2018年高考函数专题复习讲义题型分类

1、2018高考函数专题讲义、考点与典型问题考点1、定义域与值域问题例题：1+1呷(2-幻,支<1-1.(1年新课标2理科)设函数/(幻三彳工_，-2)+/(1(唱/2)=()2.x21.(A)3(B)6(C)9(D)12【答案】C【解析】由已知得f-2)=1+k>g24=3,又log.12>1,所以“logJ2"2嘀*=2叱6=6故/(-2)+/(log,12)=9if-jt+6K22.(15年理科)若函数"(u>0且第W1)的值域是14.+8),'3+log“x,H>2,L7则实数0的取值围是.【答案】黎析试煎分析：当工工2,故1+6至

2、4,更值得磴,(工)的值域为c|,只需工fx)=3+lo%工(x>2)的值域包含于4：+工：，曲色>1,所以工(工>3+log所以3+log2之4,解得所以实效口由取11范围是(1二.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年文科)设外二”曾:。”"(),113A.-B.C.D.4，(2)(15年理科)已知函数f(x)axb(a0,a1)的定义域和值域都是1,0,则ab(1)C'(2)ab考点2:函数图像与性质函数图

3、像1. (15年理科)如图，函数fx的图象为折线ACB,则不等式fx>log2x1的解集是A.x|1x<0B.x|1<x<1C.x|1x<1D.x|1x<2【答案】C2、(15年新课标2理科)如图，长方形ABCD的边AB=2,BC=1,。是AB的中点，点P沿着边BC,CD与DA运动，记/BOP=x.将动点P至UA、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】BHVf由已知得，当点F在5C边上运动时，即0MAwHat，PA+PS=7taii：A+4+taiir；当点尸在CZ边4T3TTJ1-fl-hT1上运动时，即二与th3时，FI+F

4、£=JrIT+1+'+1)*+1,当上二2时，44-2Vtan.vVtan.v2P4+PR=2拒:当点P在一必边上运4时，射祖戈tM；t时，Pa”E=gn+A-WLK,从点产的运动过程可以看出，轨迹关于直线内二多对称，且f&心),且轨迹非线型，故选242B.函数性质：1. (15年理科)设函数/(t)=ln(I+X)-ln(l-x),则是()A.奇函数，且在0,1)上是增函数B.奇函数，且在(0/)上是减函数C.偶函数，且在(0)上是增函数D.偶函数，且在(0,1)上是减函数【答案】A.2. (15年文科)若函数x)=2b-"(H£满足"

5、I+R)=X),且./*)在叫T8)单调递增，则实数m的最小值等于.【答案】1【解析】试题分析：由f(1x)f(1x)得函数f(x)关于x1对称，故a1,则f(x)2x1,由复合函数单调性得f(x)在1,)递增，故m1,所以实数m的最小值等于1.3. (15年新课标1理科)若函数f(x)=xln(x+Jax2)为偶函数，则a=【答案】1【解析】由题知yln(xJax2)是奇函数,所以111(#+加47)+1|1(-+Jv+x,)=1n("+x2-)二In"=0,解得白=1.4. (15年新课标2文科)设函数/(X)=ln(l+|x|)I,则使得成立l+X的X的取值围是()(

6、 B -肛U(L+S)C【答案】A1. (15年理科)已知函数b R,若函数y f x(A) 7,(B)4【答案】D【解析】2试题分析：由f x x所以 y f (x) f (2 x)即 y f (x) f(2 x)x ,x 0x 0【解析】试题分析：由/(刈ulmi+ljri)、可知/卜)是偶函数，且在0、+巾)是增函数，所以/(x)>/(|x|)>/(|2x-l|)<=>|-r|>|2x-|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。2x,x2,fx2函数gx2,x2,gx恰有4个零点，则b的取

