2.1　函数的概念及其表示——2027年高中数学一轮复习浙江版课件

该高中数学高考复习课件聚焦函数概念及表示专题，依据高考评价体系梳理了定义域（具体与抽象函数）、解析式（代入换元等方法）、分段函数（求值与方程不等式）三大核心考点，通过考向探究明确定义域和分段函数为高频考查内容，归纳选择填空等常考题型，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“真题对接+技巧突破+素养培养”策略，如以抽象函数定义域为例，用整体代换法解析例2，培养数学思维的推理能力，针对分段函数不等式问题，通过例5的分类讨论法强化运算能力。设对点训练与变式探究，帮助学生掌握解题技巧，教师可据此系统指导复习，提升备考效率。

第1节　函数的概念及其表示 强基础•固本增分 知识梳理 概念 一般地,设A,B是非空的　　　 ,如果对于集合A中的 　　　　　　,按照某种确定的对应关系f,在集合B中都有　　　　确定的数y和它对应,那么就称f:A→B为从集合A到集合B的一个函数  三要素 对应关系 y=f(x),x∈A 定义域 　　 　的取值范围A  值域 与x的值对应的y值的集合{f(x)|x∈A} 同一个函数 如果两个函数的　　　　　　相同,　　　　　　完全一致,那么这两个函数是同一个函数  实数集 任意一个数x 唯一 x 定义域 对应关系 1.函数的概念 [教材知识深化] 函数概念中的两个允许,两个不允许. (1)不允许“一对多”,允许“多对一”. (2)不允许A中存在“闲置”的元素,允许B中有“闲置”的元素. 微思考　定义域与值域相同的两个函数是同一个函数吗?值域与对应关系相同的两个函数是同一个函数吗? 提示 定义域与值域相同的两个函数不一定是同一个函数,例如f(x)=2x与g(x)=-2x;值域与对应关系相同的两个函数不一定是同一个函数,例如f(x)=x2(x≥0)与g(x)=x2(x≤0). 2.函数的表示方法 表示函数的常用方法有　　　　　　、图象法、列表法.  微思考　直线x=a(a为常数)与函数f(x)的图象的交点个数是多少? 3.分段函数 如果一个函数,在其定义域内,对于自变量的不同取值区间,有不同的对应方式,则称其为分段函数. 解析法 提示 直线x=a(a为常数)与函数f(x)的图象的交点个数是1或0.若设f(x)的定义域为D,则当a∈D时,有1个交点,当a∉D时,有0个交点. [教材知识深化] 1.分段函数的定义域是各段区间的并集,值域是各段值域的并集; 2.分段函数定义域的各段区间的交集一定是空集; 3.解析式中含有绝对值的函数一般都可以化为分段函数; 4.分段函数的图象中,横坐标相同的地方不能有两个或两个以上的点. 连线高考 1.函数f(x)=的定义域是　　　 　　.  (-∞,0)∪(0,1] 解析 函数的定义域满足即x∈(-∞,0)∪(0,1]. 2.已知函数f(x)=则f(3)=　　　　.  解析 因为f(x)=故f(3)= 研考点•精准突破 考点一　函数的定义域(多考向探究预测) 考向1　具体函数的定义域 例1 函数f(x)=的定义域为(　　) A.(-∞,0] B.(-∞,1) C.[0,1) D.[0,+∞) A 解析 函数f(x)=有意义,等价于解得x≤0, 故函数f(x)的定义域为(-∞,0].故选A. 考点一 考点二 考点三 [对点训练1]函数f(x)=的定义域为(　　) A.(-) B.(-∞,-)∪(,+∞) C.[-] D.(-,0)∪(0,) D 解析 ∵函数f(x)=, ∴解得-<x<0或0<x<,即x∈(-,0)∪(0,).故选D. 考点一 考点二 考点三 考向2　抽象函数的定义域 例2(1)若函数y=f(x)的定义域为[0,4],则函数y=的定义域为(　　) A.[-,1)∪(1,] B.[-,1) C.(1,] D.