浙江专版18年高考数学第1部分重点强化专题专题6函数与导数突破点14函数的图象和性质教学案180305146

浙江专版18年高考数学第1部分重点强化专题专题6函数与导数突破点14函数的图象和性质教学案180305146PAGEPAGE1。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯专题六函数与导数建知识网络明内在联系[高考点拨]函数与导数专题是历年浙江高考的“常青树”，在浙江新高考中常以“两小一大”的形式呈现，其中两小题中的一小题难度偏低，另一小题与一大题常在选择题与解答题的压轴题的位置呈现，命题角度多样，形式多变，能充分体现学以致用的考查目的，深受命题人的喜爱．结合典型考题的研究，本专题将从“函数的图象和性质”“函数与方程”“导数的应用”三大方面着手分析，引领考生高效备考．突破点14函数的图象和性质(对应学生用书第52页)[核心知识提炼]提炼1函数的奇偶性 (1)若函数y＝f(x)为奇(偶)函数，则f(－x)＝－f(x)(f(－x)＝f(x))． (2)奇函数y＝f(x)若在x＝0处有意义，则必有f(0)＝0. (3)判断函数的奇偶性需注意：一是判断定义域是否关于原点对称；二是若所给函数的解析式较为复杂，应先化简；三是判断f(－x)＝－f(x)，还是f(－x)＝f(x)，有时需用其等价形式f(－x)±f(x)＝0来判断．大k个单位，则最大值与最小值分别变为M＋k，m＋k，而(M＋k)－(m＋k)＝M－m，故与b无关．随着a的变动，相当于图象左右移动，则M－m的值在变化，故与a有关．故选B.]2．(2015·浙江高考)存在函数f(x)满足：对于任意x∈R都有() A．f(sin2x)＝sinx B．f(sin2x)＝x2＋x C．f(x2＋1)＝|x＋1| D．f(x2＋2x)＝|x＋1| D[取x＝0，eq\f(π,2)，可得f(0)＝0,1，这与函数的定义矛盾，所以选项A错误； 取x＝0，π，可得f(0)＝0，π2＋π，这与函数的定义矛盾，所以选项B错误； 取x＝1，－1，可得f(2)＝2,0，这与函数的定义矛盾，所以选项C错误； 取f(x)＝eq\r(x＋1)，则对任意x∈R都有f(x2＋2x)＝eq\r(x2＋2x＋1)＝|x＋1|，故选项D正确． 综上可知，本题选D.]3．(2014·浙江高考)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋2，x≤0，,－x2，x＞0.))若f(f(a))＝2，则a＝________. eq\r(2)[若a＞0，则f(a)＝－a2＜0，f(f(a))＝a4－2a2＋2＝2，得a＝eq\r(2). 若a≤0，则f(a)＝a2＋2a＋2＝(a＋1)2＋1＞0，f(f(a))＝－(a2＋2a＋2)2＝2，此方程无解．]4．(2015·浙江高考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lgx2＋1，x<1，))则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________． 02eq\r(2)－3[∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg10＝1， ∴f(f(－3))＝f(1)＝1＋2－3＝0. 当x≥1时，x＋eq\f(2,x)－3≥2eq\r(x·\f(2,x))－3＝2eq\r(2)－3，当且仅当x＝eq\f(2,x)，即x＝eq\r(2)时等号成立，此时f(x)min＝2eq\r(2)－3<0； 当x<1时，lg(x2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f(x)min＝0. ∴f(x)的最小值为2eq\r(2)－3.]回访2函数的图象5．(2017·浙江高考)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是()图14­1 D[观察导函数f′(x)的图象可知，f′(x)的函数值从左到右依次为小于0，大于0，小于0，大于0， ∴对应函数f(x)的增减性从左到右依次为减、增、减、增． 观察选项可知，排除A、C. 如图所示，f′(x)有3个零点，从左到右依次设为x1，x2，x3，且x1，x3是极小值点，x2是极大值点，且x2>0，故选项D正确．故选D.]6．(2015·浙江高考)函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)的图象可能为() D[函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))cosx(－π≤x≤π且x≠0)为奇函数，排除选项A，B；当x＝π时，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π－\f(1,π)))cosπ＝eq\f(1,π)－π<0，排除选项C，故选D.]7．(2014·浙江高考)在同一直角坐标系中，函数f(x)＝xa(x≥0)，g(x)＝logax的图象可能是() D[法一：分a>1,0<a<1两种情形讨论． 当a>1时，y＝xa与y＝logax均为增函数，但y＝xa递增较快，排除C； 当0<a<1时，y＝xa为增函数，y＝logax为减函数，排除A，由于y＝xa递增较慢，所以选D. 法二：幂函数f(x)＝xa的图象不过(0,1)点，排除A；B项中由对数函数f(x)＝logax的图象知0<a<1，而此时幂函数f(x)＝xa的图象应是增长越来越慢的变化趋势，故B错，D对；C项中由对数函数f(x)＝logax的图象知a>1，而此时幂函数f(x)＝xa的图象应是增长越来越快的变化趋势，故C错．](对应学生用书第54页)热点题型1函数图象的判断与应用题型分析：函数的图象是近几年高考的热点内容，主要有函数图象的判断和函数图象的应用两种题型.【例1】(1)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为() (2)已知函数f(x)(x∈R)满足f(x)＝f(2－x)，若函数y＝|x2－2x－3|与y＝f(x)图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，则eq\i\su(i＝1,m,x)i＝() A．0 B．m C．2m D．4m (1)D(2)B[(1)∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函数， 又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B. 设g(x)＝2x2－ex，则g′(x)＝4x－ex. 又g′(0)＜0，g′(2)＞0， ∴g(x)在(0,2)内至少存在一个极值点， ∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)内至少存在一个极值点，排除C.故选D. (2)∵f(x)＝f(2－x)， ∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称． 