2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点04利用函数的图像探究函数的性质(2)(解析版)5110.pdf

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1、考点 04 利用函数的图像探究函数的性质（2）【知识框图】【自主热身，归纳提炼】1、(2018 南京、盐城一模）设函数 f(x)是偶函数，当 x0 时，f(x)x（3x），0 x3，3x1，x3，若函数 yf(x)m 有四个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_ 【答案】1，94 【解析】先画出 x0 时的函数图像，再利用偶函数的对称性得到 xb0，且 f(a)f(b)，则 a2b 的最大值是_ 【答案】16【解析】作出函数 f(x)图像，如下图：则 0b 6a，由 f(a)f(b)，所以|a26|b26|，则 a266b2，所以 a212b2，则 b(12b2)b，设函数 g(b)(12b2

2、)bb312b(0b0，g(b)递增，当 b(2，6)时，g(b)0，g(b)递减，所以 g(b)的最大值为 16，则 a2b 的最大值是 16.解后反思 处理双元变量的最值问题，常用消元法，转化为单元变量的函数来处理，特别注意的是，要注意写准函数的定义域 3、(2019 泰州期末）已知函数 f(x)x33x2a，xa，x33x4a，xa，若存在 x00，使得 f(x0)0，则实数 a 的取值范围是_ 【答案】1，0)思路分析 本题是一个分段函数的形式，有以下两种处理的思路：思路 1.对两段函数分别研究图像和性质，由于研究的是 x0 的情形，故分 a0 和 a0 两种情况讨论，当 a0 时，结

3、论易得；当 a0 时，由于 xa 时，f(x)单调递增，而 f(a)a3a，故要对 f(a)a3a 的正负分三种情况讨论，最后总结，问题得以解决 思路 2.考虑能否合并成一个含绝对值的函数，本题 f(x)x33|xa|a，从而问题转化为 yx3和 y3|xa|a 的图像在 y 轴左侧有交点的问题，通过函数的图像，不难得到结论 解法 1(分类讨论法)当 a0 时，只考虑 x0，f(x)在(，a)上单调递增，而 f(0)4a0，显然不存在 x00，使得 f(x0)0，所以 a0 不成立 当 a0 时，当 xa 时，f(x)在(，a)上单调递增，且 f(x)0，即1a0 时，则必存在 x0a，使得

4、f(x0)0，结论成立；当 a1 时，f(1)0，结论成立；当 a1 时，f(x)在 a，1)上单调递增，在(1，0)上递减，而 f(1)2a20，结论不成立 综上实数 a 的取值范围是1，0)解法 2(图像法)函数 f(x)x33|xa|a，由题意可得 yx3与 y3|xa|a 在 y 轴左侧有交点 y3|xa|a 的顶点为(a，a)，在直线 yx 上，由yx，yx3，解得 x1.又 yx3在 x1 处的切线率斜恰为 3，画出图像如图所示，数形结合知 a1，0)解后反思 本题解法 1 属于常规思路，解法 2 对函数式的化简和变形提出了很高的要求，其中 y3|xa|a 是折线函数，是由 y3|

5、x|图像在 yx 上滑动所形成的图形，对于此类题型，同学要多总结，多积累，才能灵活应用 4、(2018 扬州期末）已知函数 f(x)log12（x1）1，x1，k，2|x1|，x（k，a，若存在实数 k 使得该函数的值域为2，0，则实数 a 的取值范围是_【答案】12，2 【解析】根据函数 f(x)的解析式作出草图如图，当 x1，k时，f(x)log12(x1)1，它在1，1)上是单调递增的，且 f(1)2，f120，因为该函数在1，a上的值域为2，0，所以必须有1k12；当 x(k，a时，f(x)2|x1|，在(，1上单调递增，在1，)上单调递减，且 f(0)f(2)2，f(1)0，因为函数

