(全国通用版)2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时分层作业六2.3函数的奇偶性与周期性理

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2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第2讲函数的表示法课时作业理.docx

第2讲函数的表示法知能训练1.若f(x+2)=2x+3,则f(x) = ( )A. 2x+1B. 2x—1C. 2x—3D. 2%+712.已知代方=-^(无工±1),贝9()A. fg・ f( — x)=lB. f( — x)+f(x)=OC. f\x) • f\ — x) = —1D. f( —/)+f(x)=l3.(2017年安徽黄山质检)已知是一次函数，且代代力]=/+2,则f(x)=( )A. x~\~ 1B. 2x—1C. ~x+1D. x+1 或一x—14.下列函数中，不满足f(2x)=2f(x)的是( )A. f\x) = |B. f{x)=x-\x\C. f^=x+\.D. f3=_x5.如图X2-2-l(l),在直角梯形力跑中，动点P从点B出发，由B-CfXA沿边运动,设点P运动的路程为x, AMP的面积为f(x).若函数y=f3的图象如图X2-2-K2), 则△九力的面积为()A. 10B. 32C. 18D. 166.若函数fg , gd)分别是R上的奇函数、偶函数,且满足f\x) 一财=£,则有() A.f(2)<f(3)<g(0) B. g(0)53)52)C. f(2)<g(0心(3)D. g(0)〈f(2)</*(3)27.己知函数f(x) =2*+] + sin 才，则f( —2) + f( —1) + f(0) + f(l) + f(2) = ___________ .8.(2016 年浙江)设函数f(x) =x +3#+l.已知日HO,且f{x)— /(a) = (x—b) (x—a)2fx丘R, 贝实数臼= ________ , b=_________ .窜质丹华9.根据条件求下列各函数的解析式：(1)已知fCr)是二次函数，若f(0)=0, f{x+1) = f(x) +x+1,求代v)的解析式;(2)已知求心的解析式；(3)己知f\x)满足2f(x) +4£)=3X,求f\x)的解析式.10.定义：如果函数y=f{x)在定义域内给定区间［曰,b］上存在xo(a<xo<H),满足fg) r A— f o= ------ ,则称函数y=f^)是［幼方］上的“平均值函数”，心是它的一个“均值点”.如尸=/是［—1,1］上的平均值函数，0就是它的均值点.(1)判断函数f(x) = -x2+^x在区间［0,9］上是否为平均值函数.若是，求岀它的均值点；若不是，请说明理由；(2)若函数#+/加+1是区I'可［―1, 1］上的平均值函数，试确定实数加的取值范围.第2讲函数的表示法 1. B 2. A3. A 解析：设 f(必=kx~\~b,则由 ] =x+2,可得 k(kx+b) +Z?=x+2,即&■ +kb+b=x+2. AA 2=1, kb+b=2.解得 k=\,力=1,则 f(x)=x+l.故选 A.4. C 解析：将f(2力表示出来，看与2f\x)是否相等.对于A, f(2x) = |2” =2|” = 2A%);对于 B, f<2x} =2x- 12^| =2 (x~ | ) =2f(x)；对于 C, f(2x) =2/+lH2f(Q ；对于D, f(20=—2x=2f(0.故只有C 不满足f(2方=2fCr).故选C.5. D 解析：由y=f(x)的图象，得当x=4和x=9时，胪的面积相等，:・BC=4, BC+CD=g,即 CD=5.易知初=14一9 = 5.如图 D90,过点〃作 DEVAB 于点 £ •: Z 3=90° , :・DE=BC=4.在 Rt △必〃中，AE=pA#_DF=3. :.AB=AB'+E'B=3 + 5=S.1 1・・・ S^=-ABX BC=~X 8 X 4 = 16.6. D 解析：仁 _xf — x —g — x =e ,所以 f(2)=匸1，f(3)=—「，g(O)= — l ・显然 g(0)<f(2)〈f(3).故选 D.AO) =b ••• f(一2) + f(—1) + AO) +A1)+ A2) = 5.8. —2 1 解析：f{x) — =x+^x +1 —』一3/—1 = /+3,—3/, (x_D {x-2a-b=Z.— a) 2=x~ (2a+Z?) •(a 2+2atl) x — a b,所 a +2aA=0,2 i3 o 2 { — a b=_a ~5a.d — —2, b=1.9.解：⑴ 设 /(%) = ax + bx+ ,由 AO) =0,得 f{x) =ax +bx. 又由 f(x+l) =f(x)+x+l,得日(x+1)'+〃(/+1) =ax+bx+ x+1, 即 /+(2日+b)卄日+〃=/+(方+l)x+l.2臼+ b= b+1,* 日HO,・：曰=Z?=a+ b={.因此 f{x) =*#+*¥.7. 5解析:2*/ f(x) +/( — %) =2 ]+ sin ^4 2 2^+1sin 尸侖+2x+1 1+2”解得尸0(舍去)解得g =三二，如二咎.1 —x 1 — /*(2)t=-~,由此，得^=7—(t^-1).1 + x 1 + t从而fd)的解析式为/'(%)=・丄飞(好-1) • 1十X(3)・・・2fd)+£ = 3x,①・••把①中的x换成丄，得X2绘+f(心•②3① X2—②,得3/(A)=6X—•x・"3=2「卄0).10. ----------------------------------------------------------------------------- 解:(l)rtl定义知，关于的方程一#+心=——占------------------------------------------- 在(0, 9)±有实数根时, 函数fd) = —/+4尢是［0, 9］上的平均值函数.• I f — f而一x+4x=心不可解得山=5, &= — 1.又山=5丘(0, 9)［曲=—1年(0, 9),故舍去］,・・・f3 =—芒+心是［0, 9］上的平均值函数，5是它的均值点.(2) V f^=~x+mx+ \是［一1, 1］上的平均值函数，・・・关于x的方程一#+〃圧+1= —在(一1,1)内有实数根.由一x + mx-\-1 = : , 得”一mx-\-m—1=0.1 ——解得 =A2=l.又呈=1毎(一1, 1),:,x\ = m— 1 必为均值点，即-l<iw-l<l.・••所求实数m的取值范围是0〈冰2.。

2019版高考数学微一轮全国通用版第二章函数、导数及其应用精品课件第2章-第2节

≥0，－ 4 ＝ 1 x－ 2－1，x<0. 2 4 结合图象知选 B.
答案：B
第二章
函数、导数及其应用
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微课时
3．给出下列命题：
①函数 f(x)的图象如图所示，则函数 f(x)的单调增区间是(－∞，0]∪(0，－∞)． ②若定义在 R 上的函数 f(x)，有 f(－1)<f(3)，则函数 f(x)在 R 上为增函数； ③函数 y＝|x|是 R 上的增函数； ④函数 y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函数，则函数的单调整递增区间是[1，＋∞)； ⑤对于函数 f(x)，x∈D，若 x1，x2∈D，且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，则函数 f(x)在 D 上是增函数．
M 为最大值
f(x0)＝M (4)存在 x0∈I，使得_________.
M 为最小值
第二章
函数、导数及其应用
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微课时
【知识拓展】 a 1．“对勾函数”y＝x＋ x(a>0)的增区间为(－∞，－ a]和[ a，＋∞)；减区间为 [－ a，0)和(0， a]，且对勾函数为奇函数． 2．设任意 x1，x2∈[a，b]，且 x1<x2，那么 fx1－fx2 (1) >0⇔f(x)在[a，b]上是增函数； x1－x2 fx1－fx2 <0⇔f(x)在[a，b]上是减函数． x1－x2 (2)(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0⇔f(x)在[a，b]上是增函数；(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0⇔f(x) 在[a，b]上是减函数． 3．若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是增函数，则 f(x)min＝f(a)，f(x)max＝f(b)；若函数 f(x)在闭区间[a，b]上是减函数，则 f(x)min＝f(b)，f(x)max＝f(a)．

