第2章 函数 章末整合提升(课件PPT)-【精讲精练】2025-2026学年高中数学必修第一册(北师大版)

第二章　函　数 章末整合提升 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 谢谢观看 返回目录 第二章　函　数 数学•必修　第一册(配BSD版) 1 一、函数的概念 1．函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值集合． 2．已知函数值求字母取值的步骤 (1)先对字母的取值范围分类讨论． (2)然后代入到不同的解析式中． (3)通过解方程求出字母的值． (4)检验所求的值是否在所讨论的区间内． 　(1)函数f(x)＝eq \r(x＋1)＋eq \f(1,2－x)的定义域为_______． (2)已知实数a≠0，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋a，x＜1，,－x－2a，x≥1，)) 若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为_______． [解析]　(1)要使f(x)有意义，需且只需 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2－x≠0，))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x≥－1，,x≠2，)) ∴f(x)的定义域为[－1,2)∪(2，＋∞)． (2)当a＞0时，f(1－a)＝2(1－a)＋a＝2－a， f(1＋a)＝－(1＋a)－2a＝－1－3a. 由2－a＝－1－3a， 得2a＝－3，a＝－eq \f(3,2)， 又a＞0，舍去． 当a＜0时，f(1－a)＝－(1－a)－2a＝－1－a， f(1＋a)＝2(1＋a)＋a＝2＋3a. 由－1－a＝2＋3a，得4a＝－3，a＝－eq \f(3,4)， 满足a＜0.综上，a＝－eq \f(3,4). [答案]　(1)[－1,2)∪(2，＋∞)　(2)－eq \f(3,4) 二、函数的图象 函数图象是变量间的直观反映，能较形象地分析出变量间的变化规律，更是研究函数性质(最值、单调性)的有力工具． 　(1)在同一直角坐标系中，二次函数y＝ax2＋bx与幂函数y＝xeq \f(b,a)(x>0)的图象可能为(　　) (2)已知函数f(x)＝|－x2＋2x＋3|. ①画出函数图象并写出函数的单调区间； ②求集合M＝{m|使方程f(x)＝m有四个不相等的实根}． [解析]　(1)对于A，二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴在y轴右侧，则－eq \f(b,2a)>0，则eq \f(b,a)<0，即幂函数y＝(x>0)为减函数，符合题意；对于B，二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴在y轴右侧，则－eq \f(b,2a)>0，则eq \f(b,a)<0，即幂函数y＝(x>0)为减函数，不符合题意；对于C，二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴为直线x＝－1， 则－eq \f(b,2a)＝－1，则eq \f(b,a)＝2，即幂函数y＝＝x2(x>0)为增函数，且其增加得越来越快，不符合题意；对于D，二次函数y＝ax2＋bx图象的对称轴在y轴左侧，则0>－eq \f(b,2a)>－eq \f(1,2)，则0<eq \f(b,a)<1，即幂函数y＝ (x>0)为增函数，且其增加得越来越慢，不符合题意．故选A. (2)①当－x2＋2x＋3≥0时，得－1≤x≤3， 函数y＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4， 当－x2＋2x＋3＜0时，得x＜－1或x＞3， 函数y＝x2－2x－3＝(x－1)2－4， 即y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x－12＋4－1≤x≤3，,x－12－4x＜－1或x＞3))的图象如下图所示， 单调增区间为[－1,1]和[3，＋∞)，单调减区间为(－∞，－1]和[1,3]． ②由题意可知，函数y＝f(x)与y＝m的图象有四个不同的交点，则0＜m＜4. 故集合M＝{m|0＜m＜4}． [答案]　(1)A　(2)略 三、函数的性质 eq \a\vs4\al(题点多探 多维探究) 研究函数往往从定义域、值域、单调性、奇偶性、对称性入手，分析函数的图象及其变化趋势，从近几年的高考形式来看，对函数性质的考查体现了“小”“巧”“活”的特征，做题时应注重上述性质知识间的融合． 角度1　函数的单调性 　已知函数f(x)＝eq \f(1＋x2,1－x2). (1)求函数f(x)的定义域； (2)用函数单调性的定义证明：f(x)在(1，＋∞)上是增函数． (1)[解析]　要使f(x)＝eq \f(1＋x2,1－x2)有意义， 则1－x2≠0，得x≠±1， 即f(x)的定义域为{x|x≠±1}． (2)[证明]　f(x)＝eq \f(1＋x2,1－x2)＝eq \f(2－1－x2,1－x2)＝eq \f(2,1－x2)－1. 