小结教案1

第一章小结

知识框图

题型解法：

题型一

数形结合思想的应用

集合的运算有交、并、补这三种常见的运算，它是集合这一单元的核心内容之一．在进行集合的交集、并集、补集运算时，往往由于运算能力差或考虑不全面而极易出错，此时，数轴分析(或Venn图)是个好帮手，能将复杂问题直观化，是数形结合思想具体应用之一．在具体应用时要注意检验端点值是否适合题意，以免增解或漏解．

例1

已知集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{x|a≤x≤a＋3}．

(1)若(∁RA)∪B＝R，求a的取值范围．

(2)是否存在a使(∁RA)∪B＝R且A∩B＝∅？

解

(1)A＝{x|0≤x≤2}，

∴∁RA＝{x|x<0或x>2}．

∵(∁RA)∪B＝R.

a≤0，∴∴－1≤a≤0. a＋3≥2，

(2)由(1)知(∁RA)∪B＝R时，

－1≤a≤0，而a＋3∈[2,3]，

∴A⊆B，这与A∩B＝∅矛盾．即这样的a不存在．

跟踪训练1

若全集U＝R，集合A＝{x|x≥1}∪{x|x≤0}，则∁UA＝________. 答案

{x|0

在数轴上表示出集合A，如图所示．

则∁UA＝{x|0

题型二

分类讨论思想的应用

分类讨论思想的实质是：把整体问题化为部分来解决，化成部分后，从而增加题设条件，在解决含有字母参数的问题时，常用到分类讨论思想，分类讨论要弄清对哪个字母进行分类讨论，分类的标准是什么，分类时要做到不重不漏．本章中涉及到分类讨论的知识点为：集合运算中对∅的讨论，二次函数在闭区间上的最值问题、函数性质中求参数的取值范围问题等．

例2

设a为实数，函数f(x)＝2x2＋(x－a)|x－a|. (1)若f(0)≥1，求a的取值范围；

(2)求f(x)的最小值．

解

(1)因为f(0)＝－a|－a|≥1，所以－a>0，

即a<0，由a2≥1知a≤－1，

因此，a的取值范围为(－∞，－1]．

(2)记f(x)的最小值为g(a)，则有

f(x)＝2x2＋(x－a)|x－a| a2ax－2＋，x>a

①33＝3

x＋a2－2a2，x≤a

②(ⅰ)当a≥0时，f(－a)＝－2a2，

由①②知f(x)≥－2a2，此时g(a)＝－2a2. a22(ⅱ)当a<0时，f3＝3a，

2若x>a，则由①知f(x)≥a2. 32若x≤a，由②知f(x)≥2a2>a2. 32此时g(a)＝a2，

32

2－2a，a≥02综上，得g(a)＝2a. ，a<03跟踪训练2

设f(x)是连续的偶函数，且当x>0时是单调函数，则满足f(x)＝f有x之和为

A．－3

答案

C 解析

因为f(x)是连续的偶函数，且x>0时是单调函数，由偶函数的性质可知若f(x)＝f

x＋3的所x＋4(

) B．3

C．－8

D．8 x＋3，只有两种情况：①x＝x＋3；②x＋x＋3＝0. x＋4x＋4x＋4由①知x2＋3x－3＝0，故其两根之和为x1＋x2＝－3. 由②知x2＋5x＋3＝0，故其两根之和为x3＋x4＝－5. 因此满足条件的所有x之和为－8. 题型三

转化与化归思想的应用

转化与化归思想方法用在研究、解决数学问题时思维受阻或寻求简单方法，从一种状况转化为另一种情形，也就是转化到另一种情境，使问题得到解决，这种转化是解决问题的有效策略，同时也是成功的思维方式．