2019年高考数学(文)一轮复习第二章函数、导数及其应用第二章函数、导数及其应用及答案

第二章⎪⎪⎪函、导及其应用第一节函及其表示1．函与映射的概念2．函的有关概念(1)函的定义域、值域：在函y ＝f (x )，x ∈A 中，x 叫做自变量，x 的取值范围A 叫做函的定义域；与x 的值相对应的y 值叫做函值，函值的集合{f (x )|x ∈A }叫做函的值域．显然，值域是集合B 的子集．(2)函的三要素：定义域、值域和对应关系．(3)相等函：如果两个函的定义域和对应关系完全一致，则这两个函相等，这是判断两函相等的依据．(4)函的表示法表示函的常用方法有：解析法、图象法、列表法． 3．分段函若函在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函通常叫做分段函．1．下列函中，与函y ＝13x定义域相同的函为( )A ．y ＝1sin xB ．y ＝ln x xC ．y ＝x e xD ．y ＝sin xx答案：D2．若函y ＝f (x )的定义域为M ＝{x |－2≤x ≤2}，值域为N ＝{y |0≤y ≤2}，则函y ＝f (x )的图象可能是()答案：B3．函f (x )＝x －4|x |－5的定义域是________________．答案：1．设函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥0，－x ，x <0，若f (a )＋f (－1)＝2，则a ＝________.解析：若a ≥0，则a ＋1＝2，得a ＝1；若a <0，则－a ＋1＝2，得a ＝－1. 答案：±12．已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝x 2＋5x ，则f (x )＝________.解析：令t ＝1x ，∴x ＝1t .∴f (t )＝1t 2＋5t.∴f (x )＝5x ＋1x2(x ≠0)．答案：5x ＋1x2(x ≠0)考点一函的定义域基础送分型考点——自主练透1．函f (x )＝ln(x 2－x )的定义域为( ) A ．(0,1) B ．C ．(－∞，0)∪(1，＋∞)D ．(－∞，0]∪ B ．C ．，则函g (x )＝f x ＋x －1的定义域是( ) A ．B ．C ．(1,2 017]D ．解析：选B 令t ＝x ＋1，则由已知函的定义域为，可知1≤t ≤2 017.要使函f (x ＋1)有意义，则有1≤x ＋1≤2 017，解得0≤x ≤2 016，故函f (x ＋1)的定义域为．所以使函g (x )有意义的条件是⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2 016，x －1≠0，解得0≤x <1或1＜x ≤2 016.故函g (x )的定义域为．4．函f (x )＝1－|x －1|a x －1(a ＞0且a ≠1)的定义域为____________________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧1－|x －1|≥0，a x－1≠0⇒⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤2，x ≠0⇒0＜x ≤2，故所求函的定义域为(0,2]．答案：(0,2]函定义域的求解策略(1)已知函解析式：构造使解析式有意义的不等式(组)求解． (2)实际问题：由实际意义及使解析式有意义构成的不等式(组)求解．(3)抽象函：①若已知函f (x )的定义域为，其复合函f (g (x ))的定义域由不等式a ≤g (x )≤b 求出；②若已知函f (g (x ))的定义域为，则f (x )的定义域为g (x )在x∈时的值域．考点二求函的解析式重点保分型考点——师生共研(1)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2，求f (x )的解析式；(2)已知f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2x ＋1＝lg x ，求f (x )的解析式；(3)已知f (x )是二次函，且f (0)＝0，f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，求f (x )；(4)已知函f (x )满足f (－x )＋2f (x )＝2x ，求f (x )的解析式．解：(1)(配凑法)由于f ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋1x ＝x 2＋1x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x 2－2，所以f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2，故f (x )的解析式是f (x )＝x 2－2，x ≥2或x ≤－2.(2)(换元法)令2x ＋1＝t 得x ＝2t －1，代入得f (t )＝lg 2t －1，又x >0，所以t >1，故f (x )的解析式是f (x )＝lg 2x －1，x >1.(3)(待定系法)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，由f (0)＝0，知c ＝0，f (x )＝ax 2＋bx ，又由f (x ＋1)＝f (x )＋x ＋1，得a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＝ax 2＋bx ＋x ＋1，即ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＝ax 2＋(b ＋1)x ＋1，所以⎩⎪⎨⎪⎧2a ＋b ＝b ＋1，a ＋b ＝1，解得a ＝b ＝12.所以f (x )＝12x 2＋12x ，x ∈R.(4)(解方程组法)由f (－x )＋2f (x )＝2x ，① 得f (x )＋2f (－x )＝2－x ，② ①×2－②，得，3f (x )＝2x ＋1－2－x . 即f (x )＝2x ＋1－2－x3.∴f (x )的解析式是f (x )＝2x ＋1－2－x3.求函解析式的4种方法1．已知f (x ＋1)＝x ＋2x ，求f (x )的解析式．解：法一：(换元法)设t ＝x ＋1，则x ＝(t －1)2，t ≥1，代入原式有f (t )＝(t －1)2＋2(t －1)＝t 2－2t ＋1＋2t －2＝t 2－1.故f (x )＝x 2－1，x ≥1.法二：(配凑法)∵x ＋2x ＝(x )2＋2x ＋1－1＝(x ＋1)2－1， ∴f (x ＋1)＝(x ＋1)2－1，x ＋1≥1，即f (x )＝x 2－1，x ≥1.2．设y ＝f (x )是二次函，方程f (x )＝0有两个相等实根，且f ′(x )＝2x ＋2，求f (x )的解析式．解：设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ＝2x ＋2， ∴a ＝1，b ＝2，f (x )＝x 2＋2x ＋c . 又∵方程f (x )＝0有两个相等实根，∴Δ＝4－4c ＝0，解得c ＝1.故f (x )＝x 2＋2x ＋1.考点三分段函题点多变型考点——多角探明高考对分段函的考查多以选择题、填空题的形式出现，试题难度一般较小．常见的命题角度有： (1)分段函的函求值问题； (2)分段函的自变量求值问题；(3)分段函与方程、不等式问题．角度一：分段函的函求值问题1．(2017·西安质检)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，3x＋1，x ≤0，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14的值是________．解析：由题意可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝log 214＝－2，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14＝f (－2)＝3－2＋1＝109.答案：109角度二：分段函的自变量求值问题2．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 12，x ∈[0，＋，|sin x |，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，若f (a )＝12，则a ＝________.解析：若a ≥0，由f (a )＝12得，a 12＝12，解得a ＝14；若a <0，则|sin a |＝12，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－π2，0，解得a ＝－π6.综上可知，a ＝14或－π6. 答案：14或－π6角度三：分段函与方程、不等式问题3．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2ax ，x ≥2，2x＋1，x <2，若f (f (1))>3a 2，则a 的取值范围是________．解析：由题知，f (1)＝2＋1＝3，f (f (1))＝f (3)＝32＋6a ，若f (f (1))>3a 2，则9＋6a >3a 2，即a 2－2a －3<0，解得－1<a <3.答案：(－1,3)1．分段函的求值问题的解题思路(1)求函值：先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f (f (a ))的形式时，应从内到外依次求值．(2)求自变量的值：先假设所求的值在分段函定义区间的各段上，然后求出相应自变量的值，切记要代入检验．2．分段函与方程、不等式问题的求解思路依据不同范围的不同段分类讨论求解，最后将讨论结果并起．1．(2017·唐山统考)已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－2，x ≤0，－log 3x ，x >0，且f (a )＝－2，则f (7－a )＝( )A ．－log 37B ．－34C ．－54D ．－74解析：选D 当a ≤0时，2a －2＝－2无解；当a >0时，由－log 3a ＝－2，解得a ＝9，所以f (7－a )＝f (－2)＝2－2－2＝－74.2．(2015·山东高考)设函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －1，x ＜1，2x， x ≥1，则满足f (f (a ))＝2f (a )的a 的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤23，1 B ．C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫23，＋∞ D ． B ．(0,1]C ．D ．．∴原函的定义域为(0,1]．4．已知函y ＝f (x )的定义域是，则函g (x )＝f x x －1的定义域是( )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13∪⎝ ⎛⎦⎥⎤13，1B ． D ．解析：选B 由⎩⎪⎨⎪⎧0≤3x ≤3，x －1≠0可得0≤x <1，选B.5．已知具有性质：f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )的函，我们称为满足“倒负”变换的函，下列函：①y ＝x －1x ；②y ＝x ＋1x ；③y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，0<x <1，0，x ＝1，－1x ，x >1.其中满足“倒负”变换的函是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③D ．①解析：选B 对于①，f (x )＝x －1x ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x－x ＝－f (x )，满足；对于②，f⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝1x ＋x ＝f (x )，不满足；对于③，f⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，0<1x <1，0，1x ＝1，－x ，1x >1，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x >1，0，x ＝1，－x ，0<x <1，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1x ＝－f (x )，满足．综上可知，满足“倒负”变换的函是①③. 6．函f (x )，g (x )分别由下表给出．则f (g (1))的值为________；满足f (g (x ))>g (f (x ))的x 的值是________．解析：∵g (1)＝3，f (3)＝1， ∴f (g (1))＝1.当x ＝1时，f (g (1))＝f (3)＝1，g (f (1))＝g (1)＝3，不合题意．当x ＝2时，f (g (2))＝f (2)＝3，g (f (2))＝g (3)＝1，符合题意．当x ＝3时，f (g (3))＝f (1)＝1，g (f (3))＝g (1)＝3，不合题意．答案：1 27．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x ＋1，x ≤1，a x －1，x >1，若f (1)＝12，则f (3)＝________.解析：由f (1)＝12，可得a ＝12，所以f (3)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14.答案：148．已知函y ＝f (x 2－1)的定义域为，则函y ＝f (x )的定义域为________．解析：∵y ＝f (x 2－1)的定义域为， ∴x ∈，x 2－1∈， ∴y ＝f (x )的定义域为．答案：9．已知函f (x )＝2x ＋1与函y ＝g (x )的图象关于直线x ＝2成轴对称图形，则函y ＝g (x )的解析式为________．解析：设点M (x ，y )为函y ＝g (x )图象上的任意一点，点M ′(x ′，y ′)是点M 关于直线x ＝2的对称点，则⎩⎪⎨⎪⎧x ′＝4－x ，y ′＝y .又y ′＝2x ′＋1， ∴y ＝2(4－x )＋1＝9－2x ，即g (x )＝9－2x . 答案：g (x )＝9－2x10．如图，已知A (n ，－2)，B (1,4)是一次函y ＝kx ＋b 的图象和反比例函y ＝mx的图象的两个交点，直线AB 与y 轴交于点C .(1)求反比例函和一次函的解析式． (2)求△AOC 的面积．解：(1)因为B (1,4)在反比例函y ＝mx上，所以m ＝4，又因为A (n ，－2)在反比例函y ＝m x ＝4x的图象上，所以n ＝－2，又因为A (－2，－2)，B (1,4)是一次函y ＝kx ＋b 上的点，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧－2k ＋b ＝－2，k ＋b ＝4，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝2，b ＝2.所以y ＝4x，y ＝2x ＋2.(2)因为y ＝2x ＋2，令x ＝0，得y ＝2，所以C (0,2)，所以△AOC 的面积为：S ＝12×2×2＝2.三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知实a ≠0，函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋a ，x <1，－x －2a ，x ≥1，若f (1－a )＝f (1＋a )，则a 的值为( )A ．－32B ．－34C ．－32或－34 D.32或－34解析：选B 当a >0时，1－a <1,1＋a >1.由f (1－a )＝f (1＋a )得2－2a ＋a ＝－1－a －2a ，解得a ＝－32，不合题意；当a <0时，1－a >1,1＋a <1，由f (1－a )＝f (1＋a )得－1＋a －2a ＝2＋2a ＋a ，解得a ＝－34，所以a 的值为－34，故选B.2．已知函f (x )满足对任意的x ∈R 都有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2成立，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝________.解析：由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋x ＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12－x ＝2，得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫68＝2， f ⎝ ⎛⎭⎪⎫38＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫58＝2，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫48＝12×2＝1，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫18＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫28＋…＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫78＝2×3＋1＝7.答案：73.行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用，要继续往前滑行一段距离才能停下，这段距离叫做刹车距离．在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)满足下列关系：y ＝x 2200＋mx ＋n (m ，n 是常)．如图是根据多次实验据绘制的刹车距离y (米)与汽车的车速x (千米/时)的关系图．(1)求出y 关于x 的函表达式；(2)如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度．解：(1)由题意及函图象，得⎩⎪⎨⎪⎧402200＋40m ＋n ＝8.4，602200＋60m ＋n ＝18.6，解得m ＝1100，n ＝0，所以y ＝x 2200＋x100(x ≥0)． (2)令x 2200＋x100≤25.2，得－72≤x ≤70. ∵x ≥0，∴0≤x ≤70.故行驶的最大速度是70千米/时．第二节函的单调性与最值1．函的单调性 (1)单调函的定义如果函y ＝f (x )在区间D 上是增函或减函，那么就说函y ＝f (x )在这一区间具有(严格的)单调性，区间D 叫做函y ＝f (x )的单调区间．2．函的最值1．下列函中，定义域是R 且为增函的是( )A．y＝e－x B．y＝x3C．y＝ln x D．y＝|x|答案：B2．y＝x2－6x＋5的单调减区间为________．解析：y＝x2－6x＋5＝(x－3)2－4，表示开口向上，对称轴为x ＝3的抛物线，其单调减区间为(－∞，3]．答案：(－∞，3]3．若函f(x)＝1x在区间上的最大值与最小值的和为34，则a＝________.解析：由f(x)＝1x的图象知，f(x)＝1x在(0，＋∞)上是减函，∵⊆(0，＋∞)，∴f(x)＝1x在上也是减函，∴f(x)m ax＝f(2)＝12，f(x)min＝f(a)＝1a，∴12＋1a＝34，∴a＝4.答案：41．易混淆两个概念：“函的单调区间”和“函在某区间上单调”，前者指函具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．2．若函在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函f(x)在区间(－1,0)上是减函，在(0,1)上是减函，但在(－1,0)∪(0,1)上却不一定是减函，如函f(x)＝1x .3．两函f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(减)函，则f(x)＋g(x)也为增(减)函，但f(x)·g(x)，1f x等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．1．设定义在上的函y＝f(x)的图象如图所示，则函y＝f(x)的增区间为________．答案：，2．函f (x )＝2x －1在上的最大值与最小值之差为________．解析：易知f (x )在上是减函，∴f (x )m ax －f (x )min ＝f (－2)－f (0)＝－23－(－2)＝43.