7、值隹,-(O0,7(D)-,2444x,x2,22得f(2x)22,x2,x2,2xx2,x04|x|2x|,0x2,22x(x2)2,x22xx2,x02,0x22x5x8,x2yf(x)g(x)f(x)f(2x)b,所以yfxgx恰有4个零点等价于方程f(x)f(2x)b0有4个不同的解，即函数yb与函数yf(x)f(2x)的图象的4个公共点，由图象可知7b2.4-15-101015-22. (15年理科)设函数2xx 2a ? x > 1.的最小值为若f x恰有2个零点,则实数a的取值围是1【答案】(1)1,(2)2【解析】试题分析：m=1时，=L:-L，稣才G）在（吗1）上为增函

8、数，函数值141x111x2JT1.33；3大于1,在匕二为减磁，在二400）为增函数，当工=2时，力（取得最小值为h222（2）若函数式不）=2J-m在天C1时与£轴有一个交点，则3>0，并且当了二1时，后=2-30,则0<曰<2,函数双刀）=40-最G2最与，轴有一个交点，所以2a之1且超<1a<lj2若函数式x）=21-右与，轴有无交点，则函数以，）=4（工-a）（x-2刘）马工轴有而个交点，当mV0时g（工）与，轴有无交点，/，）=4（x一£）（，一2目）在m>1与_r轴有后嗔,不合题意;当/1）=2-m之。时.a>2,/#

9、）与x轴有两个交点？x=3和,=2a由于彳?2,两交点横坐标均满足，之1；综上所述彳的取值范围1名3<1或m之2.2变式：参数在变量的位置的探究：1M0（15年理科）已知/（x>=<:,若存在实数b,使函数g（x）=/（X）一方有两个零xl,x>a点，则a的取值【答案】;I.【解析】试题分析：分析题意可知，问题等价于方程V=h（x</与方程/二b（x>a）的根的个数和为2,irj<a若两个方程各有一个根：则可知关于b的不等式组&有解，从而m>1；、力玉门若方程/二机一丫三公无解，方程，二贸工>"）有2个根：则可知关于b的不

10、等式组h' >有解，从而日(0;,综上，实数1的取值围是(-o0)U(L+g).323 .已知函数f(x)=ax3x1,若f(x)存在唯一的零点xo,且M>0,则a的取值围为A.(2,+8)B.(-8,-2)C.(1,+oo)D.(-8,-1)答案：B4 .设函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a<1,若存在唯一的整数xto,使得f(x(0<0,则a的取值围是()333_3_3三A-"，1)B.-万，)C.至，£)D.Q，1)练习：2(1)已知函数f(x)的定义域是(4a-3,3-2a),aR,且y=f(2x-3)是偶函数.g(x)

11、=W3+Ov2xax+x+1,存在Yn(k,k+1),kZ,使得g(x)=2，满足条件的k个数24x02xox°答案：32(2)关于x的不等式lnxx1xkx有且仅有两个整数解求k的围？(ln35ln2J)32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年高考卷(理)设函数f(x)Jexxa(aR,e为自然对数的底数).若曲线Vsinx上存在(x0,y0)使得f(f(y0)y0,则a的取值围是()11(A)1,e(B)

12、e,-11(C)1,e1(D)e-1,e1变式：(2013年普通高等学校招生统一考试数学(理)试题)若函数f(x)=x+bx+c有极值2点不，x2,Kf(Xl)=x1,%<x2则关于x的方程3(f(x1)+2f(X)+b=0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n,5分)设曲线y=axln(x+1)在点(0,0)处的切线方程为y=2x,则a=()A.0B.1C.2D.31解析：y'=a由题意得y|x=0=2,即a1=2,所以a=3.答案：D2、(2015调研)已知曲线y