(1,9] A 解析 因为函数y=f(x)的定义域为[0,4],所以解得-x<1或1<x,故函数y=的定义域为[-,1)∪(1,],故选A. 考点一 考点二 考点三 (2)已知函数f(2x-1)的定义域为(-1,2),则函数f(1-x)的定义域为(　　) A.(-,1) B.(-1,) C.(-2,4) D.(-2,1) C 解析 函数f(2x-1)的定义域为(-1,2),所以-1<x<2,-2<2x<4,-3<2x-1<3,所以f(x)的定义域为(-3,3),对于函数f(1-x),由-3<1-x<3,得-2<x<4,所以函数f(1-x)的定义域为(-2,4).故选C. 考点一 考点二 考点三 [对点训练2]已知函数y=f(x-1)的定义域为(1,5),则函数y=f(x2)的定义域为 (　　) A.(-2,0) B.(0,2) C.(-2,2) D.(-2,0)∪(0,2) D 解析 因为函数y=f(x-1)的定义域为(1,5),所以x-1∈(0,4),则由函数y=f(x2)可知0<x2<4,解得-2<x<0或0<x<2,函数y=f(x2)的定义域为(-2,0)∪(0,2).故选D. 考点一 考点二 考点三 考点二　函数的解析式 例3(1)已知f(+1)=x+2,则f(x)=(　　) A.x2-1(x≥0) B.+1(x≥1) C.x2-1(x≥1) D.-1(x≥0) C 解析 已知f(+1)=x+2,则f(+1)=()2+2+1-1=(+1)2-1. 令t=+1(t≥1),则f(t)=t2-1(t≥1),所以f(x)=x2-1(x≥1). 考点一 考点二 考点三 (2)设函数f(x)是单调递增的一次函数,且满足f(f(x))=16x+5,则f(x)=(　　) A.-4x- B.4x- C.4x-1 D.4x+1 D 解析 因为f(x)是单调递增的一次函数,所以设f(x)=ax+b,a>0, 故f(f(x))=a(ax+b)+b=a2x+ab+b=16x+5, 所以解得(不合题意,舍去).因此,f(x)=4x+1. 考点一 考点二 考点三 (3)已知f(x)在(0,+∞)内是减函数,且f(x)+f(y)=f(xy)+1对任意的x∈(0,+∞)都成立,写出一个满足以上特征的函数f(x)=　　　　　　　　.  1-log3x 解析 因为f(x)在(0,+∞)内是减函数,且f(x)+f(y)=f(xy)+1, 所以满足条件的函数可取f(x)=1-log3x. 考点一 考点二 考点三 (4)已知函数f(x)对于任意的x都有f(x)-2f(-x)=2x,求f(x)的解析式. 答案 f(x)=x　 解 因为f(x)-2f(-x)=2x,① 所以f(-x)-2f(x)=-2x,② 由①②得f(x)=x. 考点一 考点二 考点三 [对点训练3]求下列函数的解析式: (1)已知f(x)=x2+2x,求f(2x+1); 解 (代入法)因为f(x)=x2+2x,所以f(2x+1)=(2x+1)2+2(2x+1)=4x2+8x+3. (2)已知f(-1)=x+2,求f(x); 解 (方法一　配凑法)因为f(-1)=(-1)2+4(-1)+3,且-1≥-1, 所以函数的解析式为f(x)=x2+4x+3(x≥-1). (方法二　换元法)令t=-1,则t≥-1,且=t+1,所以f(t)=(t+1)2+2(t+1)=t2+4t+3(t≥-1), 故函数的解析式为f(x)=x2+4x+3(x≥-1). 考点一 考点二 考点三 (3)已知f(x)-2f()=3x+2,求f(x). 解 (解方程组法)f(x)-2f()=3x+2,① 用代换①式中的x,得f()-2f(x)=+2,② 由①②联立消去f(),得f(x)=-x--2, 故函数的解析式为f(x)=-x--2. 