答案：43考点一函单调性的判断基础送分型考点——自主练透1．下列四个函中，在(0，＋∞)上为增函的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3x C ．f (x )＝－1x ＋1D ．f (x )＝－|x |解析：选C 当x >0时，f (x )＝3－x 为减函；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函；当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函．2．试讨论函f (x )＝axx －1(a ≠0)在(－1,1)上的单调性．解：法一(定义法)：设－1<x 1<x 2<1，f (x )＝a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1＋1x －1＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x －1， f (x 1)－f (x 2)＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 1－1－a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 2－1＝a x 2－x 1x 1－x 2－，由于－1<x 1<x 2<1，所以x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，函f (x )在(－1,1)上递减；当a <0时，f (x 1)－f (x 2)<0，即f (x 1)<f (x 2)，函f (x )在(－1,1)上递增．法二(导法)：f ′(x )＝axx －－ax x －x －2＝a x －－ax x －2＝－a x －2.当a >0时，f ′(x )<0，函f (x )在(－1,1)上递减；当a <0时，f ′(x )>0，函f (x )在(－1,1)上递增．3．判断函y ＝x ＋2x ＋1在(－1，＋∞)上的单调性．解：法一：任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1<x 2，则y 1－y 2＝x 1＋2x 1＋1－x 2＋2x 2＋1＝x 2－x 1x 1＋x 2＋.∵x 1>－1，x 2>－1， ∴x 1＋1>0，x 2＋1>0，又x 1<x 2，∴x 2－x 1>0，∴x2－x1x 1＋x2＋>0，即y1－y2>0.∴y1>y2，∴函y＝x＋2x＋1在(－1，＋∞)上单调递减．法二：y＝x＋2x＋1＝1＋1x＋1.∵y＝x＋1在(－1，＋∞)上是增函，∴y＝1x＋1在(－1，＋∞)上是减函，∴y＝1＋1x＋1在(－1，＋∞)上是减函．即函y＝x＋2x＋1在(－1，＋∞)上单调递减．判断或证明函的单调性的2种重要方法及其步骤(1)定义法，其基本步骤：取值作差商变形确定符号与1的大小得出结论(2)导法，其基本步骤：求导函确定符号得出结论考点二求函的单调区间重点保分型考点——师生共研求下列函的单调区间：(1)y＝－x2＋2|x|＋1；(2)y＝log12(x2－3x＋2)．解：(1)由于y＝错误!即y ＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －2＋2，x ≥0，－x ＋2＋2，x ＜0.画出函图象如图所示，单调递增区间为(－∞，－1]和，单调递减区间为和确定函的单调区间的3种方法单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．1．函y ＝|x |(1－x )在区间A 上是增函，那么区间A 是( ) A ．(－∞，0) B.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，12C ．高考对函单调性的考查多以选择题、填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中．常见的命题角度有： (1)求函的值域或最值；(2)比较两个函值或两个自变量的大小； (3)解函不等式；(4)利用单调性求参的取值范围或值．角度一：求函的值域或最值 1．函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1x ，x ≥1，－x 2＋2，x <1的最大值为________．解析：当x ≥1时，函f (x )＝1x为减函，所以f (x )在x ＝1处取得最大值，为f (1)＝1；当x <1时，易知函f (x )＝－x 2＋2在x ＝0处取得最大值，为f (0)＝2.故函f (x )的最大值为2. 答案：2角度二：比较两个函值或两个自变量的大小2．(2017·哈尔滨联考)已知函f (x )的图象关于直线x ＝1对称，当x 2>x 1>1时，(x 2－x 1)<0恒成立，设a ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，b ＝f (2)，c ＝f (e)，则a ，b ，c 的大小关系为( )A ．c >a >bB ．c >b >aC ．a >c >bD ．b >a >c解析：选D 因f (x )的图象关于直线x ＝1对称．由此可得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52.由x 2>x 1>1时，(x 2－x 1)<0恒成立，知f (x )在(1，＋∞)上单调递减．∵1<2<52<e ，∴f (2)>f ⎝ ⎛⎭⎪⎫52>f (e)，∴b >a >c .角度三：解函不等式3．已知函f (x )为R 上的减函，则满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)的实x 的取值范围是( )A ．(－1,1)B ．(0,1)C ．(－1,0)∪(0,1)D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C 由f (x )为R 上的减函且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x <f (1)，得⎩⎪⎨⎪⎧⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x >1，x ≠0，即⎩⎪⎨⎪⎧|x |<1，x ≠0.∴－1<x <0或0<x <1.故选C.角度四：利用单调性求参的取值范围或值4．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x －1，x ≤1，log a x ，x >1，若f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，则实a 的取值范围为________．解析：要使函f (x )在R 上单调递增，则有⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a －2>0，f，即⎩⎪⎨⎪⎧a >1，a >2，a －2－1≤0，解得2<a ≤3，即实a 的取值范围是(2,3]．答案：(2,3]函单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)求函最值(五种常用方法)(2)比较大小比较函值的大小，应将自变量转到同一个单调区间内，然后利用函的单调性解决．(3)解不等式在求解与抽象函有关的不等式时，往往是利用函的单调性将“f”符号脱掉，使其转为具体的不等式求解．此时应特别注意函的定义域．(4)利用单调性求参视参为已知，依据函的图象或单调性定义，确定函的单调区间，与已知单调区间比较求参．①若函在区间上单调，则该函在此区间的任意子区间上也是单调的；②分段函的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．1．已知函f(x)＝|x＋a|在(－∞，－1)上是单调函，则a的取值范围是( )A ．(－∞，1]B ．(－∞，－1]C ．解析：选A 法一：由一次函的图象可知选A. 法二：设∀x 1，x 2∈R 且x 1<x 2， ∵f (x )＝kx ＋b 在R 上是增函，∴(x 1－x 2)(f (x 1)－f (x 2))>0，即k (x 1－x 2)2>0， ∵(x 1－x 2)2>0，∴k >0，故选A.3．(2017·北京东城期中)已知函y ＝1x －1，那么( )A ．函的单调递减区间为(－∞，1)，(1，＋∞)B ．函的单调递减区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)C ．函的单调递增区间为(－∞，1)，(1，＋∞)D ．函的单调递增区间为(－∞，1)∪(1，＋∞)解析：选A 函y ＝1x －1可看作是由y ＝1x 向右平移1个单位长度得到的，∵y ＝1x 在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，∴y ＝1x －1在(－∞，1)和(1，＋∞)上单调递减，∴函y ＝1x －1的单调递减区间为(－∞，1)和(1，＋∞)，故选A.4．函y ＝x －x (x ≥0)的最大值为________．解析：令t ＝x ，则t ≥0，所以y ＝t －t 2＝－⎝⎛⎭⎪⎫t －122＋14，结合图象知，当t ＝12，即x ＝14时，y m ax ＝14.答案：145．函f (x )＝log 12(x 2－4)的单调递增区间为________．解析：由x 2－4>0得x <－2或x >2.又u ＝x 2－4在(－∞，－2)上为减函，在(2，＋∞)上为增函，y ＝log 12u 为减函，故f (x )的单调递增区间为(－∞，－2)．答案：(－∞，－2)二保高考，全练题型做到高考达标1．已知函f (x )＝x 2－2x －3，则该函的单调递增区间为( ) A ．(－∞，1] B ． D ．∪上单调递减，在B.⎝⎛⎦⎥⎤0，12C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，2 D ．(0,2]解析：选C 因为log 12a ＝－log 2 a ，且f (x )是偶函，所以f (log 2a )＋f (log12a )＝2f (log 2a )＝2f (|log 2a |)≤2f (1)，即f (|log 2a |)≤f (1)，又函在的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：选C 由已知得当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2，当1<x ≤2时，f (x )＝x 3－2.∵f (x )＝x －2，f (x )＝x 3－2在定义域内都为增函． ∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.4．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a －x ，x ≥2，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x－1，x <2是R 上的单调递减函，则实a 的取值范围是( )A ．(－∞，2) B.⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，138C ．(0,2)D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫138，2 解析：选B因为函为递减函，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<0，a －⎝ ⎛⎭⎪⎫122－1，解得a ≤138，故选B.5．(2017·安徽皖江名校联考)定义在上的函f (x )满足(x 1－x 2)>0，x 1≠x 2，且f (a 2－a )>f (2a －2)，则实a 的取值范围为( )A ．>0，x 1≠x 2，∴函在上单调递增，∴⎩⎪⎨⎪⎧－2≤a 2－a ≤2，－2≤2a －2≤2，2a －2<a 2－a .∴⎩⎪⎨⎪⎧－1≤a ≤2，0≤a ≤2，a <1或a >2，∴0≤a <1，故选C.6．函f (x )＝1x －1在区间上的最大值是1，最小值是13，则a ＋b＝________.解析：易知f (x )在上为减函，∴⎩⎪⎨⎪⎧f a ＝1，f b ＝13，即⎩⎪⎨⎪⎧1a －1＝1，1b －1＝13，∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝4.∴a ＋b ＝6. 答案：67．已知函f (x )＝x 2－2ax －3在区间上具有单调性，则实a 的取值范围为________________．解析：函f (x )＝x 2－2ax －3的图象开口向上，对称轴为直线x ＝a ，画出草图如图所示．由图象可知，函在(－∞，a ]和上具有单调性，只需a ≤1或a ≥2，从而a ∈(－∞，1]∪∪上的最大值为4，最小值为m ，且函g (x )＝(1－4m )x 在上的最小值为1a ＝m ，最大值为a 2＝4，解得a ＝2，12＝m ，与m <14矛盾；当0<a <1时，函f (x )在上的最小值为a 2＝m ，最大值为a －1＝4，解得a ＝14，m ＝116.所以a ＝14.答案：149．已知f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)内单调递增； (2)若a >0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求a 的取值范围．解：(1)证明：任设x 1<x 2<－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝x 1－x 2x 1＋x 2＋.∵(x 1＋2)(x 2＋2)>0，x 1－x 2<0， ∴f (x 1)<f (x 2)，∴f (x )在(－∞，－2)上单调递增．(2)任设1<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a x 2－x 1x 1－a x 2－a.∵a >0，x 2－x 1>0， ∴要使f (x 1)－f (x 2)>0，只需(x 1－a )(x 2－a )>0在(1，＋∞)上恒成立，∴a ≤1. 综上所述知a 的取值范围是(0,1]． 10．已知函f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实a 的取值范围．解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函．(2)由题意a －1x<2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立．任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎪⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增．故a ≤h (1)，即a ≤3，所以实a 的取值范围是(－∞，3]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．如果函y ＝f (x )在区间I 上是增函，且函y ＝f xx在区间I上是减函，那么称函y ＝f (x )是区间I 上的“缓增函”，区间I 叫做“缓增区间”．若函f (x )＝12x 2－x ＋32是区间I 上的“缓增函”，则“缓增区间”I 为( )A ． C ．D ．解析：选D 因为函f (x )＝12x 2－x ＋32的对称轴为x ＝1，所以函y ＝f (x )在区间上单调递减，故“缓增区间”I 为．2．已知定义在区间(0，＋∞)上的函f (x )满足f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)证明：f (x )为单调递减函．(2)若f (3)＝－1，求f (x )在上的最小值．解：(1)证明：任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函f (x )在区间(0，＋∞)上是单调递减函． (2)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函，所以f (x )在上的最小值为f (9)．由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2.所以f (x )在上的最小值为－2.第三节函的奇偶性及周期性1．函的奇偶性(1)周期函对于函f (x )，如果存在一个非零常T ，使得当x 取定义域内的任何值时，都有f (x ＋T )＝f (x )，那么就称函f (x )为周期函，称T 为这个函的周期．(2)最小正周期如果在周期函f(x)的所有周期中存在一个最小的正，那么这个最小正就叫做f(x)的最小正周期．1．下列函中，既是偶函又在(0，＋∞)上单调递增的是( ) A．y＝x B．y＝cos xC．y＝e x D．y＝ln |x|答案：D2．已知函f(x)是定义在R上的奇函，且当x>0时，f(x)＝x2＋1x ，则f(－1)＝________.答案：－23．若函f(x)是周期为5的奇函，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(8)－f(14)＝________.答案：－11．判断函的奇偶性，易忽视判断函定义域是否关于原点对称．定义域关于原点对称是函具有奇偶性的一个必要条件．2．判断函f(x)的奇偶性时，必须对定义域内的每一个x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能说存在x0使f(－x0)＝－f(x0)或f(－x0)＝f(x0)．3．分段函奇偶性判定时，误用函在定义域某一区间上不是奇偶函去否定函在整个定义域上的奇偶性．1．已知f(x)＝ax2＋bx是定义在上的偶函，那么a＋b的值是( )A ．－13B.13C.12D ．－12解析：选B ∵f (x )＝ax 2＋bx 是定义在上的偶函，∴a －1＋2a ＝0，∴a ＝13.又f (－x )＝f (x )，∴b ＝0，∴a ＋b ＝13.2．下列函中，为奇函的是( ) A ．y ＝3x＋13xB ．y ＝x ，x ∈{0,1}C ．y ＝x ·sin xD ．y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0解析：选 D 由函奇偶性定义易知函y ＝3x＋13x 和y ＝x ·sin x都是偶函，排除A 和C ；函y ＝x ，x ∈{0,1}的定义域不关于坐标原点对称，既不是奇函又不是偶函，排除B ；由奇函的定义知y ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x <0，0，x ＝0，－1，x >0是奇函，故选D.考点一函奇偶性的判断基础送分型考点——自主练透判断下列函的奇偶性：(1)f (x )＝1－x 2＋x 2－1； (2)f (x )＝3－2x ＋2x －3；(3)f (x )＝3x －3－x ； (4)f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3；(5)(易错题)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ，x >0，x 2－x ，x <0.解：(1)∵由⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1≥0，1－x 2≥0，得x ＝±1，∴f (x )的定义域为{－1,1}．又f (1)＋f (－1)＝0，f (1)－f (－1)＝0，即f (x )＝±f (－x )． ∴f (x )既是奇函又是偶函．(2)∵函f (x )＝3－2x ＋2x －3的定义域为⎩⎨⎧⎭⎬⎫32，不关于坐标原点对称，∴函f (x )既不是奇函，也不是偶函． (3)∵f (x )的定义域为R ，∴f (－x )＝3－x －3x ＝－(3x －3－x )＝－f (x )，所以f (x )为奇函．(4)∵由⎩⎪⎨⎪⎧4－x 2≥0，|x ＋3|－3≠0，得－2≤x ≤2且x ≠0.∴f (x )的定义域为， ∴f (x )＝4－x 2|x ＋3|－3＝4－x 2x ＋3－3＝4－x 2x，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )是奇函．(5)易知函的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称，又当x >0时，f (x )＝x 2＋x ，则当x <0时，－x >0，故f (－x )＝x 2－x ＝f (x )；当x <0时，f (x )＝x 2－x ，则当x >0时，－x <0，故f (－x )＝x 2＋x ＝f (x )，故原函是偶函．