又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的图象关于直线x＝1对称，∴两函数图象的交点关于直线x＝1对称． 当m为偶数时，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m,2)＝m； 当m为奇数时，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m－1,2)＋1＝m. 故选B.][方法指津]函数图象的判断方法1．根据函数的定义域判断图象的左右位置，根据函数的值域判断图象的上下位置．2．根据函数的单调性，判断图象的变化趋势．3．根据函数的奇偶性，判断图象的对称性．4．根据函数的周期性，判断图象的循环往复．5．取特殊值代入，进行检验．[变式训练1](1)函数f(x)＝|x|＋eq\f(a,x)(其中a∈R)的图象不可能是()图14­2 (2)如图14­1，函数f(x)的图象为折线ACB，则不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是() A．{x|－1＜x≤0} B．{x|－1≤x≤1} C．{x|－1＜x≤1} D．{x|－1＜x≤2} (1)C(2)C[(1)当a＝0时，f(x)＝|x|，故A可能；由题意得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(a,x)，x>0，,－x＋\f(a,x)，x<0，))则当x>0时，f′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)，当x<0时，f′(x)＝－1－eq\f(a,x2)＝eq\f(－x2－a,x2)，若a>0，易知当x>0,0<x<eq\r(a)时，f(x)为减函数，x>eq\r(a)时，f(x)为增函数，x<0时，f(x)为减函数，故B可能；若a<0，易知x<0，－eq\r(－a)<x<0时，f(x)为增函数，x<－eq\r(－a)时，f(x)为减函数，x>0时，f(x)为增函数，故D可能，故选C. (2)令g(x)＝y＝log2(x＋1)，作出函数g(x)图象如图． 由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝log2x＋1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.)) ∴结合图象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集为{x|－1＜x≤1}．]热点题型2函数性质的综合应用题型分析：函数性质的综合应用是高考的热点内容，解决此类问题时，性质的判断是关键，应用是难点.【例2】(1)设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范围是() A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)) (2)设奇函数y＝f(x)(x∈R)，满足对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，f(x)＝－x2，则f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))的值等于________.【导学号：68334135】 (1)A(2)－eq\f(1,4)[(1)法一：∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－eq\f(1,1＋－x2)＝f(x)， ∴函数f(x)为偶函数． ∵当x≥0时，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)， 在(0，＋∞)上y＝ln(1＋x)递增，y＝－eq\f(1,1＋x2)也递增， 根据单调性的性质知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 综上可知：f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)⇔|x|>|2x－1|⇔x2>(2x－1)2⇔3x2－4x＋1<0⇔eq\f(1,3)<x<1.故选A. 法二：令x＝0，此时f(x)＝f(0)＝－1<0，f(2x－1) ＝f(－1)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0， ∴x＝0不满足f(x)>f(2x－1)，故C错误． 令x＝2，此时f(x)＝f(2)＝ln3－eq\f(1,5)，f(2x－1)＝f(3)＝ln4－eq\f(1,10).∵f(2)－f(3)＝ln3－ln4－eq\f(1,10)， 其中ln3<ln4，∴ln3－ln4－eq\f(1,10)<0，∴f(2)－f(3)<0， 即f(2)<f(3)，∴x＝2不满足f(x)>f(2x－1)， 故B，D错误．故选A. (2)根据对任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，进而得到 f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函数y＝f(x)的一个周期为2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4).所以f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(1,4).[方法指津]函数性质的综合应用类型1．函数单调性与奇偶性的综合．注意奇、偶函数图象的对称性，以及奇、偶函数在关于原点对称的区间上单调性的关系．2．周期性与奇偶性的综合．此类问题多为求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．3．单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．[变式训练2](1)(2017·浙江五校联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在[0，＋∞)上是增函数，则不等式eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)＜f(1)的解集为()【导学号：68334136】 A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e) C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D．(e，＋∞) (2)已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，∀x∈R，f(x－1)＝f(x＋1)成立，当x∈(0,1)且x1≠x2时，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)＜0.给出下列命题： ①f(1)＝0； ②f(x)在[－2,2]上有5个零