新版高考數學理二輪復習教師用書：第3部分 考前增分策略 專題1 2.函數與導數 Word版含答案

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1、112.2.函數與導數函數與導數要點重溫1幾種常規(guī)函數：(1)一次函數：f(x)axb(a0)當b0 時，f(x)為奇函數應用 1若一次函數yf(x)在區(qū)間1,2上的最大值為 3，最小值為 1，則f(x)的解析式為_答案f(x)23x53，或f(x)23x73.(2)二次函數：一般式：f(x)ax2bxc(a0)；頂點式：f(x)a(xh)2k(a0)；零點式：f(x)a(xx1)(xx2)(a0)；區(qū)間最值：一看開口方向，二看對稱軸與所給區(qū)間的相對位置關系應用 2若函數y12x22x4 的定義域、值域都是2,2b，則b_.【導學號：07804160】答案2應用 3設函數f(x)x22(a1)

2、x1 在區(qū)間(，4)上是減函數，則a的取值范圍是_答案a3(3)三次函數的解析式的兩種形式：一般式：f(x)ax3bx2cxd(a0)；零點式：f(x)a(xx1)(xx2)(xx3)(a0)應用 4已知函數f(x)ax3bx2cxd的圖象如圖 2，則b的取值范圍是_圖 2答案b0應用 5若函數f(x)x33ax23(a2)x3 既有極大值又有極小值， 則a的取值范圍為_答案a2 或a1(4)反比例函數：ycx(x0)平移yacxb(x0)(中心為(b，a)(5)分段函數：分段處理，有時結合函數圖象來研究問題應用 6已知實數a0，函數f(x)2xa，x1，x2a，x1.，若f(1a)f(1a)

3、，則a_.解析當a0 時，(1a)2a2(1a)a，a34；當a0 時，(1a)2a2(1a)a，a32(舍)；綜上可知a34.答案34應用 7設函數f(x)log2x1，x2，12x1，x1，則x0的取值范圍是_.【導學號：07804161】答案(，1)(3，)應用 8已知f(x)32ax2a2，x0，a1，N0) ，換底公式 logablogcblogca；對數的運算法則：logaMlogaNlogaMN；logaMlogaNlogaMN；解對數函數問題時，注意到真數與底數的限制條件(真數大于 0，底數大于 0 且不等于1)；字母底數范圍不明確時需分類討論應用 92log32log3329

4、log385log53_.答案1應用 10已知函數f(x) loga(x1)的定義域和值域都是0,1，則實數a的值是_答案2應用 11設a0，a1，函數f(x)ax2x1 有最大值，則不等式 loga(x1)0 的解集為_解析因為x2x1 有最小值，函數f(x)ax2x1 有最大值，所以 0a1，所以loga(x1)0loga10 x11，解得 1x2.答案(1,2)(7)對勾函數：f(x)xax函數f(x)是奇函數；單調性：a0 時，區(qū)間(，0)，(0，)上為增函數；a0 時，在(0，a，a，0)遞減，在(，a，a，)遞增；在c，d上的最值：當等號能取到時，利用基本不等式求解；當等號不能取到

5、時，利用單調性應用 12已知a0，求函數yx2a1x2a的最小值答案0a1 時，ymin2；a1 時，ymina1a2函數圖象的幾種常見變換(1)平移變換：左右平移“左加右減”(注意是針對x而言)；上下平移“上加下減”(2)翻折變換：f(x)|f(x)|；f(x)f(|x|)(3)對稱變換：函數yf(x)與yf(x)的圖象關于原點成中心對稱；函數yf(x)與yf(x)的圖象關于直線x0 (y軸)對稱；函數yf(x)與函數yf(x)的圖象關于直線y0(x軸)對稱應用 13已知函數f(x)e|lnx|x1x|，則函數yf(x1)的大致圖象為()解析f(x)e|lnx|x1x|x，0 x0)，則f(

6、x)的周期Ta；f(xa)1fx(f(x)0)或f(xa)f(x)，則f(x)的周期T2a；f(ax)f(xb)，則周期T|ab|.應用 18設f(x)是定義在 R R 上的周期為 3 的函數，當x2,1)時，f(x)4x22，2x0，x，0 x0的圖象在區(qū)間3,3上的交點個數為()A5B6C7D8解析由(1)f(x)f(2x)0可得f(x)關于(1,0)對稱， (2)f(x2)f(x)可得f(x)關于直線x1 對稱，作出示意圖， 知函數f(x)與函數g(x)有 6 個交點答案B4導數在研究函數性質中的應用(1)導數幾何意義：kf(x0)表示曲線yf(x)在點P(x0，f(x0)處切線的斜率注