判定函奇偶性的3种常用方法(1)定义法(2)图象法(3)性质法①设f(x)，g(x)的定义域分别是D1，D2，那么在它们的公共定义域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．②复合函的奇偶性可概括为“同奇则奇，一偶则偶”．(1)“性质法”中的结论是在两个函的公共定义域内才成立的．(2)判断分段函的奇偶性应分段分别证明f(－x)与f(x)的关系，只有对各段上的x都满足相同的关系时，才能判断其奇偶性．如“题组练透”第(5)题．考点二函的周期性重点保分型考点——师生共研设f(x)是定义在R上的奇函，且对任意实x，恒有f(x＋2)＝－f(x)，当x∈时，f(x)＝2x－x2.(1)求证：f(x)是周期函；(2)计算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)．解：(1)证明：∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．∴f(x)是周期为4的周期函．(2)∵f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝－f(1)＝－1.又f(x)是周期为4的周期函，∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＝…＝f(2 012)＋f(2 013)＋f(2 014)＋f(2 015)＝0.∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)＝f(2 016)＋f(2 017)＋f(2 018)＝f(0)＋f(1)＋f(2)＝1.1．判断函周期性的2个方法(1)定义法．(2)图象法．2．周期性3个常用结论(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a，(2)若f(x＋a)＝1f x，则T＝2a，(3)若f(x＋a)＝－1f x，则T＝2a(a>0)．1．若f(x)是R上周期为5的奇函，且满足f(1)＝1，f(2)＝2，则f(3)－f(4)等于( )A．－1 B．1 C．－2 D．2 解析：选A 由f(x)是R上周期为5的奇函，知f(3)＝f(－2)＝－f(2)＝－2，f (4)＝f (－1)＝－f (1)＝－1，∴f (3)－f (4)＝－1，故选A.2．已知定义在R 上的函满足f (x ＋2)＝－1f x，x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1.则f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017)的值为________．解析：∵f (x ＋2)＝－1f x，∴f (x ＋4)＝－1fx ＋＝f (x )，∴函y ＝f (x )的周期T ＝4. 又x ∈(0,2]时，f (x )＝2x －1， ∴f (1)＝1，f (2)＝3，f (3)＝－1f＝－1，f (4)＝－1f＝－13. ∴f (1)＋f (2)＋f (3)＋…＋f (2 017) ＝504＋f (504×4＋1)＝504⎝⎛⎭⎪⎫1＋3－1－13＋1＝1 345. 答案：1 345考点三函性质的综合应用题点多变型考点——多角探明函的奇偶性、周期性以及单调性是函的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命制试题，其中奇偶性多与单调性相结合，而周期性常与抽象函相结合，并以结合奇偶性求函值为主．多以选择题、填空题形式出现．常见的命题角度有：(1)奇偶性的应用； (2)单调性与奇偶性结合； (3)周期性与奇偶性结合；(4)单调性、奇偶性与周期性结合．角度一：奇偶性的应用1．(2017·福建三明模拟)函y ＝f (x )是R 上的奇函，当x <0时，f (x )＝2x ，则当x >0时，f (x )＝( )A ．－2xB ．2－xC ．－2－xD ．2x解析：选C x >0时，－x <0，∵x <0时，f (x )＝2x ，∴当x >0时，f (－x )＝2－x .∵f (x )是R 上的奇函，∴当x >0时，f (x )＝－f (－x )＝－2－x .故选C.角度二：单调性与奇偶性结合2．(2016·天津高考)已知f (x )是定义在R 上的偶函，且在区间(－∞，0)上单调递增．若实a 满足f (2|a －1|)＞f (－2)，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫32，＋∞ 解析：选C 因为f (x )是定义在R 上的偶函，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (－x )＝f (x )，且f (x )在(0，＋∞)上单调递减．由f (2|a －1|)＞f (－2)，f (－2)＝f (2)，可得2|a －1|＜2，即|a －1|＜12，所以12＜a ＜32.角度三：周期性与奇偶性结合3．已知f (x )是定义在R 上以3为周期的偶函，若f (1)<1，f (5)＝2a －3a ＋1，则实a 的取值范围是( ) A ．(－1,4)B ．(－2,1)C ．(－1,2)D ．(－1,0)解析：选A 因为函f (x )是定义在R 上以3为周期的偶函，所以f (5)＝f (－1)＝f (1)，即2a －3a ＋1<1，简得(a －4)(a ＋1)<0，解得－1<a <4，故选A.角度四：单调性、奇偶性与周期性结合4．已知定义在R 上的奇函f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，且在区间上是增函，则( )A ．f (－25)<f (11)<f (80)B ．f (80)<f (11)<f (－25)C ．f (11)<f (80)<f (－25)D ．f (－25)<f (80)<f (11)解析：选D 因为f (x )满足f (x －4)＝－f (x )，所以f (x －8)＝f (x )，所以函f (x )是以8为周期的周期函，则f (－25)＝f (－1)，f (80)＝f (0)，f (11)＝f (3)．由f (x )是定义在R 上的奇函，且满足f (x －4)＝－f (x )，得f (11)＝f (3)＝－f (－1)＝f (1)．因为f (x )在区间上是增函，f (x )在R 上是奇函，所以f (x )在区间上是增函，所以f(－1)<f(0)<f(1)，即f(－25)<f(80)<f(11)．函性质综合应用问题的常见类型及解题策略(1)函单调性与奇偶性结合．注意函单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函图象的对称性．(2)周期性与奇偶性结合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函值的自变量转到已知解析式的函定义域内求解．(3)周期性、奇偶性与单调性结合．解决此类问题通常先利用周期性转自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．1．(2017·广州模拟)已知f(x)在R上是奇函，且满足f(x＋4)＝f(x)，当x∈(0,2)时，f(x)＝2x2，则f(7)＝( )A．2 B．－2C．－98 D．98解析：选B 因为f(x＋4)＝f(x)，所以函f(x)的周期T＝4，又f(x)在R上是奇函，所以f(7)＝f(－1)＝－f(1)＝－2.2．已知偶函f(x)对于任意x∈R都有f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在区间上是递增的，则f(－6.5)，f(－1)，f(0)的大小关系是( ) A．f(0)<f(－6.5)<f(－1)B．f(－6.5)<f(0)<f(－1)C．f(－1)<f(－6.5)<f(0)D．f(－1)<f(0)<f(－6.5)解析：选 A 由f(x＋1)＝－f(x)，得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，∴函f(x)的周期是2.∵函f(x)为偶函，∴f(－6.5)＝f(－0.5)＝f(0.5)，f(－1)＝f(1)．∵f(x)在区间上是单调递增的，∴f (0)<f (0.5)<f (1)，即f (0)<f (－6.5)<f (－1)．3．设f (x )是定义在R 上周期为4的奇函，若在区间上，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ ax ＋b ，－2≤x <0，ax －1，0<x ≤2，则f (2 018)＝________.解析：设0<x ≤2，则－2≤－x <0，f (－x )＝－ax ＋b .f (x )是定义在R 上周期为4的奇函，所以f (－x )＝－f (x )＝－ax ＋1＝－ax ＋b ，所以b ＝1.而f (－2)＝f (－2＋4)＝f (2)，所以－2a ＋1＝2a －1，解得a ＝12，所以f (2 018)＝f (2)＝2×12－1＝0. 答案：0一抓基础，多练小题做到眼疾手快1．(2017·石家庄质检)下列函中，既是偶函又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝1xB ．y ＝|x |－1C ．y ＝lg xD ．y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x | 解析：选B A 中函y ＝1x不是偶函且在(0，＋∞)上单调递减，故A 错误；B 中函满足题意，故B 正确；C 中函不是偶函，故C 错误；D 中函不满足在(0，＋∞)上单调递增，故选B.2．已知f (x )为定义在R 上的奇函，当x ≥0时，f (x )＝2x ＋m ，则f (－2)＝( )A ．－3B ．－54C.54 D ．3解析：选A 因为f (x )为R 上的奇函，所以f (0)＝0，即f (0)＝20＋m ＝0，解得m ＝－1，则f (－2)＝－f (2)＝－(22－1)＝－3.3．函f (x )＝x ＋1x＋1，f (a )＝3，则f (－a )的值为( ) A ．－3B ．－1C ．1D ．2解析：选B 由题意得f (a )＋f (－a )＝a ＋1a ＋1＋(－a )＋1－a＋1＝2.∴f (－a )＝2－f (a )＝－1，故选B.4．函f (x )在R 上为奇函，且x >0时，f (x )＝x ＋1，则当x <0时，f (x )＝________.解析：∵f (x )为奇函，x >0时，f (x )＝x ＋1，∴当x <0时，－x >0，f (x )＝－f (－x )＝－(－x ＋1)，即x <0时，f (x )＝－(－x ＋1)＝－－x －1. 答案：－－x －15．设函f (x )是定义在R 上周期为2的偶函，当x ∈时，f (x )＝x＋1，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝________. 解析：依题意得，f (2＋x )＝f (x )，f (－x )＝f (x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12＋1＝32. 答案：32二保高考，全练题型做到高考达标1．(2016·山西考前质检)下列函中，既是偶函又在区间(1,2)内单调递减的是( )A ．f (x )＝xB ．f (x )＝1x 2C ．f (x )＝2x ＋2－xD ．f (x )＝－cos x解析：选B 对于A ，偶函与单调递减均不满足；对于B ，符合题意；对于C ，不满足单调递减；对于D ，不满足单调递减，故选B.2．设f (x )是周期为2的奇函，当0≤x ≤1时，f (x )＝2x (1－x )，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52等于( ) A ．－12B ．－14C.14D.12 解析：选A ∵f (x )是周期为2的奇函，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋2＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2×12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＝－12. 3．(2017·绵阳诊断)已知偶函f (x )在区间(a <b <0)上的值域为，则在区间上( )A ．有最大值4B ．有最小值－4C ．有最大值－3D ．有最小值－3解析：选B 法一：根据题意作出y ＝f (x )的简图，由图知，选B.法二：当x ∈时，－x ∈，由题意得f (b )≤f (－x )≤f (a )，即－3≤－f (x )≤4，∴－4≤f (x )≤3，即在区间上f (x )min ＝－4，f (x )m ax ＝3，故选B.5．设f (x )是定义在实集上的函，且f (2－x )＝f (x )，若当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( )A ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12 B ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 C ．f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2) D ．f (2)<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13 解析：选C 由f (2－x )＝f (x )可知函f (x )的图象关于x ＝1对称，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53，又当x ≥1时，f (x )＝ln x 单调递增，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫53<f (2)，即f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12<f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13<f (2)，故选C. 6．(2017·贵州适应性考试)已知f (x )是奇函，g (x )＝2＋f x f x .若g (2)＝3，则g (－2)＝________.解析：由题意可得g (2)＝2＋f f ＝3，则f (2)＝1，又f (x )是奇函，则f (－2)＝－1，所以g (－2)＝2＋f －f －＝2－1－1＝－1.答案：－17．定义在R 上的奇函y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，则满足f (x )>0的x 的集合为________．解析：由奇函y ＝f (x )在(0，＋∞)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，得函y＝f (x )在(－∞，0)上递增，且f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝0，∴f (x )>0时，x >12或－12<x <0. 即满足f (x )>0的x 的集合为⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x <0或x >12. 答案：⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪⎪ －12<x <0或x >12 8．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函和偶函，且f (x )－g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ，则f (1)，g (0)，g (－1)之间的大小关系是______________．解析：在f (x )－g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 中，用－x 替换x ，得f (－x )－g (－x )＝2x ，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函和偶函，所以f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，因此得－f (x )－g (x )＝2x .联立方程组解得f (x )＝2－x －2x 2，g (x )＝－2－x ＋2x 2，于是f (1)＝－34，g (0)＝－1，g (－1)＝－54，故f (1)>g (0)>g (－1)．答案：f (1)>g (0)>g (－1)9．设f (x )的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f (x )是奇函，当x >0时，f (x )＝x1－3x .(1)求当x <0时，f (x )的解析式；(2)解不等式f (x )<－x 8. 解：(1)因为f (x )是奇函，所以当x <0时， f (x )＝－f (－x )，－x >0，又因为当x >0时，f (x )＝x1－3x ，所以当x <0时，f (x )＝－f (－x )＝－－x 1－3－x ＝x 1－3－x. (2)f (x )<－x 8，当x >0时，即x 1－3x <－x 8，所以11－3x <－18，所以13x －1>18，所以3x －1<8，解得x <2，所以x ∈(0,2)．当x <0时，即x 1－3－x <－x 8，所以11－3－x >－18，所以3－x >32，所以x <－2，所以解集是(－∞，－2)∪(0,2)． 10．已知函f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －x 2＋2x ，x >0，0，x ＝0，x 2＋mx ，x <0是奇函．(1)求实m 的值；(2)若函f (x )在区间上单调递增，求实a 的取值范围．解：(1)设x <0，则－x >0，所以f (－x )＝－(－x )2＋2(－x )＝－x 2－2x .又f (x )为奇函，所以f (－x )＝－f (x )，于是x <0时，f (x )＝x 2＋2x ＝x 2＋mx ，所以m ＝2.(2)要使f (x )在上单调递增，结合f (x )的图象(如图所示)知⎩⎪⎨⎪⎧ a －2>－1，a －2≤1，所以1＜a ≤3，故实a 的取值范围是(1,3]．三上台阶，自主选做志在冲刺名校1．已知y ＝f (x )是偶函，当x >0时，f (x )＝x ＋4x，且当x ∈时，n ≤f (x )≤m 恒成立，则m －n 的最小值是________．解析：∵当x ∈时，n ≤f (x )≤m 恒成立，∴n ≤f (x )min 且m ≥f (x )m ax ，∴m －n 的最小值是f (x )m ax －f (x )min ，又由偶函的图象关于y 轴对称知，当x ∈时，函的最值与x ∈时的最值相同，又当x >0时，f (x )＝x ＋4x，在上递减，在上递增，且f (1)>f (3)， ∴f (x )m ax －f (x )min ＝f (1)－f (2)＝5－4＝1.答案：12．设函f (x )是定义在R 上的奇函，对任意实x有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x 成立． (1)证明y ＝f (x )是周期函，并指出其周期；(2)若f (1)＝2，求f (2)＋f (3)的值；(3)若g (x )＝x 2＋ax ＋3，且y ＝|f (x )|·g (x )是偶函，求实a 的值．解：(1)由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32－x ，且f (－x )＝－f (x )，知f (3＋x )＝f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f ⎣⎢⎡⎦⎥⎤32－⎝ ⎛⎭⎪⎫32＋x ＝－f (－x )＝f (x )，所以y ＝f (x )是周期函，且T ＝3是其一个周期．(2)因为f (x )为定义在R 上的奇函，所以f (0)＝0，且f (－1)＝－f (1)＝－2，又T ＝3是y ＝f (x )的一个周期，所以f (2)＋f (3)＝f (－1)＋f (0)＝－2＋0＝－2.(3)因为y ＝|f (x )|·g (x )是偶函，且|f (－x )|＝|－f (x )|＝|f (x )|，所以|f (x )|为偶函．故g (x )＝x 2＋ax ＋3为偶函，即g (－x )＝g (x )恒成立，于是(－x )2＋a (－x )＋3＝x 2＋ax ＋3恒成立．于是2ax ＝0恒成立，所以a ＝0. 第四节函的图象1．描点法作图其基本步骤是列表、描点、连线，具体为：(1)①确定函的定义域；②简函的解析式；③讨论函的性质(奇偶性、单调性、周期性)．(2)列表(注意特殊点、零点、最大值点、最小值点以及坐标轴的交点)．(3)描点，连线．。

