高考数学（苏教版，理）一轮配套文档：第2章 专题一 高考中函数图象与性质的综合应用.DOCVIP

专题一 高考中函数图象与性质的综合应用 1.已知函数f(x)＝ax＋b (a0且a≠1)的图象如图所示，则a＋b的值是________． 答案　－2 解析　∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a2＋b＝0,a0＋b＝－3))，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝2,b＝－4))， ∴a＋b＝－2. 2．(2012·浙江改编)设函数f(x)是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x＋1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝____________________________________. 答案　eq \f(3,2) 解析　当x∈[－1,0]时，－x∈[0,1]， ∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(－x)＝－x＋1. ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－2))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝eq \f(3,2). 3.函数f(x)＝|log3x|在区间[a，b]上的值域为[0,1]，则b－a的最小值为________. 答案　eq \f(2,3) 解析　令f(x)＝0，解得x＝1；令f(x)＝1，解得x＝eq \f(1,3)或3.因为函数f(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数.故b－a的最小值为1－eq \f(1,3)＝eq \f(2,3). 4.定义在(－∞，＋∞)上的偶函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在[－1,0]上是增函数，下面五个关于f(x)的命题中：①f(x)是周期函数；②f(x)的图象关于直线x＝1对称；③f(x)在[0,1]上是增函数；④f(x)在[1,2]上为减函数；⑤f(2)＝f(0)，正确命题的个数是________. 答案　3 解析　由于f(x＋1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，函数f(x)是以2为最小正周期的周期函数，故命题①正确；由于f(2－x)＝f(－x)＝f(x)，故函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，命题②正确；偶函数在定义域上关于坐标原点对称的区间上的单调性相反，故命题③不正确；根据周期性，函数在[1,2]上的单调性与[－1,0]上的单调性相同，故命题④不正确；根据周期性，命题⑤正确. 5.设m，k为整数，方程mx2－kx＋2＝0在区间(0,1)内有两个不同的根，则m＋k的最小值为________. 答案　13 解析　方程mx2－kx＋2＝0在区间(0,1)内有两个不同的根可转化为二次函数f(x)＝mx2－kx＋2在区间(0,1)上有两个不同的零点. ∵f(0)＝2，故需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(Δ＝k2－8m0，,0\f(k,2m)1，,m0，,f?1?0))?eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(k28m，,m0，,0k2m，,m－k＋20，)) 将k看做函数值，m看做自变量，画出可行域如图阴影部分所示，因为m，k均为整数，结合可行域可知k＝7，m＝6时，m＋k最小，最小值为13. 题型一　分段函数求值问题 例1　设f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(log3?x2＋t?，x0，,2×?t＋1?x，x≥0)) 且f(1)＝6，则f(f(－2))的值为________. 思维启迪　首先根据f(1)＝6求出t的取值，从而确定函数解析式，然后由里到外逐层求解f(f(－2))的值，并利用指数与对数的运算规律求出函数值. 答案　12 解析　∵10，∴f(1)＝2×(t＋1)＝6， 即t＋1＝3，解得t＝2. 故f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(log3?x2＋2?，x0，,2×3x， x≥0，)) 所以f(－2)＝log3[(－2)2＋2]＝log360. f(f(－2))＝f(log36)＝2×＝2×6＝12. 思维升华　本题的难点有两个，一是准确理解分段函数的定义，自变量在不同取值范围内对应着不同的函数解析式；二是对数与指数的综合运算问题.解决此类问题的关键是要根据分段函数的定义，求解函数值时要先判断自变量的取值区间，然后再代入相应的函数解析式求值，在求值过程中灵活运用对数恒等式进行化简求值. 　已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－cos?πx?，　x0，,f?x