2018届二轮复习函数的综合应用教案（江苏专用）
第2讲 函数的综合应用
1．(2015·江苏)已知函数f(x)＝|ln x|，g(x)＝则方程|f(x)＋g(x)|＝1实根的个数为________．
答案 4
解析 令h(x)＝f(x)＋g(x)，
则h(x)＝
当1
，得－10)，若f(x＋a)≤f(x)对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围是______________．
答案 (1)[1，＋∞) (－∞，1] (2)[，＋∞)
解析 (1)作出函数f(x)＝2|x－1|－x＋1
＝的图象如图所示．
由图可知函数f(x)的单调增区间为[1，＋∞)，单调减区间为(－∞，1]．
(2)y＝x(1－a|x|)是奇函数，对称中心为原点，则f(x)＝x(1－a|x|)＋1(a>0)的对称中心为(0,1)，
且f(x)＝
观察函数图象，将问题转化为f(x)在[－a,0)上的函数值恒大于等于f(x＋a)在[－a,0)上的函数值即可．
∴ax2＋x＋1≥－a(x＋a)2＋(x＋a)＋1在[－a,0)上恒成立，即2x2＋2ax＋a2－1≥0在[－a,0)上恒成立，函数h(x)＝2x2＋2ax＋a2－1的对称轴为x＝－∈(－a,0)，
∴Δ＝4a2－4×2(a2－1)≤0，又∵a>0，∴a≥.
思维升华 解决绝对值函数的关键是去掉绝对值转化为常规函数，去绝对值的方法有：定义法、单调性法等．
跟踪演练2 (2017·江苏南通调研)若函数f(x)＝|2x＋a|的单调增区间是[3，＋∞)，则a＝________.
答案 －6
解析 ∵f(x)＝|2x＋a|＝
∴函数的单调增区间为，
∴－＝3，∴a＝－6.
热点三 二次函数
例3 已知函数f(x)＝ax2－2x＋1.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)若≤a≤1，且f(x)在[1,3]上的最大值为M(a)，最小值为N(a)，令g(a)＝M(a)－N(a)，求g(a)的表达式；
(3)在(2)的条件下，求证：g(a)≥.
(1)解 当a＝0时，函数f(x)＝－2x＋1在(－∞，＋∞)上为减函数；
当a>0时，抛物线f(x)＝ax2－2x＋1开口向上，对称轴为x＝，
故函数f(x)在上为减函数，在上为增函数；
当a<0时，抛物线f(x)＝ax2－2x＋1开口向下，对称轴为x＝，
故函数f(x)在上为增函数，在上为减函数．
(2)解 ∵f(x)＝a2＋1－，
由≤a≤1，得1≤≤3，∴N(a)＝f ＝1－.
当1≤<2，即0，
∴函数g(a)在上为增函数，
∴当a＝时，g(a)取最小值，g(a)min＝g＝.
故g(a)≥.
思维升华 二次函数的单调性与其对称轴密切相关，在解题过程中要充分运用数形结合思想，寻找解题思路. 给定自变量区间求解最值问题时，最重要的策略就是结合二次函数图象，利用对称轴与区间的位置关系，可直观显示相应的最值．在分类讨论时，可采用“定区间动轴法”，即区间标在数轴上不动，让二次函数图象的对称轴移动，这样可做到不重不漏，并且简捷易行．
跟踪演练3 (2017·江苏新海中学质检)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b∈R，c∈R)．
(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(x)＝求F(2)＋F(－2)的值；
(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0,1]上恒成立，试求b的取值范围．
解 (1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－＝－1，
解得a＝1，b＝2，∴f(x)＝(x＋1)2，
∴F(x)＝
∴F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.
(2) f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在(0,1]上恒成立，即b≤－x且b≥－－x在(0,1]上恒成立．
又－x的最小值为0，－－x的最大值为－2，
∴－2≤b≤0.故b的取值范围是[－2,0]．
热点四 函数方程
例4 (1)已知函数f(x)＝若方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是________．
(2)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是________．
答案 (1)(0,1) (2)4
解析 (1)画出函数f(x)的图象如图所示，
观察图象可知，若方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，则函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有3个不同的交点，此时需满足00，f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，根据零点的存在性定理可知，f(x)在区间
(2,3)，(3,4)，(4,5)上均至少含有一个零点，故函数y＝f(x)在区间[1,6]上的零点至少有3个．
3．函数f(x)＝的零点个数为________．
答案 2
解析 当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；
当x>0时，令－2＋ln x＝0，解得x＝e2.
所以已知函数有2个零点．
4．若关于x的方程|x|＝a－x只有一个解，则实数a的取值范围是____________．
答案 (0，＋∞)
解析 由题意a＝|x|＋x，
令y＝|x|＋x＝其图象如图所示，故要使a＝|x|＋x只有一个解，则a>0.
5．(2017·江苏泰州二中质检)已知函数f(x)＝则满足不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范围是____________．
答案 (－1，－1)
解析 由题意，可得⇒x∈(－1，－1)．
6．若函数f(x)＝则函数y＝|f(x)|－的零点个数为________．
答案 4
解析 设g(x)＝，
则由g′(x)＝＝＝0，可得x＝，
所以g(x)在(1，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减，
当x→＋∞时，g(x)→0，故g(x)在(1，＋∞)上的最大值为g()＝>.
