2018高考函数专题复习讲义题型分类
《2018高考函数专题复习讲义题型分类》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2018高考函数专题复习讲义题型分类(19页珍藏版)》请在装配图网上搜索。
2018 高考函数专题讲义 1 考点与典型问题 考点 1 定义域与值域问题 例题 1 1 年新课标 2 理科 设函数 21 log 1 xxf 2 log1 ff A 3 B 6 C 9 D 12 答案 C 解析 由已知得 2 1log43f 又 2log1 所以22log1l62 l f 故 9ff 2 15 年福建理科 若函数 6 3log2 axf 0a 且 1 的值域是 4 则实数 a 的取值范围是 答案 1 2 分析 本题以分段函数为背景考察定义域和值域问题 是本节的重点但非难点 考察学生 对于两个变量的认识 在思维的角度上属于互逆 特别对于分段函数的研究方式应给出重 点说明 练习 1 15 年陕西文科 设 1 0 2xf 则 2 f A B 4C 12D 3 2 15 年山东理科 已知函数 的定义域 xfab 0 1 a 和值域都是 则 1 0 ab 1 C 2 132ab 考点 2 函数图像与性质 函数图像 1 15 年北京理科 如图 函数 的图象为折线 则不等式 的 fxACB 2log1fx 解集是 A BO x y 1 2 2C A B 10 x 1 C D 2x 答案 C 2 15 年新课标 2 理科 如图 长方形 ABCD 的边 AB 2 BC 1 O 是 AB 的中点 点 P 沿着边 BC CD 与 DA 运动 记 BOP x 将动点 P 到 A B 两点距离之和表示为 x 的函 数 f x 则 f x 的图像大致为 答案 B 的运动过程可以看出 轨迹关于直线 2x 对称 且 42ff 且轨迹非线型 故 选 B 函数性质 1 15 年湖南理科 设函数 ln1 l fxx 则 f是 A 奇函数 且在 0 1 上是增函数 B 奇函数 且在 0 1上是减函数 C 偶函数 且在 上是增函数 D 偶函数 且在 上是减函数 答案 A 2 15 年福建文科 若函数 2 xafR 满足 1 fxf 且 fx在 m 单调递增 则实数 的最小值等于 m 答案 1 解析 试题分析 由 得函数 关于 对称 故 则 1 fxf fx1 1a1 2xf 由复合函数单调性得 在 递增 故 所以实数 的最小值等于 m 3 15 年新课标 1 理科 若函数 f x xln x 为偶函数 则 a 2ax 答案 1 解析 由题知 是奇函数 所以 22ln ln xxa 2ln yxa 2ln 0ax 解得 1 4 15 年新课标 2 文科 设函数 21 ln fxx 则使得 21 fx 成立 的 x的取值范围是 A 1 3 B 1 3 C 1 3 D 1 3 答案 A 解析 试题分析 由 21 ln fxx 可知 f是偶函数 且在 0 是增函数 所以 121 3fxfffxx 故选 A 考点 3 函数零点问题 难点 函数零点问题属于较难的问题 一般思路研究函数解析式 画出函数图图像 应用数形结 合 1 15 年天津理科 已知函数 函数 其 2 xf 2gxbfx 中 若函数 恰有 4 个零点 则 的取值范围是bR yfxg b A B C D 7 4 7 70 2 答案 D 解析 试题分析 由 得 2 xf 2 0 xfx 所以 22 0 4 yfxxx 即 22 0 258 xyfxx 所以 恰有 4 个零点等价于方程 fgfxb yfgx 有 4 个不同的解 即函数 与函数 的图20 xb b 2 yfx 象的 4 个公共点 由图象可知 72 864224 6815105 51015 2 15 年北京理科 设函数 214 xaxfx 若 则 的最小值为 1a f 若 恰有 2 个零点 则实数 的取值范围是 fxa 答案 1 1 2 或 1 2 变式 参数在变量的位置的探究 15 年湖南理科 已知 32 xaf 若存在实数 b 使函数 gxfb 有两个 零点 则 a 的取值 答案 1 0 解析 试题分析 分析题意可知 问题等价于方程 3axb 与方程 2axb 的根的个 数和为 2 若两个方程各有一个根 则可知关于 的不等式组 ab31 有解 从而 1 b 若方程 3axb 无解 方程 2ax 有 2 个根 则可知关于 b的不等式组 ab31有解 从而0 综上 实数 的取值范围是 1 0 3 已知函数 若 存在唯一的零点 且 0 则 的取值范围 fx321 fx0 xa 为 2 2 1 1 ABCD 答案 B 4 设函数 f x ex 2x 1 ax a 其中 a 1 若存在唯一的整数 x0 使得 f x 0 0 则 a 的取值范围是 A 1 B C D 1 练习 1 