6、的值域为2，0，所以必须有 0ka2.综合，要求存在实数 k 使得该函数的值域为2，0，则必须 0k120，若关于 x 的方程 f(x)kx2 有且只有四个不同解，则实数 k 的取值构成的集合为_【答案】1e3(e，1)【解析】作函数 yf(x)和 ykx2 的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有 3 个公共点，当 k0时，直线应与曲线 yf(x)(x1)相切，设切点(x0，lnx0)，则切线斜率为 k1x0，又 klnx02x0，则1x0lnx02x0，解得 x0e3，此时 k1e3，当 k0 时，当 ykx2 与曲线 yx2x1相切于点(0，2)时，函数 yf(x)和 ykx2 的图

7、像只有三个公共点，不符合题意，此时 k1，当1k0 时，函数 yf(x)和 ykx2 的图像只有三个公共点，不符合题意，当直线 ykx2 与 yf(x)(0 x1)相切时，两图像只有三个公共点，设切点(x0，lnx0)，则切线的斜率 k1x0，又 klnx02x0，则1x0lnx02x0，解得 x0e1，此时 ke不符合题意，当 ke时，两图像只有两个公共点，不合题意，而当ek0，x33mx2，x0(其中e为自然对数的底数)有 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_ 【答案】(1，)解法 1(直接法)当 x0 时，令 f(x)ex120，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点

8、，因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点，则当x0 时，f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点，因为f(x)3x23m，令f(x)0，则x2m0，若m0，则函数f(x)为增函数，不合题意，故m0，所以函数f(x)在(，m)上为增函数，在(m，0上为减函数，即f(x)maxf(m)m m3m m22m m2，f(0)20，即m1，故实数m的取值范围是(1，)解法 2(分离参数)当 x0 时，令 f(x)ex120，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点，因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点，则当x0 时，f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点，即

9、x33mx20，显然x0 不是它的根，所以 3mx22x，令yx22x(x0)，则y2x2x22（x31）x2，当x(，1)时，y0，此时函数单调递增，故ymin3，因此，要使f(x)x33mx2 在(，0)上有两个不同的零点，则需 3m3，即m1.【问题探究，开拓思维】题型一、运用函数图像解决多元问题 知识点拨：解决多元问题的最值问题主要思想就是把多元问题转化为单元问题，要通过函数的图像找到各个参数的关系，但要注意参数的范围。例 1、(2018 苏锡常镇调研（二）已知函数1(|3|1)0()2ln0 xxf xxx，若存在实数abc，满足()()()f af bf c，则()()()af a

10、bf bcf c的最大值是 【答案】22e12 思路点拨：根据函数解析式，可以结合函数的图象得出a，b，c的关系，利用消元思想将问题转化为一元函数问题，进而利用导数知识解决.解题过程：作函数)(xf的图象如下：根据题意，结合图象可得6ba，ccfbfafln)()()(，且2ece 所以cccfcbaccfbbfaafln)6()()()()()(令cccgln)6()(，2ece 则16ln)(cccg，易得)(cg在2,ee上递增，又因为0623)(eeg，063)(22eeg，根据零点存在性定理可得存在唯一20,eex，使得0)(0 xg，从而函数)(cg的减区间是0,xe，增区间是20

11、,ex，又因为26ln)6()(eeeeg，122ln)6()(2222eeeeg，则)()(2egeg 所以cccgln)6()(在2,ee上的最大值是1222e 解后反思：本题以分段函数为背景，考查了导数知识在解决函数综合问题中的应用，以及数形结合，化归与转化等重要数学思想.【变式 1】、(2017 常州期末）已知函数 32log,031108,333xxf xxxx，若存在实数a、b、c、d，满足 f af bf c f d，其中0dcba，则abcd的取值范围是 .【答案】21,24 思路点拨：由存在实数a、b、c、d，满足 f af bf c f d得，存在一条平行于x轴的直线与函数

12、()f x的图象有四个不同的交点，从而得到,a b c d之间所存在的关系，利用这一关系来求得abcd的取值范围。解析：如图，由图形可知01a，13b，则 33loglogf aaa，3logf bb3log b，f af b，33loglogab，1ab，因为 13,()()bf bf cf d，所以 0()1f cf d，由211008133xx得34x或67x，由于cd，且二次函数2110833yxx的图象的对称轴为5x，故34c且10dc，故21052521,24abcdccc 【变式 2】、（2015 南京、淮安三模）已知函数224,log(2)2,46,0(),4xxxxxxf 若