全国通用近年高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时作业十六2.11.3导数的综合应用文(20

（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时分层作业十六2.11.3 导数的综合应用文编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（全国通用版）2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用课时分层作业十六2.11.3 导数的综合应用文）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分）1.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈（0,+∞）恒成立,则实数a的取值范围是（) A。

（—∞,0） B.（-∞,4］C。

（0,+∞)D。

[4,+∞）【解析】选B。

2xln x≥-x2+ax—3，则a≤2ln x+x+,设h（x）=2ln x+x+(x>0）,则h′（x）=。

当x∈(0，1）时,h′（x)<0,函数h（x）单调递减;当x∈（1,+∞)时,h′(x）>0，函数h（x）单调递增,所以h(x)min=h（1)=4，所以a≤h（x)min=4.2。

（2018·长沙模拟）已知函数f(x）=,若对任意的x∈［1,2］, f′(x）·x+f （x）>0恒成立,则实数t的取值范围是( ）A。

（—∞,］B。

C. D.［,+∞)【解析】选B。

因为f′(x）=，所以对任意的x∈[1,2]，f′(x)·x+f （x)〉0恒成立⇔对任意的x∈[1,2］，〉0恒成立⇔对任意的x∈[1,2],2x2-2tx+1〉0恒成立⇔t〈=x+恒成立，又g（x）=x+在[1，2]上单调递增，所以g（x)min=g(1)=，所以t〈。

(全国通用版)2019版高考数学微一轮复习第二章函数、导数及其应用第1节函

2 1－x －1≤x≤1， f(x)＝ x＋1x>1或x<－1，
则
2 1－x －1≤x≤1， f(－x)＝－x＋1x>1或x<－1.
其中真命题有________．(写出所有真命题的序号)
解析：①正确，但映射不一定是函数，②不正确，如函数 y＝x 与 y＝x＋1，其定义域与值域完全相同，但不是相等函数，③正确，f(x)是定义域为{1}，值域为{0}的函数，④不正确，函数 y＝2x(x∈N)的图象是分布在射线 y＝2x(x≥0)上的无数个孤立的点．⑤正确，当－1≤x≤1 时，－1≤－x≤1，f(－x)＝ 1－－x2＝ 1－x2；当 x>1 或 x<－1 时，－x>1 或－x<－1，f(－x)＝－x＋1.
答案：①③⑤
考点一
函数的定义域 x2－5x＋6 (1)函数 f(x)＝ 4－|x|＋lg 的定义域为( x－3 B．(2,4] D．(－1,3)∪(3,6] ) B．(1,2] D．(1,8] 2x2＋2ax－a－1的定义域为 R，则 a 的取值范围为________． )
【典例 1】 A．(2,3)
定义域， A 叫做函数 f(x)的__________ 与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x 值域，显然，值域是集合 B 的子集，函数的__________ 定义域、值域 ∈A}叫做函数 f(x)的_____
和对应关系构成了函数的三要素．
2．函数的表示法
解析法 (1)基本表示方法：__________ 、图象法、列表法．
1．下列各图中，可表示函数 y＝f(x)的图象的只可能是(
)
解析：根据函数的定义，对定义域内的任意一个 x 必有唯一的 y 值和它对应．答案：D

