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1、欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！2018 高考函数专题讲义 一、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（）ABCD （2）（1
2、5 年山东理科）已知函数()xf xab(0,1)aa的定义域 和值域都是 1,0，则ab.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！（1）（2）13222ab 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 f x的图象为折线ACB，则不等式 2log1f xx的解集是 A|10 xx B|11xx C|11xx D|12xx 【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
3、 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 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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m的最小值等于_ 【答案】1【解析】试题分析：由(1)(1)fxfx得函数()f x关于1x 对称，故1a，则1()2xf x，由复
4、合函数单调性得()f x在1,)递增，故1m，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+2ax）为偶函数，则 a=【答案】1【解析】由题知2ln()yxax是奇函数，所以 =，解得=1.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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.
5、（15 年天津理科）已知函数 22,2,2,2,xxf xxx 函数 2g xbfx，其中bR，若函数 yf xg x 恰有 4 个零点，则b的取值范围是（A）7,4（B）7,4（C）70,4（D）7,24 【答案】D【解析】试题分析：由 22,2,2,2,xxf xxx得222,0(2),0 x xfxxx，所以222,0()(2)42,0222(2),2xxxyf xfxxxxxxx，即222,0()(2)2,0258,2xxxyf xfxxxxx 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！()()()(2)yf xg xf xfxb,所
6、以 yf xg x恰有 4 个零点等价于方程()(2)0f xfxb有 4 个不同的解，即函数yb与函数()(2)yf xfx的图象的 4 个公共点，由图象可知724b.2.（15 年北京理科）设函数 21421.xaxf xxaxax 若1a，则 f x的最小值为 ；若 f x恰有 2 个零点，则实数a的取值范围是 【答案】(1)1，(2)112a或2a.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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
7、题等价于方程与方程的根的个数和为2，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；若方程无解，方程有 2 个根：则可知关于的不等式组欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！有解，从而；，综上，实数的取值范围是.3.已知函数()f x=3231axx，若()f x存在唯一的零点0 x，且0 x0，则a的取值范围为 A.（2，+）B.（-，-2）C.（1，+）D.（-，-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.-，）
8、C.，）D.，1）练习：（1）已知函数 f(x)的定义域是(4a-3,3-a22),aR,且 y=f(2x-3)是偶函数.g(x)=x3+ax2+2x+41,存在x0(k,k+21),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?(353ln212ln)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(aR,e为自然对数的底数).
9、若曲线上存在使得00()ff yy,则的取值范围是()(A)1,e (B)1,-11e，(C)1,1e (D)1-1,1ee x0 x0kxxxx21ln()xf xexasinyx00(,)xya欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！【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3()=+b+f xxx c有极值点1x,2x,且11()=f xx,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
10、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 bxy210ln2xyx23()f xxx()yf x()M tf t，0a()ab，()yf x()abf a 2()31xxf()yf x()M tf t，()()()yf tf txt23(31)2ytxt()ab，t23(31)2btat()ab，()yf x32230tatab32()23g ttatab2()66g ttat6()t tat()()g tg t
11、，t(0)，(0)a，a()a，()g t欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！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，5分）设函数f(x)3sinxm.若存在f(x)的极值点x0满足x20f(x0)2m2，则 m 的取值范围是()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)3，则x0m2k(kZ)，从而得 x0k12m(kZ)所以不等式 x20f(x0)2m2即为k1
