－3x满足－2≤1－3x≤1， ∴0≤x≤1.∴f(1－3x)的定义域为[0,1]． 答案：C　 (1)求分段函数的函数值的方法：先确定要求值的自变量的取值属于哪个区间，然后代入该区间对应的解析式求值．当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值． (2)在分段函数的前提下，求某条件下自变量的取值范围的方法：先假设自变量的值在分段函数定义域的各段上，然后求出在相应各段定义域上自变量的取值范围，再求它们的并集即可．　　 解析：当a≤－2时，f(a)＝a<－3，此时不等式的解集是(－∞，－3)；当－2<a<4时，f(a)＝a＋1<－3，此时不等式无解；当a≥4时，f(a)＝3a<－3，此时不等式无解．故a的取值范围是(－∞，－3)． 答案：(－∞ ，－3) 函数单调性与奇偶性应用的常见题型 (1)用定义判断或证明函数的单调性和奇偶性． (2)利用函数的单调性和奇偶性求单调区间． (3)利用函数的单调性和奇偶性比较大小、解不等式．　　 (4)利用函数的单调性和奇偶性求参数的取值范围． 提醒：判断函数的奇偶性时要特别注意定义域是否关于原点对称． 【集训冲关】 1．若函数f(x)是R上的偶函数，且在[0，＋∞)上单调递减，则满足f(π)<f(a)的实数a的取值范围是________． 解析：若a≥0，由f(x)在[0，＋∞)上是单调递减，且f(π)<f(a)，得a<π，即0≤a<π.若a<0，则由f(x)在[0，＋∞)上单调递减，得知f(x)在(－∞，0]上单调递增．因为f(π)＝f(－π)，则由f(－π)<f(a)，得a>－π，即－π<a<0.综上所述，a∈(－π，π)． 答案：(－π，π) 综合考法(四)　函数的图象及应用 【题型技法】 [例4]　在平面直角坐标系xOy中，若直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，则a的值为________． 【集训冲关】 已知f(x)是R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝－x2＋2x＋2. (1)求f(－1)； (2)求f(x)的解析式； (3)画出f(x)的图象，并指出f(x)的单调区间． 解：(1)由于函数f(x)是R上的奇函数，所以对任意的x都有f(－x)＝－f(x)， 所以f(－1)＝－f(1)＝－(－1＋2＋2)＝－3. 综合考法(五)　函数模型的建立 【题型技法】 [例5]　某上市股票在30天内每股的交易价格P(单位：元)与时间t(单位：天)组成有序数对(t，P)，点(t，P)落在图中的两条线段上．该股票在30天内的日交易量Q(单位：万股)与时间t(单位：天)的部分数据如表所示： 第t天 4 10 16 22 Q/万股 36 30 24 18 (1)根据提供的图象(如图)，写出该种股票每股交易价格P(单位：元)与时间t(单位：天)所满足的函数关系式； (2)根据表中数据确定日交易量Q(单位：万股)与时间t(单位：天)的一次函数关系式； (3)用y表示该股票日交易额(单位：万元)，写出y关于t的函数关系式，并求在这30天中第几天日交易额最大及最大值是多少． 建立恰当的函数模型解决实际问题的步骤 (1)对实际问题进行抽象概括，确定变量之间的主动、被动关系，并用x，y分别表示． (2)建立函数模型，将变量y表示为x的函数，此时要注意函数的定义域． (3)求解函数模型，并还原为实际问题的解． 【集训冲关】 1．某数学练习册定价为40元，若一次性购买超过9本，则每本优惠5元，并且赠送10元代金券；若一次性购买超过19本，则每本优惠10元，并且赠送20元代金券．某班购买x(x∈N*，x≤40)本，则总费用f(x)与x的函数关系式为________．(代金券相当于等价金额) 2．如图所示，A, B两城相距100 km，某天然气公司计划在两地之间建一天然气站D给A，B两城供气．已知D地距A城x km，为保证城市安全，天然气站距两城市的距离均不得少于10 km.已知建设费用y(单位：万元)与A，B两地的供气距离(单位：km)的平方和成正比．当天然气站D距A城的距离为40 km时，建设费用为1 300万元．(供气距离指天然气站到城市的距离) (1)把建设费用y(单位：万元)表示成x(单位：km)的函数，并求定义域． (2)天然气供气站建在距A城多远才能使建设费用最小？最小费用是多少？ eq \x(\a\vs4\al(习题课)　\a\vs4\al(\f(综合贯通知识,把握考点考法))) eq \a\vs4\al(函数的概念与性质) 综合考法(一)　求函数的定义域 【题型技法】 [例1]　(1)函数y＝eq \r(2x＋1)＋eq \r(3－4x)的定义域为 (　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4)))　　　 B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))∪(0，＋∞) [解析]　(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1≥0，,3－4x≥0，))解得－eq \f(1,2)≤x≤eq \f(3,4)， 所以函数y＝eq \r(2x＋1)＋eq \r(3－4x)的定义域为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,4))). (2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－2≤x≤4，,－2≤－x≤4，))得－2≤x≤2， 所以函数g(x)＝f(x)＋f(－x)的定义域是[－2,2]． [答案]　(1)B　(2)B eq \a\vs4\al([方法技巧]) 【集训冲关】 1．函数f(x)＝eq \f(2x2,\r(1－x))＋(2x－1)0的定义域为 (　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) 解析：由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(1－x＞0，,2x－1≠0，)) 解得x＜1且x≠eq \f(1,2). 