已知函数 f x 的定义域是 4a 3 3 a R 且 y f 2x 3 是偶函数 g x a2 存在 k k k Z 使得 g x0 满足条件的 k 个数x3a241x021 答案 3 2 关于 x 的不等式 kxx 21ln 有且仅有两个整数解求 k 的范围 35ln 2l 考点 4 不动点问题研究 对于方程 f x x 的根称为函数发 f x 的一阶不动点 方程 f f x x 的根称为二阶不动 点连续函数存在一阶不动点 比存在二阶不动点 不存在一阶不动点 就不存在二阶不动 点 1 2013 年高考四川卷 理 设函数 xfea 为自然对数的底数 R e 若曲线 sinyx 上存在 0 y使得 则 的取值范围是 0y A B C D 1 e 1 e 1 e1 e 答案 A 变式 2013 年普通高等学校招生统一考试安徽数学 理 试题 若函数 有极值点 且 1x0 的一条切线 则实数 b 答案 ln2 1 3 点 P 是曲线 0ln 2 xy上任意一点 则 P 到直线 y x 2 的最小距离 答案 2 4 已知函数 3 f 1 求曲线 yx 在点 Mtf 处的切线方程 2 设 0a 如果过点 ab 可作曲线 yfx 的三条切线 证明 bf 解 1 231x yfx在点 tf 处的切线方程为 yftt 即 23x 2 如果有一条切线过点 ab 则存在 t 使 23 1 btat 若过点 ab 可作曲线 yfx 的三条切线 则方程 320t 有三个相异的实数根 记 gtab 则 2 6gtat 当 t变化时 g 变化情况如下表 t 0 0 0 a a g 0 0 tA 极大值 ab A 极小值 bfaA 如果过 ab 可作曲线 yfx 三条切线 即 0gt 有三个相异的实数根 则 0 abf 即 abf 考点 6 存在性问题 1 2014 新课标全国 5 分 设函数 f x sin 若存在 f x 的极值点 x0 满足 x f x0 3 xm 20 2 m2 则 m 的取值范围是 A 6 6 B 4 4 C 2 2 D 1 1 解析 由正弦型函数的图象可知 f x 的极值点 x0 满足 f x0 则 k k Z 3 x0m 2 从而得 x0 m k Z 所以不等式 x f x0 2 m2 即为 2m2 33 其中 k Z 由题意 存在整数 k 使得不等式 m21 2 3 成立 当 12 k 12 k 1 且 k 0 时 必有 2 1 此时不等式显然不能成立 故 k 1 或 k 0 此时 k 12 不等式即为 m2 3 解得 m2 34 答案 C 变式 2016 石家庄质量检测二 已知函数 其 4 2ln eexaaxxgf 中 e 为自然对数的底数 若存在实数 使得 成立 则实数 a 值 x0300 ln2 1 2 2014 山东 13 分 设函数 f x k k 为常数 e 2 718 28 是自然对数的 exx2 2x ln x 底数 1 当 k 0 时 求函数 f x 的单调区间 2 若函数 f x 在 0 2 内存在两个极值点 求 k 的取值范围 解 1 函数 y f x 的定义域为 0 f x k x2ex 2xexx4 2x2 1x xex 2exx3 k x 2 x2 x 2 ex kx x3 由 k 0 可得 ex kx 0 所以当 x 0 2 时 f x 0 函数 y f x 单调递增 所以 f x 的单调递减区间为 0 2 单调递增区间为 2 2 由 1 知 k 0 时 函数 f x 在 0 2 内单调递减 故 f x 在 0 2 内不存在极值点 当 k 0 时 设函数 g x e x kx x 0 因为 g x e x k e x e ln k 当 00 y g x 单调递增 故 f x 在 0 2 内不存在两个极值点 当 k 1 时 得 x 0 ln k 时 g x 0 函数 y g x 单调递增 所以函数 y g x 的最小值为 g ln k k 1 ln k 函数 f x 在 0 2 内存在两个极值点当且仅当Error 解得 e k0 时 x 2 ex 3 证明 对任意给定的正数 c 总存在 x0 使得当 x x 0 时 恒有 x2 cex 解 1 由 f x ex ax 得 f x e x a 又 f 0 1 a 1 得 a 2 所以 f x e x 2x f x e x 2 令 f x 0 得 x ln 2 当 x ln 2 时 f x 0 f x 单调递减 当 x ln 2 时 f x 0 f x 单调递增 所以当 x ln 2 时 f x 取得极小值 且极小值为 f ln 2 e ln 2 2ln 2 2 ln 4 f x 无极大值 2 证明 令 g x e x x 2 则 g x e x 2x 由 1 得 g x f x f ln 2 0 故 g x 在 R 上单调递增 又 g 0 