2018年度高考函数专刊资料练习情况总结复习资料讲义题型分类.doc

,.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,( )（A）3 （B）6 （C）9 （D）12【答案】C【解析】由已知得，又，所以，故 2.（15年福建理科）若函数 （ 且 ）的值域是 ，则实数 的取值范围是【答案】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，则（ ）ABCD（2）（15年山东理科）已知函数的定义域和值域都是，则.（1） （2）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，则不等式的解集是A BC D【答案】C2、（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，轨迹关于直线对称，且，且轨迹非线型，故选B函数性质：1.（15年湖南理科）设函数，则是（ ）A.奇函数，且在上是增函数 B. 奇函数，且在上是减函数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）若函数满足，且在单调递增，则实数的最小值等于_【答案】【解析】试题分析：由得函数关于对称，故，则，由复合函数单调性得在递增，故，所以实数的最小值等于3.（15年新课标1理科）若函数f(x)=xln（x+）为偶函数，则a=【答案】1【解析】由题知是奇函数，所以 =，解得=1.4.（15年新课标2文科）设函数,则使得成立的的取值范围是（ ）A B C D【答案】A【解析】试题分析：由可知是偶函数,且在是增函数,所以 .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 ，其中，若函数 恰有4个零点，则的取值范围是（A） （B） （C）（D）【答案】D【解析】试题分析：由得，所以，即,所以恰有4个零点等价于方程有4个不同的解，即函数与函数的图象的4个公共点，由图象可知.2.（15年北京理科）设函数若，则的最小值为；若恰有2个零点，则实数的取值范围是【答案】(1)1，(2) 或.变式：参数在变量的位置的探究：(15年湖南理科）已知，若存在实数，使函数有两个零点，则a的取值 【答案】.【解析】试题分析：分析题意可知，问题等价于方程与方程的根的个数和为，若两个方程各有一个根：则可知关于的不等式组有解，从而；若方程无解，方程有2个根：则可知关于的不等式组有解，从而；，综上，实数的取值范围是.3.已知函数=，若存在唯一的零点，且0，则的取值范围为.（2，+） .（-，-2） .（1，+） .（-，-1）答案：B4.设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f（x0）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-),aR,且y=f(2x-3)是偶函数.g(x)=+,存在(k,k+),kZ,使得g()=,满足条件的k个数答案：3（2）关于x的不等式有且仅有两个整数解求k的范围?()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(,为自然对数的底数).若曲线上存在使得,则的取值范围是( )(A) (B) (C) (D)【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,0)的一条切线，则实数b= 答案：(ln2-1)3、 点P是曲线上任意一点，则P到直线y=x-2的最小距离 答案： 4、已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）设，如果过点可作曲线的三条切线，证明：解：（1）在点处的切线方程为，即（2）如果有一条切线过点，则存在，使若过点可作曲线的三条切线，则方程有三个相异的实数根记，则当变化时，变化情况如下表：000极大值极小值如果过可作曲线三条切线，即有三个相异的实数根，则即考点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xf(x0)2m2，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(kZ)，从而得x0m(kZ)所以不等式xf(x0)2m2即为2m233，其中kZ.由题意，存在整数k使得不等式m2123成立当k1且k0时，必有21，此时不等式显然不能成立，故k1或k0，此时，不等式即为m23，解得m2.答案：C变式：（2016石家庄质量检测二）已知函数其中e为自然对数的底数，若存在实数使得成立，则实数a值（-ln2-1)2、（2014山东，13分）设函数f(x)k(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)(1)当k0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yf(x)的定义域为(0，)f(x)k由k0可得exkx0，所以当x(0,2)时，f(x)0，函数yf(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，k0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k0时，设函数g(x)exkx，x0，)，因为g(x)exkexeln k，当00，yg(x)单调递增故f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当k1时，得x(0，ln k)时，g(x)0，函数yg(x)单调递增所以函数yg(x)的最小值为g(ln k)k(1ln k)函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当解得ek0时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x(x0，)时，恒有x2cex.解：(1)由f(x)exax，得f(x)exa.又f(0)1a1，得a2.所以f(x)ex2x，f(x)ex2.令f(x)0，得xln 2.当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递减；当xln 2时，f(x)0，f(x)单调递增所以当xln 2时，f(x)取得极小值，且极小值为f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令g(x)exx2，则g(x)ex2x，由(1)得g(x)f(x)f(ln 2)0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)10，因此，当x0时，g(x)g(0)0，即x2ex.(3)证明：法一：若c1，则excex.又由(2)知，当x0时，x2ex.所以当x0时，x2cex.取x00，当x(x0，)时，恒有x2cex.