12、22m233，其中 kZ.由题意，存在整数 k 使得不等式 m21k1223 成立当 k1 且k0 时，必有k1221，此时不等式显然不能成立，故 k1 或 k0，此时，不等式即为34m23，解得 m2.答案：C 变式：（2016 石家庄质量检测二）已知函数,4)2ln()(,)(eexaaxxxgxxf其中e 为自然对数的底数，若存在实数x0使得3)()(00 xxgf成立，则实数 a 值（-ln2-1)2、（2014 山东，13 分）设函数 f(x)exx2k2xln x(k 为常数，e2.718 28是自然对数的底数)(1)当 k0 时，求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)
13、在(0,2)内存在两个极值点，求 k 的取值范围 ()g tab()bf a()ab，()yf x()0g t 0()0.abbf a，()abf a 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！解：(1)函数 yf(x)的定义域为(0，)f(x)x2ex2xexx4k2x21x xex2exx3kx2x2x2exkxx3 由 k0 可得 exkx0，所以当 x(0,2)时，f(x)0，函数 yf(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，k0 时，函数 f(x)在(0,2)内单调递减，故
14、f(x)在(0,2)内不存在极值点；当 k0 时，设函数 g(x)exkx，x0，)，因为 g(x)exkexeln k，当 00，yg(x)单调递增 故 f(x)在(0,2)内不存在两个极值点；当 k1 时，得 x(0，ln k)时，g(x)0，函数 yg(x)单调递增 所以函数 yg(x)的最小值为 g(ln k)k(1ln k)函数 f(x)在(0,2)内存在两个极值点当且仅当 g00，gln k0，0ln k2，解得 ek0 时，x2ex；(3)证明：对任意给定的正数 c，总存在 x0，使得当 x(x0，)时，恒有 x2cex.解：(1)由 f(x)exax，得 f(x)exa.又 f
15、(0)1a1，得 a2.所以 f(x)ex2x，f(x)ex2.欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！令 f(x)0，得 xln 2.当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递减；当 xln 2 时，f(x)0，f(x)单调递增 所以当 xln 2 时，f(x)取得极小值，且极小值为 f(ln 2)eln 22ln 22ln 4，f(x)无极大值(2)证明：令 g(x)exx2，则 g(x)ex2x，由(1)得 g(x)f(x)f(ln 2)0，故 g(x)在 R 上单调递增，又 g(0)10，因此，当 x0 时，g(x)g(0)0，
16、即 x2ex.(3)证明：法一：若 c1，则 excex.又由(2)知，当 x0 时，x2ex.所以当 x0 时，x2cex.取 x00，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.若 0c1，令 k1c1，要使不等式 x2cex成立，只要 exkx2成立 而要使 exkx2成立，则只要 xln(kx2)，只要 x2ln xln k 成立 令 h(x)x2ln xln k，则 h(x)12xx2x，所以当 x2 时，h(x)0，h(x)在(x0，)内单调递增 取 x016k16，所以 h(x)在(x0，)内单调递增，又 h(x0)16k2ln(16k)ln k8(kln 2)3(kln k)5k，易
17、知 kln k，kln 2,5k0，所以 h(x0)0.即存在 x016c，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.综上，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.法二：对任意给定的正数 c，取 x04c，由(2)知，当 x0 时，exx2，所以 exex2ex2x22x22，当 xx0时，exx22x224cx221cx2.因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.法三：首先证明当 x(0，)时，恒有13x3ex.证明如下：欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！令 h(
18、x)13x3ex，则 h(x)x2ex.由(2)知，当 x0 时，x2ex，从而 h(x)0，h(x)在(0，)内单调递减，所以 h(x)h(0)10，即13x3ex.取 x03c，当 xx0时，有1cx213x3ex.因此，对任意给定的正数 c，总存在 x0，当 x(x0，)时，恒有 x2cex.练习：1、（2014 四川，14 分）已知函数 f(x)exax2bx1，其中 a，bR，e2.718 28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)内有零点，求 a 的取值范围 解：(1)
19、由 f(x)exax2bx1，有 g(x)f(x)ex2axb，所以 g(x)ex2a.因此，当 x0,1时，g(x)12a，e2a 当 a12时，g(x)0，所以 g(x)在0,1上单调递增 因此 g(x)在0,1上的最小值是 g(0)1b；当 ae2时，g(x)0，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)e2ab；当12ae2时，令 g(x)0，得 xln(2a)(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)2a2aln(2a)b.综上所述，当 a1