1 0 因此 当 x 0 时 g x g 0 0 即 x2 e x 3 证明 法一 若 c 1 则 ex ce x 又由 2 知 当 x 0 时 x 2 e x 所以当 x 0 时 x 2 c ex 取 x0 0 当 x x 0 时 恒有 x2 ce x 若 0 c 1 令 k 1 要使不等式 x2 ce x成立 只要 ex kx 2 成立 1c 而要使 ex kx 2 成立 则只要 x ln kx 2 只要 x 2ln x ln k 成立 令 h x x 2ln x ln k 则 h x 1 2x x 2x 所以当 x 2 时 h x 0 h x 在 x 0 内单调递增 取 x0 16k 16 所以 h x 在 x 0 内单调递增 又 h x0 16k 2ln 16k ln k 8 k ln 2 3 k ln k 5k 易知 k ln k k ln 2 5k 0 所以 h x0 0 即存在 x0 当 x x 0 时 恒有 x2 ce x 16c 综上 对任意给定的正数 c 总存在 x0 当 x x0 时 恒有 x2 ce x 法二 对任意给定的正数 c 取 x0 4c 由 2 知 当 x 0 时 e x x 2 所以 ex e e 2 2 x2 x2 x2 x2 当 x x 0 时 e x 2 2 2 x2 x2 x2 4c x2 1c 因此 对任意给定的正数 c 总存在 x0 当 x x0 时 恒有 x2 ce x 法三 首先证明当 x 0 时 恒有 x3 e x 13 证明如下 令 h x x3 ex 则 h x x 2 e x 13 由 2 知 当 x 0 时 x 2 e x 从而 h x 0 h x 在 0 内单调递减 所以 h x h 0 1 0 即 x3 e x 13 取 x0 当 x x 0 时 有 x2 x3 e x 3c 1c 13 因此 对任意给定的正数 c 总存在 x0 当 x x0 时 恒有 x2 ce x 练习 1 2014 四川 14 分 已知函数 f x e x ax 2 bx 1 其中 a b R e 2 718 28 为自 然对数的底数 1 设 g x 是函数 f x 的导函数 求函数 g x 在区间 0 1 上的最小值 2 若 f 1 0 函数 f x 在区间 0 1 内有零点 求 a 的取值范围 解 1 由 f x ex ax 2 bx 1 有 g x f x e x 2ax b 所以 g x e x 2a 因此 当 x 0 1 时 g x 1 2a e 2a 当 a 时 g x 0 所以 g x 在 0 1 上单调递增 12 因此 g x 在 0 1 上的最小值是 g 0 1 b 当 a 时 g x 0 所以 g x 在 0 1 上单调递减 e2 因此 g x 在 0 1 上的最小值是 g 1 e 2a b 当 a 时 令 g x 0 得 x ln 2a 0 1 12 e2 所以函数 g x 在区间 0 ln 2a 上单调递减 在区间 ln 2a 1 上单调递增 于是 g x 在 0 1 上的最小值是 g ln 2a 2a 2aln 2a b 综上所述 当 a 时 g x 在 0 1 上的最小值是 g 0 1 b 12 当 a 时 g x 在 0 1 上的最小值是 g ln 2a 2a 2aln 2 a b 12 e2 当 a 时 g x 在 0 1 上的最小值是 g 1 e 2a b e2 2 设 x0 为 f x 在区间 0 1 内的一个零点 则由 f 0 f x 0 0 可知 f x 在区间 0 x 0 上 不可能单调递增 也不可能单调递减 则 g x 不可能恒为正 也不可能恒为负 故 g x 在区间 0 x 0 内存在零点 x1 同理 g x 在区间 x 0 1 内存在零点 x2 所以 g x 在区间 0 1 内至少有两个零点 由 1 知 当 a 时 g x 在 0 1 上单调递增 故 g x 在 0 1 内至多有一个零点 12 当 a 时 g x 在 0 1 上单调递减 故 g x 在 0 1 内至多有一个零点 e2 所以 a0 g 1 e 2a b 0 由 f 1 0 有 a b e 10 g 1 e 2a b 1 a 0 解得 e 2 a 1 当 e 2 a 1 时 g x 在区间 0 1 内有最小值 g ln 2a 若 g ln 2a 0 则 g x 0 x 0 1 从而 f x 在区间 0 1 上单调递增 这与 f 0 f 1 0 矛盾 所以 g ln 2a 0 g 1 1 a 0 故此时 g x 在 0 ln 2a 和 ln 2a 1 内各只有一个零点 x1 和 x2 由此可知 f x 在 0 x 1 上单调递增 在 x 1 x 2 上单调递减 在 x 2 1 上单调递增 所以 f x1 f 0 0 f x 2 f 1 0 故 f x 在 x 1 x 2 