13、=lnx的切线过原点，则此切线的斜率为()A.eB.一eD.C1e选C y= In x的定义域为(0, +°°),设切点为(x0一1y0),则k=f(xo)=；7，切线方程为y一,11y0= 1, 则 x0 = e, ，k=f (x0)= = ex0y°=)1(xx。)，又切线过点(0,0),代入切线方程得变式：过点A(-2,3)作抛物线y24x的两条切线八入与y轴分别交于BC，则三角形ABC22外接圆方程(xyx3y20)练习：lnx2x(1)函数f(x)图像在(1,-2)处的切线万程答案：(x-y-3=0)x1(2)y-xb是曲线y=lnx(x>0)的一

14、条切线，则实数b二答案：(ln2-1)223、点P是曲线xylnx0上任意一点，则P到直线y=x-2的最小距离答案：<24、已知函数f(x)x3x(1)求曲线yf(x)在点M(t,f(t)处的切线方程；(2)设a0,如果过点(a,b)可作曲线yf(x)的三条切线，证明：abf(a).解：(1)f(x)3x21.yf(x)在点M(t,f(t)处的切线方程为yf(t)f(t)(xt),即y(3t21)x2t3.(2)如果有一条切线过点(a,b),则存在t,使b(3t21)a2t3.若过点(a,b)可作曲线yf(x)的三条切线，则方程2t33at2ab0有三个相异的实数根.记g(t)2t33a

15、t2ab,则g(t)6t26at6t(ta).当t变化时，g(t),g(t)变化情况如下表：t(,0)0(0,a)a(a,)g(t)00g(t)极大值ab极小值bf(a)/如果过(a,b)可作曲线yf(x)三条切线,ab0,即g(t)0有三个相异的实数根，则即abf(a).bf(a)0.考点6:存在性问题TX1、(2014新课标全国n,5分)设函数f(x)=43sinm.右存在f(x)的极值点X0满足X2+f(X0)2<m2,则m的取值围是()A(一OO)6)U(6,+°°)B.(一一4)U(4,十00)C.(8,2)U(2,+8)D.(8,1)U(1,+8)解析：由

16、正弦型函数的图象可知：f(x)的极值点X0满足f(x0)=旬3,则氏:1+kTtkeZ),11c从而得x0=k+2m(kCZ),所以不等式x2+f(x0)2<m2即为k+22m2+3<m2,变形得m2111ck+22>3,其中kCZ.由题意，存在整数k使得不等式m21-k+-2>3成立.当kw1且1ckw0时，必有k+22>1,此时不等式显然不能成立，故k=1或k=0,此时，不等式即为3r产2>3,解得m<2或m>2.答案：Cxaax变式：(2016质重检测二)已知函数f(x)xe,g(x)ln(x2)4e，其中e为自然对数的底数，若存在实数x0

17、使得f(x0)g(x0)3成立，则实数a值(-ln2-1)2、(2014,13分)设函数f(x)=e2-k2+lnx(k为常数，e=2.71828是自然对数的底数).xx(1)当kw0时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在(0,2)存在两个极值点，求k的取值围.解：(1)函数y=f(x)的定义域为(0,+8).F(x)=iC+xxex2ex k x 2x3x2x2 ex kxx3由kw0可得exkx>0,所以当xC(0,2)时，f'(x)<0,函数y=f(x)单调递减，xC(2,+川时,fz(x)>0,函数y=f(x)单调递增.所以f(x)的单调递减区间

18、为(0,2),单调递增区间为(2,+8).(2)由知，k<。时，函数f(x)在(0,2)单调递减，故f(x)在(0,2)不存在极值点；当k>0时，设函数g(x)=ex-kx,xC0,十°0),因为g'(x)=exk=ex-elnk,当0<kwi时，当xC(0,2)时，g'(x)=ex-k>0,y=g(x)单调递增.故f(x)在(0,2)不存在两个极值点；当k>1时，得xC(0,Ink)时，g'(x)<0,函数y=g(x)单调递减.xC(Ink,+8)时，gz(x)>0,函数y=g(x)单调递增.所以函数y=g(x)的最