答案：D　 2．已知函数y＝f(x－1)的定义域是[－1,2]，则y＝f(1－3x)的定义域为 (　　) A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0)) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，3)) C．[0,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)) 综合考法(二)　分段函数 【题型技法】 [例2]　设f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\r(x)，0＜x＜1，,2x－1，x≥1.))若f(a)＝f(a＋1)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))等于 (　　) A．2　　　　　　　 B．4 C．6 D．8 [解析]　当0<a<1时，a＋1>1，f(a)＝eq \r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a， ∵f(a)＝f(a＋1)，∴eq \r(a)＝2a，解得a＝eq \f(1,4). ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6. 当a≥1时，a＋1≥2， ∴f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a， ∴2(a－1)＝2a，无解．综上，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6. [答案]　C eq \a\vs4\al([方法技巧]) 【集训冲关】 1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－2)，x＞2，,fx＋3，x≤2，))则f(2)的值等于 (　　) A．4　　 B．3 C．2　　　D．无意义 解析：∵f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x＋1,x－2)，x＞2，,fx＋3，x≤2，)) ∴f(2)＝f(5)＝eq \f(5＋1,5－2)＝2.故选C. 答案：C　 2．设集合A＝eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，B＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)，x∈A，,21－x，x∈B，))若x0∈A，且f(f(x0))∈A，则x0的取值范围是 (　　) A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,8))) 解析：∵x0∈A，∴f(x0)＝x0＋eq \f(1,2)∈B，∴f(f(x0))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(1,2)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－x0－\f(1,2)))＝1－2x0∈A，∴0≤1－2x0＜eq \f(1,2)，即eq \f(1,4)＜x0≤eq \f(1,2). 又x0∈A，∴eq \f(1,4)＜x0＜eq \f(1,2). 答案：C　 3．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x，x≤－2，,x＋1，－2＜x＜4，,3x，x≥4，))若f(a)<－3，则a的取值范围是________． 综合考法(三)　函数的性质及应用 【题型技法】 [例3]　已知f(x)是定义在[－1,1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有eq \f(fa＋fb,a＋b)＞0成立． (1)判断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明； (2)解不等式f(x2)＜f(2x)； (3)若f(x)≤m2－2am＋1对所有的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围． [解]　(1)f(x)是[－1,1]上的增函数． 证明：任取x1，x2∈[－1,1]，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)． ∵eq \f(fx1＋f－x2,x1＋－x2)＞0， ∴eq \f(fx1－fx2,x1－x2)＞0. ∵x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＜0. ∴f(x)是[－1,1]上的增函数． (2)由(1)可得f(x)在[－1,1]上单调递增， 可得不等式f(x2)＜f(2x)等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1≤x2≤1，,－1≤2x≤1，,x2＜2x，)) 解得0＜x≤eq \f(1,2)，即所求不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))). (3)要使f(x)≤m2－2am＋1对所有的x∈[－1,1]，a∈[－1，1]恒成立，只需f(x)max≤m2－2am＋1对所有的x∈[－1,1]，a∈[－1,1]恒成立， 又f(x)max＝f(1)＝1， ∴1≤m2－2am＋1对任意的a∈[－1,1]恒成立， 即m2－2am≥0对任意的a∈[－1,1]恒成立． 令g(a)＝－2ma＋m2，只需eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(g－1＝2m＋m2≥0，,g1＝m2－2m≥0，)) 解得m≤－2或m≥2或m＝0， 故实数m的取值范围是(－∞，－2]∪{0}∪[2，＋∞)． eq \a\vs4\al([方法技巧]) 2．