13、存在12,x x R，当12406xx时，12()()f xf x，则12()x f x的取值范围为 【答案】2563,27 解析：因为12046xx时，12()()f xf x，画出函数()f x的图象，易知113x，则此时23212111111()(4)4(1,3)x f xxxxxxx，所以21138yxx，令211380 xx，解得183x，当183x 取得最大值25627，11x 时取得最小值 3，所以12()x f x的取值范围是2563,27【关联 1】、(2018 南京学情调研）设函数，若存在 1,0,21xx，使)()(21xgxf成立，则实数 a 的取值范围为.【答案】4,

14、1 思路点拨：先分别求出函数)(xf和)(xg的值域，再根据条件建立这两个函数值域之间的关系并求出实数a的取值范围.解析：对于函数)(xf，当21,0 x时，1,21)(xf；当 1,21(x时，)21,0)(xf，从而当 1,0 x，函数)(xf的值域为 1,01D；对于函数)(xg，因为10 x，066x，10sin62x，所以12sin()2262aaxaa，从而当 1,0 x，函数)(xg的值域为212,22Daa（0a）；因为存在 1,0,21xx，使)()(21xgxf，所以21DD,若21DD，则1202a或12a，解之得10 a或4a，所以当21DD 时，41 a，即所求是实数

15、a的取值范围是4,1.精彩点评：本题求函数)(xf和函数)(xg的值域并不困难，关键在于先求21DD 时实数a的取值范围，再用补集的思想21DD 实数a的取值范围，从而得到本题的最终答案，这种正难则反的思想希望同学们掌握.【关联 2】、(2018 南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)|log4x，04，若abc且f()af()bf()c，则(ab1)c的取值范围是_.【答案】()16，64.解析 作出函数f(x)|log4x，04的图象，abc时，f(a)f(b)f(c)，log4alog4b，即 log4alog4b0，则 log4ab0，14a1b4c6，且ab1，

16、1624()ab1c2c2664，即()ab1c的取值范围是()16，64.题型二 复合函数的零点问题 知识点拨：本题考查复合函数的零点问题，处理 f(g(x)0 解的个数问题，往往通过换元令 tg(x)，f(t)0，研究 t 的解的个数，再讨论每一个解对应的 g(x)t 的解 x 的个数，常用数形结合的方法来处理 研究高次的方程、不等式通常首先考虑的是能否进行降次，转化为低次的方程、不等式；其次，在研究方程、不等式问题时，要充分注意它与函数的关系，即充分利用它所对应的函数的图像的直观性来研究问题，这往往可以起到化难为易，化繁为简的作用 1、(2019 宿迁期末）已知函数 f(x)x1，1x0

17、 时，当且仅当点(16，8)在直线 yk(x3)的上方且点(32，16)在直线 yk(x3)的下方(或在其上)时，两图像有两个公共点，可求出1629k813；当 k0 时，当且仅当点(2，1)在直线 yk(x3)的上方时，两图像有两个公共点，可求出1k0，故所求的实数 k 的取值范围是(1，0)1629，813.解后反思 这个函数题型是 2015 年，2016 年的热点，又出现在今年的复习迎考中，难点在于 yf(x)第二段图像的寻找和画出，其实是图像的平移与变换的应用，注意观察其特征，即可轻易得出后一段图像均为前一段图像的模纵坐标伸长到原来 2 倍所得本题为填空题，也可直接用具体的数去算，发现

18、规律，然后再画出示意图，最后是利用数形结合寻找到符合题意的临界位置，最后进行求解最终的答案【变式 1】(2018 南京、盐城、连云港二模）已知函数 f(x)x33x2t，x0，x，x0，tR.若函数g(x)f(f(x)1)恰有 4 个不同的零点，则t的取值范围为_【答案】4，0)思路分析 本题是“复合函数零点”问题，常见思路是借助函数图像，由求外函数零点切入，进而再分析内函数零点个数当 x0 时，有 f(x)3x26x3x(2x)，故函数 f(x)在区间(，0)上单调递减，则函数 f(x)在区间(，0)上至多一个零点，进而分类讨论即可 当 x0 时，有 f(x)3x26x3x(2x)，故函数