19、小值为g(lnk)=k(1Ink).g0>0,gInk<0,e2函数f(x)在(0,2)存在两个极值点当且仅当解得e<k<,g2>0,20<lnk<2,e2综上所述，函数f(x)在(0,2)存在两个极值点时，k的取值围为e,.3、(2014,14分)已知函数f(x)=exax(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<ex;(3)证明：对任意Z定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+°°)时，恒有x2<cex.解：(1

20、)由f(x)=exax,得f'(x)=exa.又f'(0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex2x,f'(x)=ex2.令f'(x)=0,得x=ln2.当xvln2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)=eln22ln2=2ln4,f(x)无极大值.(2)证明：令g(x)=exx2,则g'(x)=ex2x,由得g'(x)=f(x)Rf(ln2)>0,故g(x)在R上单调递增，又g(0)=1

21、>0,因此，当x>0时，g(x)>g(0)>0,即x2<ex.证明：法一：若c>1,则exwcex.又由(2)知，当x>0时，x2<ex.所以当x>0时，x2<cex.取xo=0,当xC(xo,十°°)时，恒有x2<cex.若0vcv1,令k=11>1,要使不等式x2vcex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)=x2lnxInk,则h'(x)=12=x-xx所以当x>2时，h'

22、(x)>0,h(x)在(x°,+8)单调递增.取xo=16k>16,所以h(x)在(xo,+00)单调递增，又h(xo)=16k-2ln(16k)-lnk=8(kln2)+3(kInk)+5k,易知k>lnk,k>In2,5k>0,所以h(xo)>o.16即存在xo=,当xC(xo,+oo)时恒有x2<cex.c综上，对任意Z定的正数c,总存在xo,当x(xo,+8)时，恒有x2<cex.法二：对任意给定的正数c,取xo=,X- 22X- 2>由(2)知，当x>o时,ex>x2,2当x>xo时,ex>x2x

23、2>4x2=-x2.'22c2c因此，对任意Z定的正数c,总存在x0,当x(xo,+00)时，恒有x2<cex法三：首先证明当xC(。，+8)时，恒有ixSvex.3证明如下:1一一令h(x)="x3-ex,则h(x)=x2ex.3由(2)知，当x>o时,x2<ex,从而h'(x)vo,h(x)在(o,十00)单调递减,所以h(x)<h(o)=-1<o,即%3<6、3取xo=3,当x>xo时，有WvxSvex.cc3因此，对任意给定的正数c,总存在xo,当xC(xo,+°°)时，恒有x2<cex

24、.练习：1、(2014,14分)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,bCR,e=2.71828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)有零点，求a的取值围.解：(1)由f(x)=exax2bx1,有g(x)=f'(x)=ex2axb,所以g'(x)=ex2a.因此，当xC0,1时，g'(x)C12a,e2a.1当aw2时，g1(x)>0,所以g(x)在0,1上单倜递增.因此g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;当a>|时，g'

25、;(x)W0,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)=e-2ab；,1e一当2<a<e时，令g(x)=0,得x=ln(2a)C(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)=2a-2aln(2a)-b.，1一综上所述，当a<2时，g(x)在0,1上的最小值是g(0)=1-b;,1e_.当2<a<e时，g(x)在0,1上的最小值是g(ln(2a)=2a-2aln(2a)-b;当a>|时，g(x)在0,1上的最小值是g(1)=e

26、-2a-b.(2)设x。为f(x)在区间(0,1)的一个零点，则由f(0)=f(x°)=0可知，f(x)在区间(0,x。)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)存在零点x1.同理g(x)在区间(x°,1)存在零点x2.所以g(x)在区间(0,1)至少有两个零点.,1,由(1)知，当a<2时，g(x)在0,1上单倜递增，故g(x)在(0,1)至多有一个零点.当a>e时，g(x)在0,1上单调递减，故g(x)在(0,1)至多有一个零点.1e所以2<a<e.此时g(x)在区间0,ln(2a)