全国通用版2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时分层作业十六2.11.3导数的综合应用

课时分层作业十六导数的综合应用一、选择题(每小题5分,共25分)1.已知函数f(x)= x3-x2- x,则f(-a2)与f(-1)的大小关系为()A.f(-a2)≤f(-1)B.f(-a2)<f(-1)C.f(-a2)≥f(-1)D.f(-a2)与f(-1)的大小关系不确定【解析】选A.由题意可得f′(x)= x2-2x- ,令f′(x)= (3x-7)(x+1)=0,得x=-1或x= .当x<-1时,f′(x)>0,f(x)为增函数;当-1<x< 时,f′(x)<0,f(x)为减函数.所以f(-1)是函数f(x)在(-∞,0]上的最大值,又因为-a2≤0,所以f(-a2)≤f(-1).2.若不等式2xln x≥-x2+ax-3对x∈(0,+∞)恒成立,则实数a的取值范围是()A.(-∞,0)B.(-∞,4]C.(0,+∞)D.[4,+∞)【解析】选B.2xln x≥-x2+ax-3,则a≤2ln x+x+ ,设h(x)=2ln x+x+ (x>0),则h′(x)=.当x∈(0,1)时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;当x∈(1,+∞)时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=4.所以a≤h(x)min=4.3.(2018·兰州模拟)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x),满足f′(x)<f(x),且f(x+2)为偶函数,f(4)=1,则不等式f(x)<e x的解集为()A.(-2,+∞)B.(0,+∞)C.(1,+∞)D.(4,+∞)【解析】选B.因为f(x+2)为偶函数,所以f(x+2)的图象关于x=0对称,所以f(x)的图象关于x=2对称,所以f(0)=f(4)=1.设g(x)= (x∈R),则g′(x)= = ,又f′(x)<f(x),所以g′(x)<0(x∈R),所以函数g(x)在定义域上单调递减.因为f(x)<e x⇔g(x)= <1,而g(0)= =1,所以f(x)<e x⇔g(x)<g(0),所以x>0.4.做一个圆柱形锅炉,容积为V,两个底面的材料每单位面积的价格为a元,侧面的材料每单位面积的价格为b元,当造价最低时,锅炉的底面直径与高的比为()A. B. C. D.【解析】选C.如图,设圆柱的底面半径为R,高为h,则V=πR2h.设造价为y=2πR2a+2πRhb=2πaR2+2πRb·=2πaR2+ ,所以y′=4πaR- .令y′=0,得= .5.设1<x<2,则, , 的大小关系是()A. < <B. < <C. < <D. < <【解析】选A.令f(x)=x-ln x(1<x<2),则f′(x)=1- = >0,所以函数y=f(x)在(1,2)内为增函数.所以f(x)>f(1)=1>0,所以x>ln x>0⇒0< <1.所以< .又- = = >0,所以< < .【方法技巧】破解解不等式或比较大小的关键(1)一是“构造函数”,通过观察所给的不等式的特点,适当构造函数.(2)二是利用导数法,判断所构造函数的单调性,利用其单调性,回归对原函数的符号的判断,即可得出正确的选项.二、填空题(每小题5分,共15分)6.直线y=a与函数f(x)=x3-3x的图象有相异的三个公共点,则a的取值范围是________. 【解析】令f′(x)=3x2-3=0,得x=±1,可得极大值为f(-1)=2,极小值为f(1)=-2,如图,观察得-2<a<2时恰有三个不同的公共点.答案:(-2,2)7.电动自行车的耗电量y与速度x之间有关系y= x3- x2-40x(x>0),为使耗电量最小,则速度应定为________.【解析】令y′=x2-39x-40=0,得x=-1或x=40,由于0<x<40时,y′<0;当x>40时,y′>0.所以当x=40时,y有最小值.答案:408.若关于x的不等式x3-3x2-9x+2≥m对任意x∈[-2,2]恒成立,则m的取值范围是________. 【解析】令f(x)=x3-3x2-9x+2,则f′(x)=3x2-6x-9,令f′(x)=0,得x=-1或3(舍去).因为f(-1)=7,f(-2)=0,f(2)=-20.所以f(x)的最小值为f(2)=-20,故m≤-20.答案:(-∞,-20]三、解答题(每小题10分,共20分)9.定义在实数集上的函数f(x)=x2+x,g(x)= x3-2x+m.(1)求函数f(x)的图象在x=1处的切线方程.(2)若f(x)≥g(x)对任意的x∈[-4,4]恒成立,求实数m的取值范围.【解析】(1)因为f(x)=x2+x,所以当x=1时,f(1)=2,因为f′(x)=2x+1,所以f′(1)=3,所以所求切线方程为y-2=3(x-1),即3x-y-1=0.(2)令h(x)=g(x)-f(x)= x3-x2-3x+m,则h′(x)=(x-3)(x+1).所以当-4<x<-1时,h′(x)>0;当-1<x<3时,h′(x)<0;当3<x<4时,h′(x)>0.要使f(x)≥g(x)恒成立,即h(x)max≤0,由上知h(x)的最大值在x=-1或x=4处取得,而h(-1)=m+ ,h(4)=m- ,所以m+ ≤0,即m≤- ,所以实数m的取值范围为.10.已知函数f(x)=xln x.(1)求f(x)的最小值.(2)若对于所有x≥1都有f(x)≥ax-1,求实数a的取值范围.【解析】函数f(x)=xln x的定义域是(0,+∞).(1)f′(x)=1+ln x,令f′(x)=0,解得x= .当x∈时,f′(x)<0;当x∈时,f′(x)>0.故f(x)在上单调递减,在上单调递增.所以当x= 时,函数f(x)取得最小值f =- .(2)依题意,得f(x)≥ax-1在[1,+∞)上恒成立,即不等式a≤ln x+ 对于x∈[1,+∞)恒成立,即a≤,x∈[1,+∞).设g(x)=ln x+ (x≥1),则g′(x)= - = ,令g′(x)=0,得x=1.当x≥1时,因为g′(x)= ≥0,故g(x)在[1,+∞)上是增函数.所以g(x)在[1,+∞)上的最小值是g(1)=1,故a的取值范围是(-∞,1].1.(5分)(2018·武汉模拟)已知函数g(x)满足g(x)=g′(1)e x-1-g(0)x+ x2,且存在实数x0,使得不等式2m-1≥g(x0)成立,则实数m的取值范围为()A.(-∞,2]B.(-∞,3]C.[1,+∞)D.[0,+∞)【解析】选C.g′(x)=g′(1)e x-1-g(0)+x,令x=1,得g′(1)=g′(1)-g(0)+1,所以g(0)=1,g(0)=g′(1)e0-1,所以g′(1)=e,所以g(x)=e x-x+ x2,g′(x)=e x-1+x,当x<0时,g′(x)<0,当x>0时,g′(x)>0,所以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1.根据题意得2m-1≥g(x)min=1,所以m≥1.2.(5分)(2018·长春模拟)已知函数f(x)=m-1-x2(e≤x≤2e)(e为自然对数的底数)与g(x)=2-5ln x的图象上存在关于x轴对称的点,则实数m的取值范围是()A.[e2-2,+∞)B.C.[e,2e]D.[e2+4,4e2+5ln 2+4]【解析】选D.由题意可知,方程m-1-x2=5ln x-2在[e,2e]上有解,即m=x2+5ln x-1在[e,2e]上有解.令h(x)=x2+5ln x-1,h′(x)=2x+,易知h(x)在[e,2e]上单调递增,所以h(x)在[e,2e]上的最小值为e2+5-1=e2+4,最大值为(2e)2+5ln(2e)-1=4e2+5ln 2+4.所以实数m的取值范围是[e2+4,4e2+5ln 2+4].3.(5分)(2018·太原模拟)log0.5 >log0.5 对任意x∈[2,4]恒成立,则m的取值范围为________.导学号12560478【解析】以0.5为底的对数函数为减函数,所以得真数关系为<,所以m>-x3+7x2+x-7,令f(x)=-x3+7x2+x-7,则f′(x)=-3x2+14x+1,因为f′(2)>0且f′(4)>0,所以f′(x)>0在[2,4]上恒成立,即在[2,4]上函数f(x)为增函数,所以f(x)的最大值为f(4)=45,因此m>45.答案:(45,+∞)4.(12分)设a为实数,函数f(x)=e x-2x+2a,x∈R.(1)求f(x)的单调区间与极值.(2)求证:当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.【解析】(1)由f(x)=e x-2x+2a,x∈R,知f′(x)=e x-2,x∈R.令f′(x)=0,得x=ln 2.于是当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表:x (-∞,ln 2) ln 2 (ln 2,+∞)f′(x) - 0 +f(x) ↘2-2ln 2+2a ↗故f(x)的单调递减区间是(-∞,ln 2),单调递增区间是(ln 2,+∞),f(x)在x=ln 2处取得极小值,极小值为2-2ln 2+2a.(2)设g(x)=e x-x2+2ax-1,x∈R,于是g′(x)=e x-2x+2a,x∈R.由(1)知当a>ln 2-1时,g′(x)取最小值为g′(ln 2)=2(1-ln 2+a)>0.于是对任意x∈R,都有g′(x)>0,所以g(x)在R上单调递增.于是当a>ln 2-1时,对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>g(0).而g(0)=0,从而对任意x∈(0,+∞),都有g(x)>0.即e x-x2+2ax-1>0,故当a>ln 2-1且x>0时,e x>x2-2ax+1.5.(13分)(2018·沈阳模拟)据统计某种汽车的最高车速为120千米/小时,在匀速行驶时每小时的耗油量y(升)与行驶速度x(千米/小时)之间有如下函数关系:y= x3- x+8. 已知甲、乙两地相距100千米.(1)若汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,则从甲地到乙地需耗油多少升?(2)当汽车以多大的速度匀速行驶时,从甲地到乙地耗油最少?最少为多少升?【解析】(1)当x=40时,汽车从甲地到乙地行驶了=2.5(小时),需耗油×2.5=17.5(升).所以汽车以40千米/小时的速度匀速行驶,从甲地到乙地需耗油17.5升.(2)当汽车的行驶速度为x千米/小时,从甲地到乙地需行驶小时.设耗油量为h(x)升,依题意,得h(x)= ·= x2+ - ,0<x≤120,h′(x)= - = (0<x≤120).令h′(x)=0,得x=80,因为当x∈(0,80)时,h′(x)<0,h(x)是减函数;当x∈(80,120)时,h′(x)>0,h(x)是增函数,所以当x=80时,h(x)取得最小值h(80)=11.25. 所以当汽车以80千米/小时的速度行驶时,从甲地到乙地耗油量最少,最少为11.25升.。

全国通用版2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时分层作业八2.5对数函数理201806

课时分层作业八对数函数一、选择题(每小题5分,共35分)1.函数y= 的定义域是()A.[1,2]B.[1,2)C. D.【解析】选D.由lo (2x-1)≥0⇒0<2x-1≤1⇒<x≤1.2.(2018·北京模拟)已知函数f(x)= 则f(2+log23)的值为()A.24B.16C.12D.8【解析】选A.因为3<2+log23<4,所以f(2+log23)=f(3+log23)= =8×3=24.【变式备选】已知函数f(x)= 则f(f(1))+f 的值是()A.5B.3C.-1D.【解析】选A.因为f(1)=log21=0,所以f(f(1))=f(0)=2.因为log3 <0,所以f = +1= +1=2+1=3.所以f(f(1))+f =2+3=5.3.设a=log36,b=log510,c=log714,则()A.c>b>aB.b>c>aC.a>c>bD.a>b>c【解析】选D.因为a=1+log32,b=1+log52,c=1+log72,所以只需要比较log32,log52,log72的大小即可,在同一坐标系中作出函数y=log3x,y=log5x,y=log7x的图象,由三个图象的相对位置关系得log32>log52>log72,可知a>b>c.【方法技巧】底数的变化对对数函数图象变化的影响在直线x=1的右侧,当a>1时,底数越大,图象越靠近x轴;当0<a<1时,底数越小,图象越靠近x 轴,即“底大图低”.4.若函数y=a|x|(a>0,且a≠1)的值域为{y|y≥1},则函数y=log a|x|的图象大致是()【解析】选B.函数y=a|x|(a>0,且a≠1)的值域为{y|y≥1},则a>1,故函数y=log a|x|的大致图象如图所示.【变式备选】(2018·石家庄模拟)已知a=log23+log2 ,b=log29-log2 ,c=log32,则a,b,c的大小关系是()A.a=b<cB.a=b>cC.a<b<cD.a>b>c【解析】选B.因为a=log23+log2 =log23 = log23>1,b=log29-log2 = log23=a,c=log32<log33=1,所以a=b>c.5.设函数f(x)= 则满足f(x)≤2的x的取值范围是()A.[-1,2]B.[0,2]C.[1,+∞)D.[0,+∞)【解析】选D.当x≤1时,21-x≤2,解得x≥0,所以0≤x≤1;当x>1时,1-log2x≤2,解得x≥,所以x>1.综上可知x≥0.6.若f(x)=lg (x2-2ax+1+a)在区间(-∞,1]上递减,则a的取值范围为()A.[1,2)B.[1,2]C.[1,+∞)D.[2,+∞)【解析】选A.令函数g(x)=x2-2ax+1+a=(x-a)2+1+a-a2,对称轴为x=a,要使函数在(-∞,1]上递减,则有即解得1≤a<2,即a∈[1,2).7.若函数f(x)=log a (a>0,a≠1)在区间内恒有f(x)>0,则f(x)的单调递增区间为()A.(0,+∞)B.(2,+∞)C.(1,+∞)D.【解析】选A.令M=x2+ x,当x∈时,M∈(1,+∞),f(x)>0,所以a>1,所以函数y=log a M为增函数,又M= - ,因此M的单调递增区间为.又x2+x>0,所以x>0或x<- .所以函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞).二、填空题(每小题5分,共15分)8.计算:=________.【解析】原式===- .答案:-【变式备选】计算: +log3 +log3 =________.【解析】+log3 +log3= +log3 = .答案:9.若log147=a,14b=5,则用a,b表示log3528=________.【解析】因为14b=5,所以log145=b,又log147=a,所以log3528= = = .答案:10.(2018·兰州模拟)已知函数y=log a x(2≤x≤4)的最大值比最小值大1,则a的值为________.【解析】当a>1时,y=log a x(2≤x≤4)为增函数,y max=log a4,y min=log a2.所以log a4-log a2=1,即log a2=1所以a=2.当0<a<1时,y=log a x(2≤x≤4)为减函数,y max=log a2,y min=log a4.所以log a2-log a4=1,即-log a2=1,所以a= .答案:2或【误区警示】对数函数的底数含有参数a,易忽视讨论a与1的大小关系而直接按a>1解题,只得一解2.【变式备选】(2018·南京模拟)若log2a <0,则a的取值范围是________.【解析】当2a>1时,因为log2a <0=log2a1,所以<1.因为1+a>0,所以1+a2<1+a,所以a2-a<0,所以0<a<1,所以<a<1.当0<2a<1时,因为log2a <0=log2a1,所以>1.因为1+a>0,所以1+a2>1+a.所以a2-a>0,所以a<0或a>1,此时无解.综上所述,a∈.答案:1.(5分)设a,b,c均为正数,且2a=lo a, =lo b, =log2c,则()A.a<b<cB.c<b<aC.c<a<bD.b<a<c【解析】选A.首先确定a是函数y=2x与y=lo x图象的交点的横坐标,b是函数y= 与y=lo x图象的交点的横坐标,c是函数y= 与y=log2x图象的交点的横坐标.分别画出函数y=2x,y= ,y=lo x,y=log2x的图象(图象略),易知a<b<c.【一题多解】本题还可以采用以下方法:【解析】选A.因为a,b,c均为正数,所以2a>1,即lo a>1,解得0<a< .0< <1,即lo b<1,解得<b<1.0< <1,即0<log2c<1,解得1<c<2.综上,a<b<c.2.(5分)(2018·北京模拟)如图,点A,B在函数y=log2x+2的图象上,点C在函数y=log2x的图象上,若△ABC为等边三角形,且直线BC∥y轴,设点A的坐标为(m,n),则m= ()A.2B.3C.D.【解析】选D.由题意知等边△ABC的边长为2,则由点A的坐标(m,n)可得点B的坐标为(m+ ,n+1).又A,B两点均在函数y=log2x+2的图象上,故有解得m= .3.(5分)已知a= ,b= ,c= ,则a,b,c的大小关系是________.(从大到小排列)【解析】a-b= - = = <0.同理b-c= - = >0,a-c= - = >0,所以b>a>c.答案:b>a>c【一题多解】本题还可以采用以下方法:方法一:(数形结合法)变形a= = ,则a表示函数y=ln x图象上的点(2,ln 2)与点(0,0)连线的斜率.同理,b= = ,c= = 分别表示点(3,ln 3),点(5,ln 5)与点(0,0)的连线斜率.作出函数y=ln x的图象,标出相应点的位置,观察可知b>a>c. 答案:b>a>c方法二:(构造函数法)令y= ,y′= ,令y′= =0,得x=e,所以函数在x∈(0,e)上单调递增,在x∈(e,+∞)上单调递减,函数在x=e处取得极大值,再作差比较a与c的大小,易知b>a>c.答案:b>a>c4.(12分)已知函数f(x-3)=log a (a>0,a≠1).(1)判断f(x)的奇偶性,并说明理由.(2)当0<a<1时,求函数f(x)的单调区间.【解析】令x-3=u,则x=u+3,于是f(u)=log a (a>0,a≠1,-3<u<3),所以f(x)=log a (a>0,a≠1,-3<x<3).(1)因为f(-x)+f(x)=log a +log a =log a1=0,所以f(-x)=-f(x),又定义域(-3,3)关于原点对称.所以f(x)是奇函数.(2)令t= =-1- ,则t在(-3,3)上是增函数,当0<a<1时,函数y=log a t是减函数,所以f(x)=log a (0<a<1)在(-3,3)上是减函数,即函数f(x)的单调递减区间是(-3,3).5.(13分)已知函数f(x)= +ln .(1)求证:存在定点M,使得函数f(x)图象上任意一点P关于M点对称的点Q也在函数f(x)的图象上,并求出点M的坐标.(2)定义S n= f =f +f +…+f,其中n∈N*且n≥2,求S2 018.【解析】(1)显然函数f(x)的定义域为(0,1),设M的坐标为(a,b),则f(x)+f(2a-x)= +ln + +ln=1+ln =2b,对任意x∈(0,1)恒成立,于是解得a=b= ,所以存在定点M ,使得函数f(x)在图象上任意一点P关于M点对称的点Q也在函数f(x) 的图象上.(2)由(1)得f(x)+f(1-x)=1,因为S n=f +f +…+f+f ,①所以S n=f +f +…+f+f .②①+②得:2S n=n-1,所以S n= (n≥2,n∈N*),所以S2 018= = .【方法技巧】解决与对数函数有关的函数的单调性问题的步骤。

