高考函数专题复习讲义题型分类.docx
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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
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()
A.B.C.D.
(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.B.
C.D.
【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
①若,则的最小值为;
②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:
B
4.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,<则关于的方程的不同实根个数是
(A)3(B)4(C)5(D)6
【答案】A
考点5:
复合函数的零点问题:
1.f(x)={}{
考点6:
切线问题
例题:
1、(2014新课标全国卷Ⅱ,5分)设曲线y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:
y′=a-,由题意得y′|x=0=2,即a-1=2,所以a=3.
答案:
D
2、(2015·保定调研)已知曲线y=lnx的切线过原点,则此切线的斜率为( )
A.eB.-e
C.D.-
选C y=lnx的定义域为(0,+∞),设切点为(x0,y0),则k=f′(x0)=,∴切线方程为y-y0=(x-x0),又切线过点(0,0),代入切线方程得y0=1,则x0=e,∴k=f′(x0)==.
变式:
过点A(-2,3)作抛物线的两条切线与y轴分别交于B,C,则三角形ABC外接圆方程()
练习:
(1)函数图像在(1,-2)处的切线方程答案:
(x-y-3=0)
(2)是曲线y=lnx(x>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:
0
0
0
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Ⅱ,5分)设函数f(x)=sin.若存在f(x)的极值点x0满足x+[f(x0)]2 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=+kπ(k∈Z),从而得x0=m(k∈Z).所以不等式x+[f(x0)]2 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,e=2.71828…是自然对数的底数). (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 =-= 由k≤0可得ex-kx>0, 所以当x∈(0,2)时,f′(x)<0,函数y=f(x)单调递减, x∈(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)=ex-kx,x∈[0,+∞), 因为g′(x)=ex-k=ex-elnk, 当0 当x∈(0,2)时,g′(x)=ex-k>0,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,lnk)时,g′(x)<0,函数y=g(x)单调递减. x∈(lnk,+∞)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(lnk)=k(1-lnk). 函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当解得e 综上所述,函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点时,k的取值范围为. 3、(2014福建,14分)已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点A,曲线y=f(x)在点A处的切线斜率为-1. (1)求a的值及函数f(x)的极值; (2)证明: 当x>0时,x2 (3)证明: 对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x∈(x0,+∞)时,恒有x2 解: (1)由f(x)=ex-ax,得f′(x)=ex-a. 又f′(0)=1-a=-1,得a=2. 所以f(x)=ex-2x,f′(x)=ex-2. 令f′(x)=0,得x=ln2. 当x<ln2时,f′(x)<0,f(x)单调递减; 当x>ln2时,f′(x)>0,f(x)单调递增. 所以当x=ln2时,f(x)取得极小值, 且极小值为f(ln2)=eln2-2ln2=2-ln4, f(x)无极大值. (2)证明: 令g(x)=ex-x2,则g′(x)=ex-2x, 由 (1)得g′(x)=f(x)≥f(ln2)>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<ex. (3)证明: 法一: ①若c≥1,则ex≤cex.又由 (2)知,当x>0时,x2<ex. 所以当x>0时,x2<cex. 取x0=0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex. ②若0<c<1,令k=>1,要使不等式x2<cex成立,只要ex>kx2成立. 而要使ex>kx2成立,则只要x>ln(kx2),只要x>2lnx+lnk成立. 令h(x)=x-2lnx-lnk,则h′(x)=1-=, 所以当x>2时,h′(x)>0,h(x)在(x0,+∞)内单调递增. 取x0=16k>16,所以h(x)在(x0,+∞)内单调递增, 又h(x0)=16k-2ln(16k)-lnk=8(k-ln2)+3(k-lnk)+5k, 易知k>lnk,k>ln2,5k>0,所以h(x0)>0. 即存在x0=,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex. 综上,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex. 法二: 对任意给定的正数c,取x0=, 由 (2)知,当x>0时,ex>x2, 所以ex=e·e>22, 当x>x0时,ex>22>2=x2. 因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒有x2<cex. 法三: 首先证明当x∈(0,+∞)时,恒有x3<ex. 证明如下: 令h(x)=x3-ex,则h′(x)=x2-ex. 由 (2)知,当x>0时,x2<ex, 从而h′(x)<0,h(x)在(0,+∞)内单调递减, 所以h(x)<h(0)=-1<0,即x3<ex. 取x0=,当x>x0时,有x2<x3<ex. 因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x∈(x0,+∞)时,恒
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