复习参考题教学内容概述

函

数

的

性

质

复习目标：掌握函数的性质，并灵活运用其解决问题

重点、难点：联想函数的性质来解决问题

一、知识梳理：

1、

函数与反函数的概念，基本初等函数；

2、

函数的性质：定义域、值域、解析式、奇偶性、单调性、周期性；

3、

注意运用导数研究函数的性质。

二、训练反馈

1、设函数f(x)(xN)表示x除以3的余数，则对任意的x、yN，都有（A、f(x3)f(x)B、f(xy)f(x)f(y)C、f(3x)3f(x)D、f(xy)f(x)f(y)）(x1)2,x12、设函数f(x),则使得f(x)1的自变量x的取值范围为（）4x1,x1A、(，2][0,10]B、(，2][0,1]C、(，2][1,10]3、若函数f(x)取值范围是（A、a1D、[2，0][1,10]11在区间[2，]上单调递增，那么实数a的22xaxa）12C、1a12D、a121f(x),1f(x)B、4a4、已知定义在R上的偶函数f(x),对任意的实数x均有f(x1)且当0x1时,f(x)2x,求f(x)在R上的解析式.

三、典型例题

2已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称，且f(x)＝x＋2x．

(Ⅰ)求函数g(x)的解析式；

(Ⅱ)解不等式g(x)≥f(x)－|x－1|；

(Ⅲ)若h(x)＝g(x)－f(x)＋1在[－1，1]上是增函数，求实数的取值范围．

四、综合练习

1、设f(x)是奇函数，对任意x、yR，有f(xy)f(x)f(y),且当x0时，f(x)0,则f(x)在区间[a,b]上(A、有最大值f(a)abC、有最大值f()2)B、有最小值f(a)abD、有最小值f()2

2、若f(x)x3,对于x0(0,1),则下列不等式成立的是（A、f(x0)f1(x0)C、f(x0)f1(x0)B、f(x0)f1(x0)D、f(x0)f1(x0)）3、设f(x)logax(a0且a1),若f(x1)f(x2)f(xn)122(xiR,iN),则f(x12)f(x2)....f(xn)的值为()1A、2B、1C、2D、2loga24、已知x0,y0,且x2y1,则2x3y2的取值范围是5、若函数f(x)x2xa的单调递增区间为[0,1],则a

36、定义在R上的函数f(x)满足:(1)对任意xR,都有f(x3)f(x)(2)对于任意的x1、x2R且x1x2，都有f(x1)f(x2),则f(0)f(1)f(1)

7、已知对任意实数x、y，函数f(x)均满足f(xy)f(x)f(y)1且当x0时，f(x)1(1)求证：f(x)在R上是增函数；(2)解不等式：2f(x22x4)f(5x)

参考答案: 训练反馈

1、A

x+3与x的余数相同

2、A当x1时，f(x)1(x1)21x2或x0;x1时，f(x)14x11x131x10故为x2或1x1013、C设g(x)x2axa,则f(x)在[2，]上单调递增，等价于2a1

1221a.12g(2)g()024、设f1(1)a,g1(1)b,则f(a)1,g(b)1,因为yf(x)与yg(x)的图象关于x1对称，所以点(a,1)与(b,1)关于x1对称，故ab2,所以f1(1)g1(1)2.11f(x)1f(x1)15、由f(x1)得f(x2)11f(x)1f(x1)111f(x)为周期为2的周期函数，又f(x)为R上的偶函数f(0)0,又0x1时，f(x)2x当1x0时，f(x)f(x)2x,从而f(x)f(x)f(x)f(x)f(x)

若2k1x2k，kZ,时1x2k0,f(x)f(x2k)2(x2k)若2kx2k1，kZ,时0x2k1,f(x)f(x2k)2(x2k)2(x2k),2k1x2k，kZ综上：f(x)2(x2k),2kx2k1，kZ典型例题

解：(Ⅰ)设函数yfx的图象上任意一点Qx0,y0关于原点的对称点为Px,y，则

x0x0,x0x,2

即yyyy.00,02∵点Qx0,y0在函数yfx的图象上

∴yx22x，即yx22x,

故gxx22x

(Ⅱ)由gxfxx1，

可得2x2x10

当x1时，2xx10，此时不等式无解

2当x1时，2xx10，解得

因此，原不等式的解集为1,

221（Ⅲ）(文20)hx1x221x1

 1

①当1时，hx4x1在1,1上是增函数，②当1时，对称轴的方程为x1.

11ⅰ）当1时,1,解得1.

11ⅱ）当1时,1,解得10.综上，0.

1

综合练习

1、A2、B3、C34、[，2]5、046、0

7、（1）设x1x2,则f(x2)f[(x2x1)x1]f(x2x1)f(x1)1x2x10f(x2x1)1,f(x2)f(x1)f(x)在R上递增（2）在f(xy)f(x)f(y)1中，令xy0得f(0)1再令yx得f(0)f(x)f(x)1f(x)f(x)2即2f(x)f(x)由2f(x22x4)f(5x)解得x4或x1