7、意過某點的切線(即使點在曲線上)不一定只有一條應用 21過曲線yx32x上的點(1，1)的切線方程為_解析設P(x0，y0)為切點，則切線的斜率為y|xx03x202.切線方程為yy0(3x202)(xx0)，即y(x302x0)(3x202)(xx0)又知切線過點(1，1)，把它代入上述方程，得1(x302x0)(3x202)(1x0)，整理，得(x01)2(2x01)0，解得x01，或x012.故所求切線方程為y(12)(32)(x1)，或y(181)(342)(x12)，即xy20，或 5x4y10.答案xy20 或 5x4y10(2)求函數單調性的步驟：明確函數yf(x)的定義域求導數

8、解不等式f(x)0得增區(qū)間(解不等式f(x)0 且x1)在_上是減函數，在_上是增函數.【導學號：07804163】答案1e，0，1e應用 23已知函數f(x)12x22axlnx，若f(x)在區(qū)間13，2上是增函數，則實數a的取值范圍為_解析由題意知f(x)x2a1x0 在13，2上恒成立，即 2ax1x在13，2上恒成立，因為x1xmax83，所以 2a83，即a43.答案43，(3)求函數極值、最值的步驟：求導；變形；求解；列表；作答特別提醒：導數為零的點并不一定是極值點，f(x0)0 是x0為極值點的必要不充分條件；給出函數極大(小)值的條件， 既要考慮f(x0)0， 又要考慮檢驗“左

9、正右負”(或“左負右正”)應用 24函數f(x)x3ax2bxa2在x1 處有極小值 10， 則ab的值為_解析f(x)3x22axb，由x1 時，函數取得極值 10，得f132ab0，f11aba210，聯立得a4，b11，或a3b3.當a4，b11 時，f(x)3x28x11(3x11)(x1)在x1 兩側的符號相反，符合題意當a3，b3 時，f(x)3(x1)2在x1 兩側的符號相同，所以a3，b3 不符合題意，舍去綜上可知a4，b11，ab7.答案7(4)利用導數解決不等式問題的思想證明不等式f(x)g(x)，可構造函數h(x)f(x)g(x)，再證明h(x)maxx2，則不等式(x2

10、 017)2f(x2 017)4f(2)0 的解集為()A(2 014，)B(0,2 014)C(0,2 019)D(2 019，)解析由 2f(x)xf(x)x2且x0，得 2xf(x)x2f(x)x30.令g(x)x2f(x)(x0)，則g(x)2xf(x)x2f(x)0，所以g(x)在(0，)上單調遞增 因為g(2)4f(2)，g(x2 017)(x2 017)2f(x2 017)， 所以不等式(x2 017)2f(x2 017)4f(2)0 等價于g(x2 017)g(2)，所以x2 0172，解得x2 019，故選 D.答案D查缺補漏1下列函數中，既是偶函數又在區(qū)間(1,2)內單調遞

11、減的是()【導學號：07804164】Af(x) xBf(x)1x2Cf(x)2x2xDf(x)cosxB B對于 A，偶函數與單調遞減均不滿足；對于 B，符合題意；對于 C，不滿足單調遞減；對于 D，不滿足單調遞減，故選 B.2已知f(x)log2x，x1，f2x，0 x1，則f1232 的值是()A1B1C12D12C C12321，f1232 f(2-12)，又 2120，排除 B，當x時，f(x)0，排除 C，故選 D.5當 0 x12時，4xlogax，則a的取值范圍是()【導學號：07804165】A0，22B22，1C(1， 2)D( 2，2)B B當 0a1 時，ylogax是

12、減函數，在 0 x12內它的值域為loga12，而y4x的值域為(1,2，所以此時有 2loga12logaa212，解得22a1 時，ylogax是增函數，在 0 x12內它的值域為，loga12 ，而y4x的值域為(1,2，所以此時有 loga12loga10，顯然不符合題意，綜上22a1.6已知f(x)是定義在 R R 上的偶函數，且fx32 fx12 恒成立，當x2,3時，f(x)x，則當x(2,0)時，f(x)()A2|x1|B3|x1|C|x2|Dx4B BxR R，fx32 fx12 ，f(x1)f(x1)，f(x2)f(x)，即f(x)是最小正周期為 2 的函數令 0 x1，則