在同一平面直角坐标系中画出y＝|f(x)|与y＝的图象可得，交点有4个，即原函数零点有4个．
7．(1)已知α，β是方程x2＋(2m－1)x＋4－2m＝0的两个实根，且α<2<β，求m的取值范围；
(2)若方程x2＋ax＋2＝0的两根都小于－1，求a的取值范围．
解 (1)设f(x)＝x2＋(2m－1)x＋4－2m.
∵α，β是方程f(x)＝0的两个实根，且α<2<β，
∴f(2)<0，即22＋2(2m－1)＋4－2m<0，得m<－3.
即m的取值范围是(－∞，－3)．
(2)设f(x)＝x2＋ax＋2，f(－1)＝1－a＋2，Δ＝a2－8.
由题意得∴2≤a<3.
即a的取值范围是[2，3)．
8．已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x>0)．
(1)若y＝g(x)－m有零点，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解 (1)方法一 因为g(x)＝x＋≥2＝2e，等号成立的条件是x＝e，
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．
所以m的取值范围是[2e，＋∞)．
方法二 作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象如图(1)．
可知若使y＝g(x)－m有零点，则只需m≥2e.
所以m的取值范围是[2e，＋∞)．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，
作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象如图(2)．
因为f(x)＝－x2＋2ex＋m－1
＝－(x－e)2＋m－1＋e2，
所以其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.
故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0
有两个相异实根．
所以m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
B组 能力提高
9．若f(x)＝则函数g(x)＝f(x)－x的零点为________．
答案 x＝1＋或1
解析 即求f(x)＝x的根，
∴或
解得x＝1＋或x＝1，
∴g(x)的零点为x＝1＋或x＝1.
10．设函数y＝x3与y＝x－2的图象的交点为(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)(其中n∈N)，则n＝________.
答案 1
解析 令g(x)＝x3－22－x，可求得g(0)<0，g(1)<0，g(2)>0，g(3)>0，g(4)>0，易知函数g(x)的零点所在区间为(1,2)，所以n＝1.
11．设f(x)＝x2－3x＋a，若函数f(x)在区间(1,3)内有零点，则实数a的取值范围为________．
答案
解析 方法一 由f(x)＝0，得
a＝－x2＋3x＝－2＋，
因为x∈(1,3)，所以－2＋∈，
故a∈.
方法二 因为f(x)＝x2－3x＋a＝2－＋a，所以要使函数f(x)在区间(1,3)内有零点，
则需f≤0且f(3)>0，
解得0g，g(4)＝3>2，g(－1)＝－2，所以两个函数图象的交点一共有5个，所以f(x)＝2sin πx－x＋1的零点个数为5.
14．(2017·江苏扬州中学期中)已知函数f(x)＝－kx无零点，则实数k的取值范围是____________．
答案 [－2,0)
解析 在平面直角坐标系中画出y1＝与y2＝kx的图象如图所示，
函数f(x)＝－kx无零点，也就是y1＝与y2＝kx没有交点．
由图象可知k∈[－2,0)．
15．设函数f(x)＝(x＋k＋1)，g(x)＝，其中k是实数．
(1)若k＝0，解不等式·f(x)≥·g(x)；
(2)若k≥0，求关于x的方程f(x)＝x·g(x)实数根的个数．
解 (1)当k＝0时，f(x)＝(x＋1)，g(x)＝.
由得x≥0.
此时，原不等式为(x＋1)x≥(x＋3)，
即2x2＋x－3≥0，解得x≤－或x≥1.
所以原不等式的解集为[1，＋∞)．
(2)由方程f(x)＝x·g(x)，
得(x＋k＋1)＝x.①
由得x≥k，所以x≥0，x－k＋1>0.
方程①两边平方，整理得
(2k－1)x2－(k2－1)x－k(k＋1)2＝0(x≥k).②
当k＝时，由②得x＝，所以原方程有惟一解．
当k≠时，由②得判别式Δ＝(k＋1)2(3k－1)2，
(ⅰ)当k＝时，Δ＝0，方程②有两个相等的根x＝>，
所以原方程有惟一的解．
(ⅱ)当0≤k<且k≠时，方程②整理为
[(2k－1)x＋k(k＋1)](x－k－1)＝0，
解得x1＝，x2＝k＋1.
由于Δ>0，所以x1≠x2，
其中x2＝k＋1>k，x1－k＝≥0，即x1≥k.
故原方程有两解．
(ⅲ)当k>时，由(ⅱ)知x1－k＝<0，即x1k，故原方程有惟一解．
综上所述，当k≥或k＝时，原方程有惟一解；
当0≤k<且k≠时，原方程有两解．
16．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R，a>0)，设方程f(x)＝x的两个实数根为x1和x2.
(1)如果x1<2－1；
(2)如果|x1|<2，|x2－x1|＝2，求b的取值范围．
(1)证明 设g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋1，
则g(x)＝0的两根为x1和x2.
由a>0及x1<2－1.
(2)解 由(x1－x2)2＝2－＝4，
可得2a＋1＝.
又x1x2＝>0，所以x1，x2同号．
所以|x1|<2，|x2－x1|＝2等价于
或
即或
解得b>或b<.