20、2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(0)1b；当12ae2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(ln(2a)2a2aln(2a)b；当 ae2时，g(x)在0,1上的最小值是 g(1)e2ab.(2)设 x0为 f(x)在区间(0,1)内的一个零点，则由 f(0)f(x0)0 可知，f(x)在区间(0，x0)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 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！故 g(x)在区间(0，x0)内存在零点 x1.同理 g(x)在区间(x0,1)内存在零点 x2.所以 g(x)在
21、区间(0,1)内至少有两个零点 由(1)知，当 a12时，g(x)在0,1上单调递增，故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点 当 ae2时，g(x)在0,1上单调递减，故 g(x)在(0,1)内至多有一个零点 所以12a0，g(1)e2ab0.由 f(1)0 有 abe10，g(1)e2ab1a0.解得 e2a1.当 e2a1 时，g(x)在区间0,1内有最小值 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，g(1)1a0，故此时 g(x)在(0，ln(2a)和(ln(2a)
22、，1)内各只有一个零点 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)内有零点 综上可知，a 的取值范围是(e2,1)2、（2014 江苏，16 分）已知函数 f(x)exex，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)exm1 在(0，)上恒成立，求实数 m 的取值范围；(3)已知正数 a 满足：存在 x01，)，使得 f(x0)0)，则 t1，所以 mt1t2t11t11t11对任意 t1 成立
23、 欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！因为 t11t112 t11t113，所以1t11t1113，当且仅当 t2，即 xln 2 时等号成立 因此实数 m 的取值范围是，13.(3)令函数 g(x)ex1exa(x33x)，则 g(x)ex1ex3a(x21)当 x1 时，ex1ex0，x210，又 a0，故 g(x)0.所以 g(x)是1，)上的单调增函数，因此 g(x)在1，)上的最小值是 g(1)ee12a.由于存在 x01，)，使 ex0ex0a(x303x0)0 成立，当且仅当最小值 g(1)0.故 ee12aee12.令函
24、数 h(x)x(e1)ln x1，则 h(x)1e1x.令 h(x)0，得 xe1，当 x(0，e1)时，h(x)0，故 h(x)是(e1，)上的单调增函数 所以 h(x)在(0，)上的最小值是 h(e1)注意到 h(1)h(e)0，所以当 x(1，e1)(0，e1)时，h(e1)h(x)h(1)0.当 x(e1，e)(e1，)时，h(x)h(e)0.所以 h(x)0 对任意的 x(1，e)成立 当 aee12，e(1，e)时，h(a)0，即 a1(e1)ln a，从而 ea1h(e)0，即 a1(e1)ln a，故 ea1ae1.综上所述，当 aee12，e 时，ea1ae1.考点 7：任意
25、性问题 1、（2014 辽宁，5 分）当 x2,1时，不等式 ax3x24x30 恒成立，则实数 a 的取值范围是()A5，3 B.6，98 C6，2 D4，3 解析：当 x(0,1时，得 a31x341x21x，令 t1x，则 t1，)，a3t34t2t，令 g(t)3t34t2t，t1，)，则 g(t)9t28t1(t1)(9t1)，显然在1，)上，g(t)0，g(t)单调递减，所以 g(t)maxg(1)6，因此 a6；同理，当 x2,0)时，得 a31x341x21x，令 m1x，则 m，12，a3m34m2m，令 g(m)3m34m2m，m，12，则 g(m)9m28m1(m1)(9
26、m1)显然在(，1 上 g(m)0，所以 g(m)ming(1)2.所以 a2.由以上两种情况得6a2，显然当 x0 时也成立故实数 a 的取值范围为6，2 答案：C 考点 8：构造函数 1、设函数()ln,mf xxmRx.若对任意()()0,1f bf ababa恒成立，求m的取值范围.解析：对任意恒成立 等价于恒成立()()0,1f bf ababa()()f bbf aa欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！设 在上单调递减 在恒成立 恒成立（对，仅在时成立），的取值范围是 变式：1、已知函数 试讨论在定义域内的单调性；当1时，证
27、明：，求实数的取值范围 解：函数的定义域为，当时，增区间为，减区间为；当0时，增区间为；当时，增区间为，减区间为 当0时，在区间(0,1)上单调递增，不妨设，则，等价于，即 构造，则0()()ln(0)mh xf xxxx xx()h x等价于(0,)21()10mh xxx(0,)2211()(0)24mxxxx 14m14m x=h（）012x m1,)4()(1)lnf xaxax()f xa12,(0,1)x x1212|()()|1|f xf xxxm(0,)1(1)()aaaxfxaxx1a 1(,)aa1(0,)aa1a(0,)0a 1(0,)aa1(,)aaa()f x1201
28、xx12120,()()0 xxf xf x1212|()()|1|f xf xxx1212()()f xf xxx1122()()f xxf xx()()g xf xx(1)(1)(1)()1aaxaxg xxx(01)x欢迎您阅读并下载本文档，本文档来源于互联网，如有侵权请联系删除！我们将竭诚为您提供优质的文档！在上是增函数，当时，即，即 又当0时，在区间(0,1)上单调递增，即 2、已知函数（1）确定函数的单调性；（2）若对任意，且，都有，求实数 a 的取值范围。()g x(0,1)1201xx12()()g xg x1122()()f xxf xx1212()()f xf xxxa()f x12120,()()0 xxf xf x1212|()()|f xf xxx1212|()()|1|f xf xxx()1ln(0).f xxax a()yf x12,0,1x x 12xx121211|()()|4|f xf xxx