27、上单调递减，在区间(ln(2a),1上单调递增.因此XiC(0,ln(2a),X2C(ln(2a),1),必有g(0)=1-b>0,g(1)=e-2a-b>0.由f(i)=。有a+b=ei<2,有g(0)=1b=ae+2>0,g(1)=e2ab=1a>0.解得e2<a<1.当e2<a<1时，g(x)在区间0,1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.又g(0)=ae+2>0,g(1)=1

28、-a>0,故此时g(x)在(0,ln(2a)和(ln(2a),1)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)有零点.综上可知，a的取值围是(e2,1).2、(2014,16分)已知函数f(x)=ex+ex,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)<ex+m1在(0,)上恒成立，数m的取值围；(3)已知正数a满足：存在x01,+°°),使得f(x0)

29、<a(x3+3x0)成立.i比较ea1与ab1的大小，并证明你的结论.解：(1)证明：因为对任意xCR,都有f(-x)=ex+e(x)=ex+ex=f(x),所以f(x)是R上的偶函数.(2)由条件知m(ex+ex1)<ex-1在(0,+8)上恒成立.入Yt11-、，.令t=e(x>0),则t>1,所以mWt+1=-1对任息t>1成立.t-1+t-1+1因为t一1+1>2'/t一1'+1=3,t-1t-1所以一t- 1 + +1t-13'当且仅当t=2,即x=ln2时等号成立.因此实数m的取值围是.一.V1(3)令函数g(x)=e-a

30、(-x3+3x),e则g'(x)=ex-1x+3a(x2-1).e当x>1时，exx>0x21>0,e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,+8)上的最小值是g(1)=e+e1-2a.由于存在xoC1,十0°),使exo+exoa(x3+3xo)<0成立，当且仅当最小值g(1)<0.e+e1故e+e1-2a<0,即a>-2一.令函数h(x)=x(e1)lnx1,则h'(x)=1.令h'(x)=0,得*=31,x当xC(0,e-1)

31、时，h'(x)<0,故h(x)是(0,e1)上的单调减函数；当xC(e1,+8)时,hz(x)>0,故h(x)是(e1,+8)上的单调增函数.所以h(x)在(0,+8)上的最小值是h(e-1).注意到h(1)=h(e)=0,所以当xC(1,e1)?(0,e-1)时，h(e-1)<h(x)<h(1)=0.当xC(e1,e)?(e-1,+)时，h(x)<h(e)=0.所以h(x)<0对任意的x(1,e)成立.ee1当aC2,e?(1,e)时，h(a)<0,即a1<(e1)lna,从而ea1<ae1;当a=e时，e1=ae1;当aC(e,

32、+°°)?(e1,十°°)时，h(a)>h(e)=0,即a1>(e1)lna,故ea1>ae1.、，,ee1综上所述，当aC2,e时，ea1<ae1;当a=e时，ea1=ae1;当aC(e,+°°)时，ea1>ae1.考点7:任意性问题1、(2014,5分)当xC2,1时，不等式ax3-x2+4x+3>0恒成立，则实数a的取值围是()C9A.5,3B.6，8c.-6,2D. -4, 3解析：当xC(0,1时，得a>313412+1,令t=L则tC1,+oo)a>-3t3-4t2+xxxx

33、t,令g(t)=3t34t2+t,tC1,+8),则g'(t)=9t28t+1=(t+1)(9t1),显然在1,+8)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xC2,0)时，得a<-313412+1,令m=1,则mC-00,-1,a<3m34m2+m,xxxx21令g(m)=3m34m2+m,m_oo,2,则g(m)=9m28m+1=(m+1)(9m一.1,1 ).显然在(00,1上g'(m)<0,在一1,2上，g(m)>0,所以g(m)min=g(1)=2 .所以aw2.由以上两种情况得一6<