函数是中学数学中最重要的内容,它贯穿在中学数学的始终.近十年来,高考试题始终贯穿着函数性质及应用这条主线.试题考查除了涉及常见基本概念与性质外,还涉及较为抽象和新型函数的图像、性质及应用,备考复习重要的知识点如下:①分段函数、分式函数及复合函数的图像与性质;②有关抽象函数的试题,需要从图中(或列表中)读取各种信息,挖掘题中给出的信息,利用平移变换、伸缩变换、对称变换,转化到函数的对称性、周期性、函数的最值上去解决问题,有效地考查了考生数形结合思想和化归思想.
本文仅就函数内容的考点复习和函数试题的常规解题思路和方法作出探讨,以此让我们进一步掌握好函数的概念及其性质,强化函数思想的应用意识,才能更适应高考新的变化.
一、简单的分段函数
例1 如图,在边长为4的正方形ABCD上有一点P,沿着折线BCDA由B点(起点)向A点(终点)移动,设P点移动的路程为x,△ABP的面积为y=f(x).
(1)求△ABP的面积与P移动的路程间的函数关系式;
(2)作出函数的图像,并根据图像求y的最大值.
解析 (1)这个函数的定义域为(0,12),
当0 当4 当8 ∴这个函数的解析式为 f(x)=2x,x∈(0,4]8,x∈(4,8]24-2x.x∈(8,12] (2)其图形如右, 由图知,[f(x)]max=8. 点评 若函数在它的定义域中,对于自变量x的不同取值范围,对应法则不同,需要用分段函数来表示.应注意分段函数尽管在各段上的解析式不同,但分段函数是一个函数,而不是几个函数. 例2 设定义在N上的函数f(x)满足 f(n)=n+13, (n≤2000)f [ f(n-18)], (n>2000)试求f(2008)的值. 解析 ∵2008>2000,∴f(2008)=f[f(2008-18)]=f[ f(1990)]=f(1990+13)=f(2003)= f [f(2003-18)]=f(1985)=1985+13=1998. 点评 在求分段f(x0)函数的值时,一定首先要判断x0属于定义域的哪个子集,然后再代入相应的函数关系式.分段函数的值域是其定义域内不同子集上各关系式的取值范围的并集. 例3 《中华人民共和国个人所得税法》规定,公民全月工资、薪金所得不超过2000元的部分不必纳税,超过2000元的部分为全月应纳税所得额此项税款按下表分段累进计算: 某人一月份应交纳此项税款26.78元,则他的当月工资、薪金所得介于( ) A. 2100~2300元 B. 2300~2500元 C. 2500~2800元 D. 2800~3000元 解析 设收入为x元,税款为y元,则 y=0,x∈[0,2000](x-2000)×15%,x∈(2000,2500]25+(x-2500)×10%,x∈(2500,4000]175+(x-4000)×15%,x∈(4000,7000]…… 由题意可知y=26.78,所以x=2500+(26.78-25)÷10%=2517.8,故选C. 点评 本题通过图表的形式来表示函数关系,本质是考查求分段函数,要求考生学会将实际问题转化为数学知识,并能解决此类问题. 二、简单的分式函数 (一)一次分式型形如y=(c≠0,ad≠bc)的图像是双曲线,其两渐近线分别为直线x=-(由分母为零确定)和直线y=(由分子、分母中x的系数确定),对称中心是点(-,)通常用代点法确定两支双曲线的位置. 例4 若数列{an}的通项公式为an=,则数列的最大项为第_____项,最小项是第____项. 解析 作出f (x)==1+()的图像, 结合442<2005<452,知a44最小,a45最大. 点评 数列问题转化到函数问题,利用函数图像性质来处理更为简单明了,本题中的分式函数的对称中心及单调性是解决问题的关键,考查了数列中的函数思想. 例5 已知f(x)=loga ()(a>0,a≠1). (1)判断f(x)在(1,+∞)上的单调性,并加以证明; (2)当x∈(r,a-2)时,f(x)的值域为(1,+∞),求a与r的值. 解析 (1)(方法一)任取1 f(x2)-f(x1)=loga-loga =loga =loga. 又∵ x2>x1>1,∴ x1-x2 ∴ 0 ∴ 0<<1. 当a>1时,f(x2)-f(x1)<0, ∴ f(x)在(1,+∞)上是减函数; 当0 ∴ f(x)在(1,+∞)上是增函数. (方法二)∵u(x)==1+,且u(x)=+1>0, 可得到u(x)=+1在x∈(-∞,-1)和(1,+∞)上为减函数, 当a>1时,y=logau为增函数, ∴ f(x)在(1,+∞)上是减函数; 当0 ∴ f(x)在(1,+∞)上是增函数. (2)由>0,得x∈(-∞,-1)∪(1,+∞). ∵ =1+≠1,∴ f(x)≠0. 当a>1时, ∵ x>1f(x)>0,x<-1f(x)∈(-∞,0), ∴要使f(x)的值域是(1,+∞),只有x>1. 