2019版高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用课时达标10函数的图象理5

课时达标第10讲[解密考纲] 数形结合是数学中的重要思想方法．利用函数图象可以解决很多与函数有关的问题，如利用函数的图象解决函数性质的应用问题，解决函数的零点、方程的解的问题，解决求解不等式的问题等．一、选择题1．函数y ＝2x ln x的图象大致为( D )解析由题意知x ≠1，∵0<x <1时，2x >0，ln x <0.∴y <0，图象在x 轴下方，排除B 项，C 项；当x >1时，2x >0，ln x >0，∴y >0，图象在x 轴上方，当x →＋∞时，y ＝2xln x →＋∞，故选D ．2．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1，x ＋a ，x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)＝( C )A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析由图象可得－a ＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1，x ＋，x ≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1，故选C ．3．设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －a |的图象关于直线x ＝1对称，则a ＝( A ) A ．3 B ．2 C ．1D ．－1解析 ∵函数f (x )图象关于直线x ＝1对称，∴f (1＋x )＝f (1－x )，∴f (2)＝f (0)，即3＋|2－a |＝1＋|a |，排除D 项，C 项，又f (－1)＝f (3)，即|a ＋1|＝4＋|3－a |，用代入法知选A ．4．(2018·四川成都模拟)设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝0，则不等式f x －f －xx<0的解集为( D )A ．(－1,0)∪(1，＋∞)B ．(－∞，－1)∪(0,1)C ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D ．(－1,0)∪(0,1)解析 f (x )为奇函数，所以不等式f x －f －x x <0化为f xx<0，即xf (x )<0，则f (x )的大致图象如图所示，所以xf (x )<0的解集为(－1,0)∪(0,1)．5．(2018·河南统考)若函数y ＝f (2x ＋1)是偶函数，则函数y ＝f (2x )的图象的对称轴方程是( C )A ．x ＝－1B ．x ＝－12C ．x ＝12D ．x ＝1解析 ∵f (2x ＋1)是偶函数，其图象关于y 轴对称，而f (2x ＋1)＝f ⎝ ⎛⎦⎥⎤2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12， ∴f (2x )的图象可由f (2x ＋1)的图象向右平移12个单位得到，即f (2x )的图象的对称轴方程是x ＝12.6．(2018·广东名校模拟)已知函数f (x )＝4－x 2，函数g (x )(x ∈R 且x ≠0)是奇函数，当x >0时，g (x )＝log 2x ，则函数f (x )·g (x )的大致图象为( D )解析易证函数f (x )＝4－x 2为偶函数，又g (x )是奇函数，所以函数f (x )·g (x )为奇函数，其图象关于原点对称，排除A 项、B 项．当x >0时，f (x )·g (x )＝(4－x 2)log 2x 有两个零点1,2，且0<x <1时，f (x )·g (x )<0，因此排除C 项，故选D ．二、填空题7．若函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有公共点，则m 的取值范围是__[－1,0)__.解析首先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |的图象(如图所示)，欲使y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|1－x |＋m 的图象与x 轴有交点，则－1≤m <0.8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x >0，2x，x ≤0且关于x 的方程f (x )－a ＝0有两个实根，则实数a 的取值范围是__(0,1]__.解析当x ≤0时，0<2x≤1，所以由图象可知要使方程f (x )－a ＝0有两个实根，即f (x )＝a 有两个交点，所以由图象可知0<a ≤1．9．定义在R 上的函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg|x |，x ≠0，1，x ＝0关于x 的方程f (x )＝c (c 为常数)恰有三个不同的实数根x 1，x 2，x 3，则x 1＋x 2＋x 3＝__0__.解析函数f (x )的图象如图，方程f (x )＝c 有三个根，即y ＝f (x )与y ＝c 的图象有三个交点，易知c ＝1，且一根为0，由lg|x |＝1知另两根为－10和10，所以x 1＋x 2＋x 3＝0.三、解答题10．已知函数f (x )＝x |m －x |(x ∈R )，且f (4)＝0. (1)求实数m 的值； (2)作出函数f (x )的图象；(3)根据图象指出f (x )的单调递减区间；(4)若方程f (x )＝a 只有一个实数根，求a 的取值范围．解析 (1)∵f (4)＝0，∴4|m －4|＝0，即m ＝4.(2)f (x )＝x |x －4|＝⎩⎪⎨⎪⎧x x －＝x －2－4，x ≥4，－x x －＝－x －2＋4，x <4.f (x )的图象如图所示：(3)由图象知f (x )的减区间是[2,4]．(4)由f (x )的图象可知，当a >4或a <0时，f (x )的图象与直线y ＝a 只有一个交点，方程f (x )＝a 只有一个实数根，即a 的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)．11．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，且g (x )在区间(0,2]上为减函数，求实数a 的取值范围．解析 (1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于点(0,1)的对称点P ′(－x,2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x ＋2，∴y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋a x ＝x ＋a ＋1x ，g ′(x )＝1－a ＋1x2. ∵g (x )在(0,2]上为减函数，∴1－a ＋1x 2≤0在(0,2]上恒成立，即a ＋1≥x 2在(0,2]上恒成立，∴a ＋1≥4，即a ≥3，故a 的取值范围是[3，＋∞)． 12．已知函数f (x )＝2x，x ∈R .(1)当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式f 2(x )＋f (x )－m >0在R 上恒成立，求m 的取值范围．解析 (1)令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示：由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；当0<m <2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解．(2)令2x＝t (t >0)，H (t )＝t 2＋t ，因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数，所以当t >0时，H (t )>H (0)＝0.因此要使t 2＋t >m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0，即所求m 的取值范围为(－∞，0]．。

2019版高考数学一轮复习第二章函数、导数及其应用第10讲函数的图象课时作业理.docx

3•若函数y=log/（QO,U 日H1）的图象如图X2-10-2,则下列函数图彖止确的是（4. 己知函数 y=f\x ）（A ^R ）满足 £匕+1）=产匕一1）,且当 1］时，f\x ）=x.则函数y= f{x ）与y=log 5^图象交点的个数为（）A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个JI 1JI5. 已知定义在区间［一兀，引上的函数y=fd ）的图象关于直线x=—〒对称，当xW—丁时,f （0 =sin 若关于x 的方程f （x ）=自有解，记所有解的和为S,则S 不可能为（）第10讲函数的图象1.己知函数 y=logAx+c ） & 下列结论成立的是（）知能训练c 为常数，其中日＞0, 日H1）的图象如图X2-10-1,则A. C. 2. y111° JX图 X2-10-1<g>l, c>l B ・ 5>1,0<C <10V 日VI, c>l D. 0<<?<1,0<C <1（2016年浙江）函数尸sin f 的图象是（- 、VITT OITx"22B图 X2-10-2C. /—2, xWO,6. 函数Ax)= on的零点个数是 ___________ •2x —b+ln x, x>07. (2017年广东惠州三模)已知函数/V) = |xe"|—〃心WR)有三个零点,围为 _______ .季质丹华9. 己知函数产(方=|#一4/+3|・(1) 求函数的单调区间，并指出其增减性；(2) 若关于x 的方程f{x)-a=x 至少有三个不相等的实数根，求实数臼的取值范围.10. 己知函数f(x) =1^+//?/,其中/〃为实数.(1) 若函数代0的图象在％= —1处的切线斜率为£求/〃的值；(2) 求代对的单调区间；(3) 若f (劝在x= — 2处取得极值，直线y=日与y=f(x)的图象有三个不同的交点，求日的取值范围.D.则刃的取值范第10讲函数的图象1. D 解析：由图可知y=log“C¥+c ）的图象是由y=log/的图彖向左平移c 个单位长度而得到的，其中OVcVl,再根据单调性易知，0V 臼VI.故选D.2. D 解析：因为y=sin /为偶函数，所以它的图象关于y 轴对称，排除A, C 选项; 当# =专"，即时，如、=1,排除B 选项.故选D.3. B 解析：由函数 log a x （a>0,且 $H1）的图象知,a=3, .\y=3_r , y= （―A ）3= — f 及y=log 3（-^）均为减函数，只有/是增函数.故选B.4. C 解析：由 f （x+l ） =f （x —1）知，函数 y= f{x ）的周期为 2.当 x=5 时，f （x ）=l, logsA —1；当x>5时，log 5x> 1, y=t\x ）与y= 1 og-,^的图象不再有交点.函数图象如图093. 故选C.5. A 解析：作函数y=f{x ）的草图，对称轴为直线—寸，当直线y=日与函数有两个交点（即有两个根）吋，孟+ %=2X （—专）=—守；当直线尸=臼与函数有三个交点（即有三（JT A JI 3 兀个根）时，^ + x 2+^=2xl-yl —=-—；当直线y=日与函数有四个交点（即有四个根）吋, 6. 2 解析：令 2 = 0,得 x=±車.因为 xWO,所以 x= —\/2；令 2^—6 +In x=0,得6-2x=lnx,在同一平面直角坐标系内，画出y=6-2x, y=ln x 的图象（如图D94）, 观察知交点有1个，所以原题零点的个数为2.7. （0, £ 解析：问题转化为求y=\xe\与尸加的图象有三个交点时，求刃的取值范围.y=\xe\的图象如图D95..•.用（0,图D93 X1 + x 2 + x.i + x.} = 4X—兀.故选A.x —~, x>0, a x8. C 解析：当白=0吋，图象为A ；当白〉0吋，f(x) = \x\-~=<x a—x --- , *0,xx>0时显然单调递增，K0时为对勾函数，图彖为D ；当a<0时，f{x) = |Xax —~, x>0, xXO 时显然单调递减，x>0时为对勾函数，图象为B.故选C.X —2—L—8, 1] U [3, +9. 解：礼0 =—X —作出图象如图D96.图D96(1) 递增区间为[1,2), [3, +8),递减区间为(-co, 1), [2, 3).(2) 原方程变形为|/-4%+3|=^+a,设y=x+a,在同一平面直角坐标系下再作出y =/+白的图象(如图D96).则当直线y=x+axt 点(1,0)时，a= —1；当直线y=x+a 与抛物线y=-/+4%-3相切时，y=x+a,_由] 得 x —3无+ $+3 = 0.y=— x +4x_3,3由 J=9-4(3+a)=0,得 ^=--_3~由图象知当臼丘-1，一扌吋，方程至少有三个不等实根. 10. 解：(1)尸(%) =/+2mx, f ( — 1)=1—2加，宙 1 一2/〃=§,解得/〃=§.(2) f (x) =x +2〃x=x(x+2〃).① 当〃尸0时，f{x) =^X 在(一8, +8)上单调递增； ②当/〃〉0时，x 变化时，F (方，fd)的变化状态如下表: X (—8, —2/77) — 2/77 (—2/77, 0)(0, +°°)2+1,函数f(x)的单调递增区间是(—8, —2刃)和(0, + °°),单调递减区间是(一2/〃, 0).③当z?7<0吋，x变化时，f (x), f(x)的变化状态如下表：函数代0的单调递增区间是(一<-,0)和(一2/〃，+-),单调递减区间是(0, —2刃). 综上所述，当刃=0时，f(x)的单调递增区间是(一8, +-);当刃>0时，『、(方的单调递增区间是(一8, —2加)和(0, +8),单调递减区间是(一2//A 0)；当冰0时，f(x)的单调递增区间是(一8, 0)和(一2/〃，+8),单调递减区间是(0,- 2/77).图D97⑶由题意尸(一2)=0,解得/〃=1.所以f{x) =^x+x.由(2)知代方在区间(-oo, -2)±单调递增，在(-2, 0)±单调递减，在(0, +8)上单调递增，4所以f(x)极大=f(—2) =-, f(x)极小= f(0) =0.如图D97,要使直线y=a与y= f{x)的图彖有三个不同的交点，4只需0<a<-。