例3

已知集合A＝{x∈R|mx2－2x＋1＝0}，在下列条件下分别求实数m的取值范围．

1(1)A＝∅；(2)A恰有两个子集；(3)A∩2，2≠∅. 解

(1)若A＝∅，则关于x的方程mx2－2x＋1＝0没有实数解，

所以m≠0，且Δ＝4－4m<0，所以m>1. (2)若A恰有两个子集，则A为单元素集，所以关于x的方程mx2－2x＋1＝0恰有一个实数解，讨论：

1①当m＝0时，x＝，满足题意；

2②当m≠0时，Δ＝4－4m＝0，所以m＝1. 综上所述，m的集合为{0,1}．

1(3)若A∩2，2≠∅，

1则关于x的方程mx2＝2x－1在区间2，2内有解，

1121，2时，求m＝－2＝1－－12的值域，

这等价于当x∈2xxx∴m∈(0,1]．

跟踪训练3

求函数y＝x－1－x(x≥2)的值域．

解

令x－1＝t，由x≥2知t≥1，

∵x＝t2＋1，∴y＝－t2＋t－1(t≥1)．

∴y≤－1.故函数的值域为(－∞，－1]．

题型四

函数性质的综合运用

函数性质的研究包括函数的单调性、奇偶性、对称性，从命题形式上看，抽象函数、具体函数都有，其中函数单调性的判断与证明、求单调区间、利用函数单调性求参数的取值范围是高考的重点，利用函数的奇偶性、对称性研究函数的图象是难点．

例4

已知函数f(x)＝x2＋|x－a|＋1，a∈R. (1)试判断f(x)的奇偶性；

11(2)若－≤a≤，求f(x)的最小值．

22解

(1)当a＝0时，

函数f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝f(x)，

此时，f(x)为偶函数．

当a≠0时，

f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，

f(a)≠f(－a)，f(a)≠－f(－a)，

此时，f(x)为非奇非偶函数．

13x－2＋a＋；

(2)当x≤a时，f(x)＝x2－x＋a＋1＝241∵a≤，故函数f(x)在(－∞，a]上单调递减，

2从而函数f(x)在(－∞，a]上的最小值为f(a)＝a2＋1. 当x≥a时，

13x＋2－a＋，

函数f(x)＝x2＋x－a＋1＝241∵a≥－，故函数f(x)在[a，＋∞)上单调递增，

2从而函数f(x)在[a，＋∞)上的最小值为f(a)＝a2＋1. 11综上得，当－≤a≤时，函数f(x)的最小值为a2＋1. 221跟踪训练4

已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)

(

) 12A.3，3

12C.2，3

12B.3，3

12D.2，3

答案

A 1解析

当2x－1≥0，即x≥时，

21因为f(x)在[0，＋∞)上单调递增，故需满足2x－1<，

3212即x<，所以≤x<. 3231当2x－1<0，即x<时，由于f(x)是偶函数，

211故f(x)在(－∞，0]上单调递减，f3＝f－3，

111此时需满足2x－1>－，所以

1．

函数单调性的判定方法

(1)定义法．

(2)直接法：运用已知的结论，直接判断函数的单调性，如一次函数，二次函数，反比例1函数；还可以根据f(x)，g(x)的单调性判断－f(x)，，f(x)＋g(x)的单调性等．

fx(3)图象法：根据函数的图象判断函数的单调性．

2．

二次函数在闭区间上的最值

对于二次函数f(x)＝a(x－h)2＋k(a>0)在区间[m，n]上最值问题，有以下结论：

(1)若h∈[m，n]，则ymin＝f(h)＝k，ymax＝max{f(m)，f(n)}；

(2)若h∉[m，n]，则ymin＝min{f(m)，f(n)}，

ymax＝max{f(m)，f(n)}(a<0时可仿此讨论)．

3．

函数奇偶性与单调性的差异

函数的奇偶性是相对于函数的定义域来说的，这一点与研究函数的单调性不同，从这个意义上说，函数的单调性是函数的“局部”性质，而奇偶性是函数的“整体”性质，只有对函数定义域内的每一个x值，都有f(－x)＝－f(x)[或f(－x)＝f(x)]，才能说f(x)是奇函数(或偶函数)．