内有零点 综上可知 a 的取值范围是 e 2 1 2 2014 江苏 16 分 已知函数 f x e x e x 其中 e 是自然对数的底数 1 证明 f x 是 R 上的偶函数 2 若关于 x 的不等式 mf x e x m 1 在 0 上恒成立 求实数 m 的取值范围 3 已知正数 a 满足 存在 x0 1 使得 f x0 0 则 t 1 所以 m 对任意 t 1 成立 t 1t2 t 1 1t 1 1t 1 1 因为 t 1 1 2 1 3 1t 1 t 1 1t 1 所以 1 t 1 1t 1 1 13 当且仅当 t 2 即 x ln 2 时等号成立 因此实数 m 的取值范围是 13 3 令函数 g x e x a x 3 3x 1ex 则 g x e x 3a x 2 1 1ex 当 x 1 时 e x 0 x 2 1 0 1ex 又 a 0 故 g x 0 所以 g x 是 1 上的单调增函数 因此 g x 在 1 上的最小值是 g 1 e e 1 2a 由于存在 x0 1 使 ex0 e x 0 a x 3x 0 0 成立 当且仅当最小值 g 1 30 0 故 e e 1 2a e e 12 令函数 h x x e 1 ln x 1 则 h x 1 令 h x 0 得 x e 1 e 1x 当 x 0 e 1 时 h x 0 故 h x 是 e 1 上的单调增函数 所以 h x 在 0 上的最小值是 h e 1 注意到 h 1 h e 0 所以当 x 1 e 1 0 e 1 时 h e 1 h x h 1 0 当 x e 1 e e 1 时 h x h e 0 所以 h x 0 对任意的 x 1 e 成立 当 a 1 e 时 h a 0 即 a 1 e 1 ln a 从而 ea 1 h e 0 即 a 1 e 1 ln a 故 ea 1 ae 1 综上所述 当 a 时 e a 1 ae 1 考点 7 任意性问题 1 2014 辽宁 5 分 当 x 2 1 时 不等式 ax3 x 2 4x 3 0 恒成立 则实数 a 的取 值范围是 A 5 3 B 6 98 C 6 2 D 4 3 解析 当 x 0 1 时 得 a 3 3 4 2 令 t 则 t 1 1x 1x 1x 1x a 3t 3 4t 2 t 令 g t 3t 3 4t 2 t t 1 则 g t 9t 2 8t 1 t 1 9t 1 显然在 1 上 g t 0 g t 单调递减 所以 g t max g 1 6 因此 a 6 同理 当 x 2 0 时 得 a 3 3 4 2 令 m 则 1x 1x 1x 1x m a 3m 3 4m2 m 令 g m 3m 3 4m 2 m m 则 12 12 g m 9m 2 8m 1 m 1 9m 1 显然在 上 g m 0 所以 g m min g 1 2 所以 a 2 由以上两种情况得 1 12 6 a 2 显然当 x 0 时也成立 故实数 a 的取值范围为 6 2 答案 C 考点 8 构造函数 1 设函数 若对任意 恒成立 求 ln mfxR 0 1fbaa 的取值范围 m 解析 对任意 0 1fbaa 恒成立 等价于 fbf 恒成立 设 ln 0 mhxfx 等 价 于 在 0 上单调递减21hx 在 恒成立221 0 4mxx 恒成立14 对 h 仅在 2 时成立 m 的取值范围是 变式 1 已知函数 1lnfxax 试讨论 在定义域内的单调性 当 a 1时 证明 12 0 x 12 fxf 求实数 m的取值范围 解 函数的定义域为 0 1 aaxfx 当 1a 时 增区间为 1 a 减区间为 0 当 0时 增区间为 0 当 0a 时 增区间为 1 a 减区间为 1 a 当 0时 fx在区间 0 1 上单调递增 不妨设 12 则 12120 0 xffx 12 fxf 等价于 1212 ff 即 12 fxfx 构造 gxf 则 axagx 0 在 0 1上是增函数 当 120 时 12 gx 即 2 fxfx 即 2 fxf 又当 a 0时 在区间 0 1 上单调递增 1212 0 xfxf 1212 ff 即 12 fxf 2 已知函数 ln 0 fxax 1 确定函数 y的单调性 2 若对任意 12 0 x 且 12x 都有 1212 4 fxfx 求实数 a 的取值范围- 配套讲稿:
如PPT文件的首页显示word图标,表示该PPT已包含配套word讲稿。双击word图标可打开word文档。
- 特殊限制:
部分文档作品中含有的国旗、国徽等图片,仅作为作品整体效果示例展示,禁止商用。设计者仅对作品中独创性部分享有著作权。
- 关 键 词:
- 2018 高考 函数 专题 复习 讲义 题型 分类
装配图网所有资源均是用户自行上传分享,仅供网友学习交流,未经上传用户书面授权,请勿作他用。
关于本文