又∵ f(x)在(1,+∞)上是减函数, ∴ f -1(x)在(1,+∞)上也是减函数. ∴ f(x)>11 ∴r=1,a-2=, ∴r=1,a=2±(符号不符合). 当0 ∵x>1f(x)<0,x<1f(x)>0, ∴要使函数值域是(1,+∞),只有x<-1. 又∵ f(x)在(-∞,-1)上是增函数, ∴ f(x)>1-1>x>f-1(1)=. ∴r=,a-2=-1无解. 综上,得a=2+,r=1. 点评 函数单调性可用定义法证明,也可利用复合函数单调性质证明.可先将真数分离常数后,结合分式函数图像性质得出真数该函数的单调性,再分a>1与0 (二)倒数结构型f (x)=ax+ (1)a>0且b<0时,示意图如下: 此时f(x)为奇函数,分段递增,当x>0(或x<0)时,y∈R. (2)a>0,b<0时,示意图如下: 可看成以直线y=ax与y轴为渐近线的双曲线,两个顶点A、B可由不等式中的均值定理确定,此时f(x)的单调性、奇偶性、定义域与值域、对称性可从图中看出结论. 特别要注意y=ax+(a>0,b>0)型函数的图像和单调性在解题中的运用: 增区间为(-∞,-],[,+∞),减区间为 [-,0),(0,]. 注意:当a>0,b>0时或a<0,b<0时,可转化为上述两种情况. 例6 已知函数y=x+有如下性质:如果常数a>0,那么该函数在(0,]上是减函数,在[,+∞)上是增函数. (1)如果函数y=x+(x>0)的值域为[6,+∞),求b的值; (2)研究函数y=x2+(常数c>0)在定义域内的单调性,并说明理由; (3)对函数y=x+和y=x2+(常数a>0)作出推广,使它们都是你所推广函数的特例. 解析 (1)易知,x=时,ymin=2=6b=log29=2log23. (2)易知,y=x2+是偶函数.该函数在(0,]上是减函数,在[,+∞)上是增函数;则该函数在(-∞,-]上是减函数,在[-,0)上是增函数. (3)推广:函数y=xn+(a>0), 当n为奇数时,x∈(0,],y是减函数;x∈[,+∞),y是增函数. x∈(-∞,-],y是增函数;x∈[,+∞),y是减函数. 当n为偶数时,x∈(0,],y是减函数;x∈[,+∞),y是增函数.x∈(-∞,-],y是减函数;x∈[-,0),y是增函数. 点评 在研究函数y=xn+(a>0)的性质时,应考虑其奇偶性和单调性相结合,不可孤立地去思考问题,同时重视类比思想的灵活运用,对于所得出的结论可通过特例去验证. 例7 设计一幅宣传画,要求画面面积为4840cm2,画面的宽与高之比为λ(λ<1),画面的上、下各留8cm的空白,左、右各留5cm的空白,怎样确定画面的宽与高的尺寸,能使宣传画所用纸张面积最小?如果要求λ∈[,],那么λ为何值时,宣传画面积最小? 解析 设画面高为x,宽为λx,则λx2=4840, ∴x=. ∴纸张的高为x+16++16, 宽为λx+10=22+10, ∴纸张的面积S(λ)=(+16)(22+10)=5000+44(8+)≥5000+44•2=6760cm2.(当仅且当8=即λ=时,取“=”) 故当画面高为88cm,宽为55cm时,纸张面积最小,此时最小面积为6760cm2. 当λ∈[,]时,令t=,则g(t)=8t+,t∈[,]. 显然当g(t)最小时,S(λ)最小, (方法一)∵g′(t)=8-≥8-=>0,∴g(t)为增函数. (方法二)可利用y=ax+(a>0 b>0)型函数的图像和单调性的结论: 增区间为(-∞,-],[,+∞),减区间为[-,0],(0,],且<即g(t)在[,]为增函数. ∴t=(即λ=)时,g(t)最小,S(λ)也最小, ∴λ=时,宣传画面积最小. 点评 本题是一道应用题,考查内容就是分式函数(倒数结构型f(x)=ax+,a>0,b>0)与均值不等式在解决生活实际问题的工具性.在求S(λ)在区间λ∈[,]上最小值时,不可用均值不等式(因为取“=”的条件不成立),这时可利用函数单调性求解. 例8 已知f(x)=2x-, (1)将y=f(x)的图像向右平移2个单位,得到函数y=g(x)的图像,求g(x)的解析式; (2)若函数y=h(x)与函数y=g(x)的图像关于直线y=1对称,求y=h(x)的解析式; (3)设F(x)=•f(x)+h(x),已知F(x)的最小值是m,且m>2+,求a的取值范围. 解析 (1)g(x)=f(x-2)=2x-2-. (2)h(x)=2-g(x)=2-2x-2+. (3)F(x)=•2x-+2-+=2+(-)2x+(-1+4a). 令t=2x,则t>0,记G(t)=(-)t+(1-4a)(t>0), 则F(x)=2+G(t), 故G(t)有最小值m-2,且m-2>.