13、 2x23，當x2,3時，f(x)x，f(x2)x2，f(x)x2，x0,1，f(x)是定義在 R R 上的偶函數，f(x)x2，x1,0，令2x1，則 0 x21，f(x)x2，x0,1，f(x2)x4，f(x)x4，x2，1，當2x0， 則關于x的函數g(x)f(x)1x的零點個數為()A1B2C0D0 或 2C C因為函數g(x)f(x)1x，可得x0，所以g(x)的零點跟xg(x)的非零零點是完全一樣的，故我們考慮xg(x)xf(x)1 的零點，由于當x0 時，f(x)fxx0，當x0 時， (xg(x)(xf(x)xf(x)f(x)xfxfxx0，在(0，)上，函數xg(x)單調遞增

14、又f(x)在 R R 上可導，當x(0，)時，函數xg(x)xf(x)11 恒成立，因此，在(0，)上，函數xg(x)xf(x)1 沒有零點當x0 時，因為(xg(x)(xf(x)xf(x)f(x)xfxfxx1 恒成立，故函數xg(x)在(，0)上無零點綜上得，函數g(x)f(x)1x在 R R 上的零點個數為 0.9若函數f(x)ln(x2ax1)是偶函數，則實數a的值為_.【導學號：07804166】0由題意知，f(x)ln(x2ax1)為偶函數，即 ln(x2ax1)ln(x2ax1)，即x2ax1x2ax1，顯然a0.10若偶函數yf(x)的圖象關于直線x2 對稱，f(3)3，則f(

15、1)_.3因為f(x)的圖象關于直線x2 對稱， 所以f(x)f(4x)，f(x)f(4x)， 又f(x)f(x)，所以f(x)f(4x)，則f(1)f(41)f(3)3.11若函數f(x)是定義在 R R 上的偶函數，在(，0上是減函數，且f(2)0，則使得f(x)0的x的取值范圍是_(2,2)因為f(x)是偶函數，所以f(x)f(x)f(|x|)因為f(x)0，f(2)0.所以f(|x|)f(2)又因為f(x)在(，0上是減函數，所以f(x)在(0，)上是增函數，所以|x|2，所以2x2.12已知函數f(x)2xa，x0，x2ax，x0.若f(x)的最小值是a，則a_.4若a0，函數的值域

16、為(0，)，不符合題意；若a0)(1)求函數f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)證明：當a12，2時，函數f(x)沒有零點(提示：ln 20.69)解(1)因為f(x)axxaa1alnx1axa2xa21lnx，所以f(x)x1xa2ax2.因為x0，所以當x(0，a2)時，f(x)0.所以，函數f(x)的單調遞增區(qū)間為(a2，)，單調遞減區(qū)間為(0，a2).當xa2時，f(x)取得極小值f(a2)1aa21(a21)lna2(2)證明：由(1)可知：當xa2時，f(x)取得極小值，亦即最小值f(a2)1aa21(a21)lna2，又因為12a2，所以14a24.設g(x)x1(x1)lnx14

17、x4，則g(x)1xlnx，因為g(x)在14，4上單調遞減，且g(1)0，g(2)0，g(4)56ln 20,所以g(x)0 恒成立從而f(a2)1aa21(a21)lna20 恒成立，則f(x)0 恒成立所以當a12，2時，函數f(x)沒有零點.15設函數f(x)4lnx12ax2(4a)x(aR R)(1)討論f(x)的單調性；(2)若函數f(x)存在極值，對于任意的 0 x10，所以f(x)在(0，)上單調遞增當a0 時，則由f(x)0 得，x4a，x1(舍去)當x0，4a時，f(x)0，當x4a，時，f(x)0 時，f(x)在0，4a上單調遞增，在4a，上單調遞減.(2)由(1)知，

18、當a0 時，f(x)存在極值f(x1)f(x2)4(lnx1lnx2)12a(x21x22)(4a)(x1x2)4(lnx1lnx2)12a(x1x2)(x1x2)(4a)(x1x2)由題設得f(x0)fx1fx2x1x24lnx1lnx2x1x212a(x1x2)(4a)又fx1x228x1x2ax1x224a，所以f(x0)fx1x224lnx1lnx2x1x28x1x24x2x1lnx2lnx12x2x1x2x14x2x1lnx2x12x2x11x2x11.設tx2x1，則t1，則 lnx2x12x2x11x2x11lnt2t1t1(t1)令g(t)lnt2t1t1(t1)，則g(t)t12tt120，所以g(t)在(1，)上單調遞增，所以g(t)g(1)0，故 lnx2x12x2x11x2x110.又因為x2x10，因此f(x0)fx1x220，即fx1x22x0，即x1x22x0.