19、f(x)在区间(，0)上单调递减，此时 f(0)t.当 t0 时，令 f(x)0 得，x0，从而当 g(x)f(f(x)1)0 时，f(x)1，借助图像 1 知，此时至多两个零点，不符合题意；当 t0 时，令 f(x)0 得，x0，或 xm(m0)，且m33m2t0，从而当 g(x)f(f(x)1)0 时，f(x)10 或 f(x)1m，即 f(x)1 或 f(x)1m，借助图像 2 知，欲使得函数g(x)恰有 4 个不同的零点，则 m10，从而1m0，故t(m)在区间1，0)上单调递增，从而 t4，0),图 1),图 2)【变式 2】(2018 南通、泰州一调）已知函数 f(x)x22axa

20、1，x0，ln（x），x0，g(x)x212a.若函数 yf(g(x)有 4 个零点，则实数 a 的取值范围是_【答案】a|512a1 思路分析 换元 g(x)t，f(t)0，由 g(x)x212at 得 x2t(12a)，因为函数有四个零点，所以方程 f(t)0 有且仅有两个不相等的根 t1，t2，且 t112a，t212a，因为方程 f(t)0 的一个解为t1，故按照 12a 与1 的大小关系，分三种情况讨论得出 a 的取值范围 设 g(x)t，因为函数 yf(g(x)有四个不同的零点，所以方程 f(t)0 有且仅有两个不相等的根 t1，t2，且由 g(x)x212at，得 x2t(12a

21、)，故 t112a，t212a.当 t0 时，由ln(t)0 得 t1.若 12a1，则 a1，易得函数 f(g(x)有五个不同的零点，舍去 若 12a1，所以 f(0)1，则 a12a，t212a.因为 t0 时，f(t)t22ata1，所以 a0，4a24(a1)0，f(0)0，f(12a)(12a)22a(12a)a10，解得512a1.综上可知，512a1，即a|512a1 【变式 3】(2017 南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)xm，x0，x21，x0，)其中m0，若函数yf(f(x)1 有 3 个不同的零点，则实数m的取值范围是_【答案】(0,1)思路分

22、析 先画出函数图像草图，再分类讨论 令f(f(x)1，得f(x)2或f(x)m10，进一步，得x21或xm 20 或xm.因为已知m0，所以只要m1，即 0m1.【变式 4】(2015 宿迁一模）已知函数f(x)x22axa21，若关于x的不等式f(f(x)0 的解集为空集，则实数a的取值范围是_【答案】(，2 思路分析 注意到f(f(x)0 是关于x的四次不等式，所以直接求解是有困难的，因此，首先得降次，由于f(x)可分解为xa1xa1，从而应用整体思想，可将问题转化为a1f(x)a1，此时再来研究不等式a1f(x)a1，x22axa21a1，则需要进行分类讨论，且情况众多，所以应用数形结合

23、的思想来加以解决，考虑函数yf(x)与ya1，ya1 的图像关系，易得到问题答案 因为f(x)x(a1)x(a1)，所以f(f(x)0 等价于f(x)(a1)f(x)(a1)0，从而a1f(x)a1，要使f(f(x)2，若关于x的方程f(x)2af(x)7a160，a，bR 有且仅有 8 个不同的实数根，则实数a的取值范围是_ 【答案】74，169 作出函数f(x)的图像(如图)令tf(x)，则关于x的方程fx2af(x)7a160(aR)有且仅有 8 个不同的实数根可转化为关于x的方程tf(x)在 R 上有 4 个不同的实数根，并且关于实数t的方程t2at7a160 在t1，34内有两个不等实根，令g(t)t2at7a16，则g(t)的对称轴方程为ta2，判别式a27a4，则 0，1a20，g340，即 a274a0，32a0，91634a716a0，解得74a169.