已知函数f(x)＝eq \f(mx2＋2,3x＋n)是奇函数，且f(2)＝eq \f(5,3). (1)求实数m和n的值； (2)求函数f(x)在区间[－2，－1]上的最值． 解：(1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)， ∴eq \f(mx2＋2,－3x＋n)＝－eq \f(mx2＋2,3x＋n)＝eq \f(mx2＋2,－3x－n). 比较得n＝－n，n＝0.又f(2)＝eq \f(5,3)， ∴eq \f(4m＋2,6)＝eq \f(5,3)， 解得m＝2.因此，实数m和n的值分别是2和0. (2)由(1)知f(x)＝eq \f(2x2＋2,3x)＝eq \f(2x,3)＋eq \f(2,3x).任取x1，x2∈[－2，－1]，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2,3)(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x1x2)))＝eq \f(2,3)(x1－x2)·eq \f(x1x2－1,x1x2). ∵－2≤x1＜x2≤－1，∴x1－x2＜0，x1x2＞1，x1x2－1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)． ∴函数f(x)在[－2，－1]上为增函数， 因此f(x)max＝f(－1)＝－eq \f(4,3)，f(x)min＝f(－2)＝－eq \f(5,3). [解析]　函数y＝|x－a|－1的图象如图所示，因为直线y＝2a与函数y＝|x－a|－1的图象只有一个交点，故2a＝－1， 解得a＝－eq \f(1,2). [答案]　－eq \f(1,2) eq \a\vs4\al([方法技巧]) 作函数图象的方法 (1)描点法——求定义域，化简，列表，描点，连线． (2)变换法——熟知函数的图象的平移、伸缩、对称、翻转． ①平移：y＝f(x)eq \o(――――→,\s\up17(左加右减))y＝f(x±h)；y＝f(x)eq \o(――――→,\s\up17(上加下减))y＝f(x)±k.(其中h>0，k>0) 提醒：要利用函数的单调性、奇偶性、对称性简化作图．　　 (2)设x<0，则－x>0，于是f(－x)＝－(－x)2－2x＋2＝－x2－2x＋2.又因为f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)．因此f(x)＝x2＋2x－2.又因为f(0)＝0， 所以 f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋2x－2，x＜0，,0，x＝0，,－x2＋2x＋2，x＞0.)) (3)先画出y＝f(x)(x>0)的图象，利用奇函数的对称性可得到相应y＝f(x)(x<0)的图象，其图象如图所示． 由图可知，其增区间为[－1,0)和(0,1]，减区间为(－∞，－1]和[1，＋∞)． [解]　(1)P＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,5)t＋2，0＜t≤20，,－\f(1,10)t＋8，20＜t≤30))(t∈N*)． (2)设Q＝at＋b(a，b为常数)，把(4,36)，(10,30)代入得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(4a＋b＝36，,10a＋b＝30.))所以a＝－1，b＝40， 所以日交易量Q(单位：万股)与时间t(单位：天)的一次函数关系式为Q＝－t＋40,0<t≤30，t∈N*. (3)由(1)(2)可得 y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)t＋2))×40－t，0＜t≤20，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,10)t＋8))×40－t，20＜t≤30.)) 即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－\f(1,5)t－152＋125，0＜t≤20，,\f(1,10)t－602－40，20＜t≤30))(t∈N*)． 当0<t≤20时，y有最大值ymax＝125万元，此时t＝15；当20<t≤30时，y随t的增大而减少，ymax<eq \f(1,10)(20－60)2－40＝120(万元)． 所以在30天中的第15天日交易额最大，最大值为125万元． eq \a\vs4\al([方法技巧]) 解析：当0<x<10时，f(x)＝40x；当10≤x<20时，f(x)＝35x－10；当20≤x≤40时，f(x)＝30x－20. 所以f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(40x，0<x<10，,35x－10，10≤x<20，x∈N*.,30x－20，20≤x≤40)) 答案：f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(40x，0<x<10，,35x－10，10≤x<20，x∈N*,30x－20，20≤x≤40)) 解：(1)由题意知D地距B地(100－x)km， 则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(10≤100－x，,x≥10，))所以10≤x≤90. 设比例系数为k，则y＝k[x2＋(100－x)2](10≤x≤90)． 又x＝40时，y＝1 300，所以1 300＝k(402＋602)，即k＝eq \f(1,4)，所以y＝eq \f(1,4)[x2＋(100－x)2]＝eq \f(1,2)(x2－100x＋5 000)(10≤x≤90)． (2)因为y＝eq \f(1,2)(x2－100x＋5 000) ＝eq \f(1,2)(x－50)2＋1 250， 所以当x＝50时，y有最小值，为1 250万元．所以供气站建在距A城50 km处能使建设费用最小，最小费用是1 250万元． $$