若0c1，令k1，要使不等式x2cex成立，只要exkx2成立而要使exkx2成立，则只要xln(kx2)，只要x2ln xln k成立令h(x)x2ln xln k，则h(x)1，所以当x2时，h(x)0，h(x)在(x0，)内单调递增取x016k16，所以h(x)在(x0，)内单调递增，又h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易知kln k，kln 2,5k0，所以h(x0)0.即存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.综上，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法二：对任意给定的正数c，取x0，由(2)知，当x0时，exx2，所以exee22，当xx0时，ex222x2.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.法三：首先证明当x(0，)时，恒有x3ex.证明如下：令h(x)x3ex，则h(x)x2ex.由(2)知，当x0时，x2ex，从而h(x)0，h(x)在(0，)内单调递减，所以h(x)h(0)10，即x3ex.取x0，当xx0时，有x2x3ex.因此，对任意给定的正数c，总存在x0，当x(x0，)时，恒有x2cex.练习：1、（2014四川，14分）已知函数f(x)exax2bx1，其中a，bR，e2.718 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)exax2bx1，有g(x)f(x)ex2axb，所以g(x)ex2a.因此，当x0,1时，g(x)12a，e2a当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递增因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)0，所以g(x)在0,1上单调递减，因此g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab；当a时，令g(x)0，得xln(2a)(0,1)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)2a2aln(2a)b.综上所述，当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)1b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当a时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)e2ab.(2)设x0为f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由f(0)f(x0)0可知，f(x)在区间(0，x0)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，x0)内存在零点x1.同理g(x)在区间(x0,1)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)内至多有一个零点所以a0，g(1)e2ab0.由f(1)0有abe10，g(1)e2ab1a0.解得e2a1.当e2a1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(x0,1)，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)1a0，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，x1上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在x2,1上单调递增所以f(x1)f(0)0，f(x2)f(1)0，故f(x)在(x1，x2)内有零点综上可知，a的取值范围是(e2,1)2、（2014江苏，16分）已知函数f(x)exex，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)exm1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x01，)，使得f(x0)0)，则t1，所以m对任意t1成立因为t112 13，所以，当且仅当t2，即xln 2时等号成立因此实数m的取值范围是.(3)令函数g(x)exa(x33x)，则g(x)ex3a(x21)当x1时，ex0，x210，又a0，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)ee12a.由于存在x01，)，使ex0ex0a(x3x0)0成立，当且仅当最小值g(1)0.故ee12a.令函数h(x)x(e1)ln x1，则h(x)1.令h(x)0，得xe1，当x(0，e1)时，h(x)0，故h(x)是(e1，)上的单调增函数所以h(x)在(0，)上的最小值是h(e1)注意到h(1)h(e)0，所以当x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当x(e1，e)(e1，)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a1(e1)ln a，从而ea1h(e)0，即a1(e1)ln a，故ea1ae1.综上所述，当a时，ea1ae1.考点7：任意性问题1、（2014辽宁，5分）当x2,1时，不等式ax3x24x30恒成立，则实数a的取值范围是()A5，3 B.C6，2 D4，3解析：当x(0,1时，得a3342，令t，则t1，)，a3t34t2t，令g(t)3t34t2t，t1，)，则g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以g(t)maxg(1)6，因此a6；同理，当x2,0)时，得a3342，令m，则m，a3m34m2m，令g(m)3m34m2m，m，则g(m)9m28m1(m1)(9m1)显然在上g(m)0，所以g(m)ming(1)2.所以a2.由以上两种情况得6a2，显然当x0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，求的取值范围.解析：对任意恒成立等价于恒成立设在上单调递减在恒成立恒成立（对，仅在时成立），的取值范围是变式：1、已知函数试讨论在定义域内的单调性；当1时，证明：，求实数的取值范围解：函数的定义域为，当时，增区间为，减区间为；当0时，增区间为；当时，增区间为，减区间为当0时，在区间(0,1)上单调递增，不妨设，则，等价于，即构造，则0在上是增函数，当时，即，即又当0时，在区间(0,1)上单调递增，即2、已知函数（1）确定函数的单调性；（2）若对任意，且，都有，求实数a的取值范围。