任取x1，x2∈(1，＋∞)，且x1＜x2， 则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2,1－x\o\al(2,1))－1－eq \f(2,1－x\o\al(2,2))＋1 ＝eq \f(2x1－x2x1＋x2,1－x11－x21＋x11＋x2). ∵1＜x1＜x2， ∴x1－x2＜0,1－x2＜0,1－x1＜0,1＋x2＞0， 1＋x1＞0，x2＋x1＞0， ∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在(1，＋∞)上是增函数． 角度2　函数的奇偶性 　已知偶函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数，对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时f(x)＞0，f(2)＝1. (1)证明：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (2)解不等式f(2x－1)＜2. (1)[证明]　设x2＞x1＞0，则 f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1) ＝f(x1)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1))). 因为x2＞x1＞0，所以eq \f(x2,x1)＞1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＞0， 即f(x2)－f(x1)＞0，所以f(x2)＞f(x1)， 所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (2)[解析]　因为f(2)＝1，所以f(4)＝f(2)＋f(2)＝2，因为f(x)是偶函数，所以不等式f(2x－1)＜2可化为f(|2x－1|)＜f(4)，又因为函数在(0，＋∞)上是增函数，所以0≠|2x－1|＜4，解得－eq \f(3,2)＜x＜eq \f(5,2)，且x≠eq \f(1,2)，故不等式f(2x－1)＜2的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(5,2))). 分段函数的奇偶性 [典例]　判断函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋1，x＞0，,－\f(1,2)x2－1，x＜0))的奇偶性． [错解]　当x＞0时，f(x)＝eq \f(1,2)x2＋1， 当x＜0时，f(x)＝－eq \f(1,2)x2－1， 所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)为奇函数． [正解]　分段函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，当x＞0时，－x＜0， f(－x)＝－eq \f(1,2)(－x)2－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x2＋1))＝－f(x)； 当x＜0时，－x＞0， f(－x)＝eq \f(1,2)(－x)2＋1＝eq \f(1,2)x2＋1 ＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)x2－1))＝－f(x)． 综上所述，在(－∞，0)∪(0，＋∞)上总有f(－x)＝－f(x)，所以f(x)是奇函数． [纠错心得]　错误的根本原因是忽视了两段表达式中x的范围是不一样的，不能直接比较，实际上，本题需要对x＞0与x＜0两种情况分别进行讨论． 函数性质的综合应用 [典例]　(13分)已知函数f(x)＝eq \f(x,x2＋4)，x∈(－3,3)，若对任意x∈(－3,3)，总存在a∈[－1,2]，使得不等式f(x)＋at＋t2－eq \f(1,4)<0恒成立，求实数t的取值范围． [思维导引] 明知求 已知f(x)的解析式和定义域，∃a∈[－1,2]，不等式f(x)＋at＋t2－eq \f(1,4)<0恒成立，求t的取值范围． 探思路 ∃a∈[－1,2]，f(x)＋at＋t2－eq \f(1,4)<0⇔t2＋at－eq \f(1,4)<－f(x)．即需求－f(x)的最小值，将不等式恒成立问题转化为研究函数的最值问题，要求f(x)的最值，需研究f(x)的性质 [规范解答]　f(－x)＝eq \f(－x,x2＋4)＝－f(x)， 则f(x)是(－3,3)上的奇函数．①(2分) 当0<x<3时，f(x)＝eq \f(1,x＋\f(4,x))， f(x)在(0,2)上单调递增，在(2,3)上单调递减， 则f(x)max＝f(2)＝eq \f(1,4)，②(4分) 所以当0<x<3时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))). 又f(x)为奇函数， 所以当－3<x<0时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)). 所以当x∈(－3,3)时，f(x)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(1,4))).(6分) 又存在a∈[－1,2]， 使得不等式f(x)＋at＋t2－eq \f(1,4)<0恒成立， 则存在a∈[－1,2]， 使得at＋t2－eq \f(1,4)<[－f(x)]min＝－eq \f(1,4)，③(8分) 即存在a∈[－1,2]，使得at＋t2<0.(9分) 令g(a)＝ta＋t2，(10分) 则g(－1)＝t2－t<0或g(2)＝t2＋2t<0， 解得0<t<1或－2<t<0，所以实数t的取值范围为(－2,0)∪(0,1)．(13分) $$