2019版高考数学一轮复习第2章函数、导数及其应用27函数的图象课后作业理.doc

2. 7函数的图象E 课后作业孕谀［基础送分提速狂刷练］一、选择题1. 为了得到函数尸3x （#的图象，可以把函数尸的图象（） A.向左平移3个单位长度 B.向右平移3个单位长度 C.向左平移1个单位长度D.向右平移1个单位长度答案D解析尸3乂份=（护・0=（护，故它的图象是把函数y=（才的图象向右平移1 个单位长度得到的.故选D.1 n | x — 12. （2017 •山西太原二模）函数f\x ） = } _ v|的图象大致为（）CD答案D1 n x — 1 I解析函数f3=门_日的定义域为（一叫Dud, +-）,且图象关于x=i 对称, 排除B 、C ；取特殊值，当心*时，f{x ） =2In |<0,故选D.■ 2 1212 12^—一X3.函数/V）=ln （2+1）的图象大致是（）A/( IT )=4,故选 A.故函数/(%) =sin (2/+-^-答案A解析依题意，得A-%)=ln (,+ l)=f(x),所以函数f(x)为偶函数，即函数f(x) 的图象关于y 轴对称，故排除C ；因为函数代劝过定点(0, 0),排除B, D,故选A.A ( j[ \4・(2017 •乐山模拟)函数f3= ------------------ ^>0, | ^\<~的部分图彖如图所sin 厶)示，则f(皿)=()A. 4B. 2念C. 2 Dp答案A解析由函数的图象可得A=2f 根据半个周期牛=%+令，解得3 = 2. 由图象可得当*=—誇时，函数无意义,即函数的分母等于零，即sin 2(—令)+ 2 =再由丨创与，可得解析作出函数y= f{x ）与7=&的图彖，如图所示: 由图可知圧（0,1],故选D.6. （2018 •山东日照一模）现有四个函数①y=xsinx f ②y=xcosx f ③y=x\ cos^l,④y =立'的部分图象如下，但顺序被打乱，则按照图象从左到右的顺序，对应的函数序号正确的一组是（）1 厂L A_-A 2r■ AX0 x /A.①④②③B.①④③②5. （2017 •北京模拟）已知函数=&有两个不等的实数根，则实数斤的取值范围是（A. （0, +8）B.C. （1, +◎答案D若关于x 的方程/tv ）D. )(一8, 1) (0,1]C.④①②③D.③④②①答案A解析①尸xsinx在定义域上是偶函数，其图象关于y轴对称；②y=xcosx在定义域上是奇函数，其图象关于原点对称；③y=”cosx|在定义域上是奇函数，其图象关于原点对称, 且当x>0时，其函数值y20；④尸垃'在定义域上为非奇非偶函数，且当Q0时，其函数值y〉0,且当*0时，其函数值X0.故选A.7.（2015・浙江高考）函数f{x） =1 x—+）cosx（— Ji WxW叽且xHO）的图象可能为（）答案D解析解法一：（性质+特值排除法）该函数的定义域为[—兀，0） U （0, IT ],显然定义域关于原点对称.函数尸/一-是奇函数，y=cosx 为偶函数，所以= X 除B ；取x=兀,则/'（兀）=（兀一Jcos JT =—（兀一J<0,故排除C.故选D.解法二：（特值排除法）f （ Ji ）=（兀一+）cos 兀=一（兀一彳〈0,故可排除A 、C ；而f （— 兀）=（—兀一二・cos （―兀）=（“ 一£>0,故排除B.故选D.8. （2017 -达州期末）已知函数f （x ） =xcosx 9 f （0是f （0的导数，同一坐标系中，f （x ）和f （劝的大致图彖是（）答案C解析由于f(x) =xcosx f所以排COSX 为奇函数,:.f (劝=cosx—xsinx,当r（%）>o时，/'（劝是增函数，曲线是上升的，r axo时，/•（/）是减函数，曲线是下降的，判断出c是正确的，排除A.故选C.9.（2018・郑州模拟）函数尸宀的图象与函数y=2sin兀*一Y~ X2W/W4）的图象所有交点的横坐标之和等于（）A. 2B. 4 C・ 6 D・ 8答案D解析图象法求解.在同一坐标系中，分别作出函数y= 宀与y=2sinn*—2W/W4）的图象，y=—的对称中心是（1,0）,也是y=2sin兀x（—2W/W4）的中心，当一2W/W4 X— 1它们的图象在X=l的左侧有4个交点，则/=1右侧必有4个交点.不妨把它们的横坐标由小到大设为Xl, X2, %3,无1,疋，矗，X1,朋，则*1 +於=/2+脸=用+矗=禺+朋=2,所以选D.10.（2017 •杭州五校联盟诊断）若直角坐标平面内两点只0满足条件：①P, Q都在函数尸fd）的图象上;②只Q关于原点对称，则称（只G是函数f\x）的一个“伙伴点组”（点kx—] x> Q组（只Q）与（@ Q看作同一个“伙伴点组”）.已知函数〃有两—In — x , K0个“伙伴点组”，则实数斤的取值范围是（）A. （一8, 0）B. （0, 1）C. （o,D. （0, +°°）答案B解析依题意，“伙伴点组”的点满足：都在y=f^的图象上，且关于坐标原点对称.可作出函数y=-ln ( — 0(*0)关于原点对称的函数y=ln丸(Q0)的图彖，使它与直线y=kx~\ (Q0)的交点个数为2即可.当直线尸上r—1与y=ln x的图象相切时，设切点为(//A In ni), 又尸In x的导数为/ =丄，A则伽一l = ln m,斤=丄，解得zz?=l, k=\,m可得函数y=ln%(^>0)的图象过(0, —1)点的切线的斜率为1,结合图象可知(0, 1) 时两函数图象有两个交点.故选B.二、填空题[I lg x\, x>0,11.(2018 •咸阳模拟)已知|.rl则函数尸2^(0—3/W+1的零点个数是________ ・答案5解析由2产(0 —3/(^) +1 = 0 得f\x) =*或/V) =1，作岀两数y= f\x)的图象.由图象知尸*与y=t\x)的图象有2个交点，y=l与y=t\x)的图象有3个交点.因此函数-3 4-1的零点有5个.12.设函数f(x), gd)的定义域分别为尺G,且尸6：若对任意的xWF,都有g3 =fg 则称g (力为/U)在G 上的一个“延拓函数” •已知函数f3 =为fd)在R 上的一个延拓函数，且gd)是偶函数，则函数gd)的解析式为 ______________答案g3=2”解析画出函数的图象关于y 轴对称的这部分图象，即可得到偶函数 g(0的图象，由图可知：函数g(0的解析式为g(0=2 一13. (2018 •南昌大联考)已知/V)是定义在R 上且周期为3的函数，当圧［0,3)时， f3= /-2x+| •若函数y=f\x)-a 在区间［一3,4］上有10个零点(互不相同)，则实数已的収值范围是_答案A ，解析先画出y =,—2%+*在区间［0, 3)±的图象，再将x 轴下方的图象对称到x 轴上方，利用周期为3,将图象平移至区间［ — 3,4］内，即得在区间［ — 3, 4］上的图象如图所示，其中 /(—3) =f(0) =f(3) =0. 5, f( —2) = Al) =f(4) =0. 5.函数y=f^~a 在区间［ — 3, 4］上有10个零点(互不相同)等价于y=g 的图象与直线14. (2017 •湖北百所重点学校联考)设函数fd)对任意实数廿满足fU)=-fa+l), 且当0W/W1时，f(x)=*l —方，若关于无的方程f{x)=kx 有3个不同的实数根，则斤的取值范围是 .答案(5 — 2托，l)U{ — 3 + 2^}解析因fd)= — fd+l),故fd+2)=f(0,即函数f(x)是周期为2的周期函数，画出函数f\x),［0,1］的图象，再借助函数满足的条件f(x)= —f(x+l)及周期性，画出函数y=f{x)的图象如图，易知仅当直线尸=滋位于Z 与厶之间(不包括71,厶)或与厶重合时满足题意，对y=x(l-%)求导得=1-2%, / |x=o=l, ：.li 的斜率为1.以下求A 的斜率：当 1W^W2 时，易得 f{x) = — f{x —\) =— (^― 1) ［1— (%—1)］ =# —3/+2,令 x —3x+2 — kx=0,得#—(3 +W)x+2 = 0,令 A — (3 + A)2—8=0,解得斤=—3±2寸由此易知厶的斜率为一3 + 2迈.同理，由2W/W3时，％劝=一/+5才一6,可得厶的斜率为5 —(£|go),2托•综上，5 — 2托〈处1或斤=一3+2边，故应填(5-2^6, 1) U {-3 + 2^2}.(2) 由图象可知,函数代劝的单调递增区间为[一1, 0], [2,5]. (3) 由图象知当X=2时,f(0・in=f (2)= —1,当 x=0 时，f(x)^=f(0)=3.三.解答题15.3—y, 已知函数心L-3,i4 O' 3 - 2 ■1-11P1 2 3 4 5⑴在如图所示给定的直角坐标系内画出代力的图象;(2) 写出他)的单调递增区间;(3) 由图象指出当x 取什么值时f(x)有最值.解(1)函数fd)的图象如图所示.圧 2, 5].16.已知f\x) = | /—4A Z+3 I.(1)作出函数f(x)的图象;(2)求函数代力的单调区间，并指出其单调性；(3)求集合片｛引使方程f3=m有四个不相等的实根｝・解⑴当4x+3$0 时，xWl 或x23,fg =%—4x+3, xWl或x$3,—#+4x—3, 1〈人＜3,:・fg的图象如图所示.(2)由函数的图象可知/U)的单调区间是(一8, 1], (2, 3), (1,2], [3, +8),其中(一8，1], (2, 3)是减区间；(1,2], [3, +8)是增区间.(3)由代方的图象知，当0〈水1时，f3=m有四个不相等的实根，所以#=U|O</^1｝.。