考点一 考点二 考点三 考点三　分段函数(多考向探究预测) 考向1　分段函数求值问题 例4(1)已知函数f(x)=满足f(π)=1,则实数m的值为(　　) A. B. C.1 D.2 B 解析 由函数f(x)= 得f(π)=f()+m=f(0)+2m=sin 0+2m=1,所以m=故选B. 考点一 考点二 考点三 (2)已知函数f(x)=则f[f()]=　　　　.  解析 依题意,f()=sin(2)=-,所以f[f()]=f(-)= 考点一 考点二 考点三 [对点训练4](1)设f(x)=若f(a)=f(a+1),则f()=(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 C 解析 因为f(x)=且f(a)=f(a+1). 当0<a<1时,则1<a+1<2,由f(a)=f(a+1)可得=2a,解得a=,符合题意. 当a>1时,由f(a)=f(a+1)可得2(a-1)=2a,无解. 所以a=,f()=f(4)=2×(4-1)=6.故选C. 考点一 考点二 考点三 (2)已知函数f(x)=则f(-1)=　　　　.  0 解析 由题意知,f(-1)=f(-1+2)=f(1)=log21=0. 考点一 考点二 考点三 考向2　分段函数与方程、不等式问题 例5(1)已知函数f(x)=若f(f(a))=1,则实数a=(　　) A.0 B.1 C.2 D.3 B 解析 根据题意,当a<1时,f(f(a))=f(0)=0≠1,不符合题意;当1≤a<2时, f(f(a))=f(a+1)=-ln a+1=1,解得a=1;当a=2时,f(f(a))=f(1)=2≠1,不符合题意;当a>2时,f(f(a))=f[-ln(a-1)+1]=0≠1,不符合题意.故选B. 考点一 考点二 考点三 (2)设函数f(x)=若f(a)≥0,则实数a的取值范围是 　　　　　　　　　.  (-∞,-2]∪[0,+∞) 解析 当a≤0时,f(a)=a2+2a,由f(a)≥0得a2+2a≥0,解得a≥0或a≤-2, 又因为a≤0,所以得a=0或a≤-2;当a>0时,f(a)=lg(a2+1), 由f(a)≥0得lg(a2+1)≥0,解得a∈R,又因为a>0,所以得a>0. 综上可得实数a的取值范围是(-∞,-2]∪[0,+∞). 考点一 考点二 考点三 变式探究1 本例(2)中,函数解析式不变,将“f(a)≥0”改为“f(a-1)≤3”,则实数a的取值范围是　　　　 　.  [-2,1+3] 解析 当a-1≤0,即a≤1时,f(a-1)=(a-1)2+2(a-1), 由f(a-1)≤3,得(a-1)2+2(a-1)≤3,解得-2≤a≤2,又因为a≤1,所以得-2≤a≤1; 当a-1>0,即a>1时,f(a-1)=lg[(a-1)2+1], 由f(a)≤3,得lg[(a-1)2+1]≤3,解得1-3a≤1+3, 又因为a>1,所以得1<a≤1+3 综上可得实数a的取值范围是[-2,1+3]. 考点一 考点二 考点三 变式探究2 本例(2)中,函数解析式不变,将“f(a)≥0”改为“f(f(m))<0”,则实数m的取值范围是　　　　　.  解析 令f(m)=t,则“f(f(m))<0”即为“f(t)<0”. 当t≤0时,f(t)=t2+2t,由f(t)<0,得t2+2t<0,解得-2<t<0, 又因为t≤0,所以得-2<t<0;当t>0时,f(t)=lg(t2+1), 由f(t)<0,得lg(t2+1)<0,此不等式无解. 综上可知-2<t<0,于是有-2<f(m)<0. 当m≤0时,f(m)=m2+2m,由-2<f(m)<0,得-2<m2+2m<0,解得-2<m<0, 又因为m≤0,所以得-2<m<0;当m>0时,f(m)=lg(m2+1), 由-2<f(m)<0,得-2<lg(m2+1)<0,此不等式无解. 综上可得实数m的取值范围是(-2,0). (-2,0) 考点一 考点二 考点三 $