(利用倒数型性质可知) ① 当(-)(-1+4a)≤0时,即0 ② 当-<0,-1+4a<0,即a<0时,G(t)<0,与G(t)>矛盾; ③当->0,-1+4a>0,即 由不等式中均值定理可得 G(t)≥2>, 解得a∈(,2)为所求. 点评 本题前两小题主要考查如何根据题设的图像关系,建立函数关系式,去解决问题. 第(3)小题是关于函数最值,函数的单调性,指数和分式函数及基本不等式的综合应用,还重点考查了学生的分类讨论的应用能力. 三、简单的抽象函数 抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式,只是给出一些特殊条件的函数,它在高中数学教材中没有涉及到,但在高中数学的各类考试中经常出现.这类函数能有效地反映考生对知识的掌握、理解、应用及迁移的能力,对培养、提高考生的发散思维和创造思维等能力有很好的促进作用. 例9 定义在R上的函数f(x)满足:f(x)=f(4-x)且f(2-x)+f(x-2)=0,求f(2008)的值. 解析 由于2008的数值比较大,故我们要考虑这个函数的周期.由f(2-x)+f(x-2)=0,以t=x-2代入,有f(-t)=-f(t) ∴ f(x)为奇函数且有f(0)=0. 又∵ f(x+4)=f [4-(-x)]=f(-x)=-f(x),∴ f(x+8)=-f(x+4)=f (x), 故f(x)是周期为8的周期函数,∴ f(2008)= f (0)=0. 点评 本题通过赋值法得到函数的周期,从而轻松获解,也可利用函数周期性结论:如果函数y=f(x)的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴,x=b(a≠b)则函数y=f(x)必是周期函数,且一周期为T=4a-b. 例10 已知定义在[-2,2]上的偶函数f(x)在区间[0,2]是单调递减,且f(1-m) 解析 由f(x)是偶函数及条件f(1-m) 又f(x)在[0,2]是单调递减, ∴ |1-m|>|m|,-2≤1-m≤2,-2≤m≤2,解得-1≤m<,∴ m的取值范围是[-1,). 点评 本题考查了偶函数与单调函数的性质,利用函数单调性脱去了“f”,利用偶函数的性质避免了讨论.脱“f”法是指把抽象函数中的映射“f”脱去,转化为具体代数式的计算的一种方法.解题时需把握好如下三点:一是注意函数定义域的应用,二是利用函数的奇偶性去掉函数符号“f”前的“负号”,三是利用函数单调性去掉函数符号“f”. 例11 已知函数y=f(x)的定义域为R,对任意x、x′∈R均有f(x+x′)=f(x)+f(x′),且对任意x>0,都有f(x)<0,f(3)=-3. (1)试证明:函数y=f(x)是R上的单调减函数; (2)试证明:函数y=f(x)是奇函数; (3)试求函数y=f(x)在[m,n](m、n∈Z,且mn<0)上的值域. 解析 (1)证明:任取x1、x2∈R,且x1 ∵ x2>x1,∴x2-x1>0,∴f(x2-x1)<0. ∴ f(x2)=f(x1)+f(x2-x1) 故函数y=f(x)是单调减函数. (2)证明:∵对任意x、x′∈R均有f(x+x′)=f(x)+ f(x′), ∴若令x=x′=0,则f(0)=f(0)+f(0). ∴ f(0)=0. 再令x′=-x,则可得f(0)=f(x)+f(-x). ∵ f(0)=0,∴ f(-x)=-f(x),故y=f(x)是奇函数. (3)解:由函数y=f(x)是R上的单调减函数, ∴ y=f(x)在[m,n]上也为单调减函数. ∴ y=f(x)在[m,n]上的最大值为f(m),最小值为f(n). ∴ f(n)= f[1+(n-1)]=f(1)+f(n-1)=2f(1)+f(n-2)=…=nf(1). 同理,f(m)=mf(1). ∵ f(3)=-3,∴ f(3)=3f(1)=-3. ∴ f(1)=-1. ∴ f(m)=-m, f(n)=-n. 因此,函数y= f(x)在[m,n]上的值域为[-n,-m]. 点评 本题是一道抽象函数中的典型例题,涉及到奇偶性、单调性、最值问题的求解: (1)满足题设条件f(x+x′)=f(x)+f(x′)的函数,只要其定义域是关于原点对称的,它就为奇函数. (2)若将题设条件中的x>0,均有f(x)<0改成均有f(x)>0,则函数f(x)就是R上的单调增函数. 若是选择、填空题可构造函数,容易类比得出相应的结论. (3)若题设条件中的m、n∈Z去掉,则我们就无法求出f(m)与f(n)的值,故m、n∈Z不可少. 注意:以上所讲的书本(或教材)上没有的函数图像及性质,在解答题中尽量不要使用,但可帮助你分析题意,快速有效地找准突破口,对于综合性难度太大的试题不求面面俱到,应采用“分步得分”的解题策略把步骤分尽可能多得,以此来提高总成绩. 责任编校 徐国坚
