江蘇省2020屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用(Ⅰ)

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1、專題1函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用(Ⅰ) 回顧2020～2020年的高考題，在填空題中主要考查了函數(shù)的基本性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性)以及導(dǎo)數(shù)的幾何意義，即切線問題，基礎(chǔ)題、中檔題、難題都有涉及.在解答題中，有關(guān)函數(shù)模型的應(yīng)用題的考查在2020年和2020年都有涉及，在壓軸題中2020年和2020年考查了函數(shù)的基本性質(zhì)，在2020年、2020年和2020年考查了用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，在這些問題的考查中都有涉及數(shù)學(xué)思想方法的考查. 值得注意的是在2020～2020年的高考題中沒有單獨考查：指數(shù)和對數(shù)的運算、冪函數(shù)、函數(shù)與方程、導(dǎo)數(shù)的概念.這些考試說明中出現(xiàn)的知識要點在復(fù)習(xí)時要兼顧. 預(yù)測在202

2、0年的高考題中： (1)填空題依然是對函數(shù)的性質(zhì)、函數(shù)的值域和函數(shù)圖象的運用的相關(guān)考查，難度不一. (2)在解答題中，函數(shù)模型的實際運用依然會是考查熱點，函數(shù)綜合性質(zhì)的考查依然是考查的難點，數(shù)形結(jié)合思想和分類討論思想是考查的重點. 1．(2020·江蘇高考)已知a＝，函數(shù)f(x)＝ax，若實數(shù)m，n滿足f(m)>f(n)，則m，n的大小關(guān)系為________． 解析：a＝∈(0,1)，函數(shù)f(x)＝ax在R上遞減．由f(m)>f(n)得m

3、． 解析：設(shè)g(x)＝x，h(x)＝ex＋ae－x，因為函數(shù)g(x)＝x是奇函數(shù)，則由題意知，函數(shù)h(x)＝ex＋ae－x為奇函數(shù)，又函數(shù)f(x)的定義域為R，∴h(0)＝0，解得a＝－1. 答案：－1 3．(2020·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝則滿足不等式f(1－x2)＞f(2x)的x的取值范圍是________． 解析：由題意有或解得－1＜x＜0或0≤x＜－1，∴x的取值范圍為(－1，－1)． 答案：(－1，－1) 4．(2020·江蘇高考)已知實數(shù)a≠0，函數(shù)f(x)＝若f(1－a)＝f(1＋a)，則a的值為________． 解析：①當(dāng)1－a＜1，即a＞0時，此時a＋1

4、＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1－a)＋a＝－(1＋a)－2a，計算得a＝－(舍去)；②當(dāng)1－a＞1，即a＜0時，此時a＋1＜1，由f(1－a)＝f(1＋a)，得2(1＋a)＋a＝－(1－a)－2a，計算得a＝－，符合題意． 綜上所述，a＝－. 答案：－ 5．(2020·江蘇高考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為[0，＋∞)，若關(guān)于x的不等式f(x)＜c的解集為(m，m＋6)，則實數(shù)c的值為________． 解析：由題意f(x)＝x2＋ax＋b＝2＋b－.因為f(x)的值域為[0，＋∞)，所以b－＝0，即a2＝4b.因為x2＋ax＋－c＜0的解集為(

5、m，m＋6)，易得m，m＋6是方程x2＋ax＋－c＝0的兩根，由一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系得 解得c＝9. 答案：9 　　 (2020·如皋測試)已知函數(shù)f(x)＝a－. (1)求證：函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)； (2)若f(x)<2x在(1，＋∞)上恒成立，求實數(shù)a的取值范圍； (3)若函數(shù)y＝f(x)在[m，n]上的值域是[m，n](m≠n)，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(x)＝a－. 則f′(x)＝>0， ∴f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)． (2)a－<2x在(1，＋∞)上恒成立，即a<2x＋在(1，＋∞)上恒

6、成立． 設(shè)h(x)＝2x＋，則a1，∴h′(x)>0. ∴h(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． ∴h(x)>h(1)＝3，故a≤3. ∴a的取值范圍為(－∞，3]． (3)∵f(x)的定義域為{x|x≠0，x∈R}，∴mn>0. 當(dāng)n>m>0時，由(1)知f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴m＝f(m)，n＝f(n)． 故x2－ax＋1＝0有兩個不相等的正根m，n. ∴解得a>2. 當(dāng)m

7、②得－＝n－m， ∴＝n－m，而m≠n，故mn＝1，代入①，得a＝0. 綜上所述，a的取值范圍為{0}∪(2，＋∞)． 本題綜合考查反比例函數(shù)、絕對值等內(nèi)容，對等價轉(zhuǎn)換的要求比較高，第一問很常規(guī)，可以通過定義法和導(dǎo)數(shù)法解決，入手比較簡單；第二問方向發(fā)散，分離參數(shù)是較好的方法；第三問要求較高，既考查知識點的轉(zhuǎn)化能力，又考查對方程組數(shù)據(jù)的處理能力，本問就凸顯出兩種處理方程組的方法：作差和轉(zhuǎn)化成二次方程的根，而這正是這幾年江蘇高考的一大特色． 　　 (2020·南通學(xué)科基地)函數(shù)f(x)的定義域為D，若滿足①f(x)在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)，②存在[a，b]?D，使f(x)在[a，b]上的值域

8、為[－b，－a]，那么y＝f(x)叫做對稱函數(shù)，現(xiàn)有f(x)＝－k是對稱函數(shù)，求k的取值范圍． 解：由于f(x)＝－k在(－∞，2]上是減函數(shù)，所以?關(guān)于x的方程－k＝－x在(－∞，2]上有兩個不同實根，且k－x≥0在(－∞，2]上恒成立，通過換元結(jié)合圖象可得k∈. 　　 (2020·蘇州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝|x－m|和函數(shù)g(x)＝x|x－m|＋m2－7m. (1)若方程f(x)＝|m|在[4，＋∞)上有兩個不同的解，求實數(shù)m的取值范圍； (2)若對任意x1∈(－∞，4]，均存在x2∈[3，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立，求實數(shù)m的取值范圍． [解]　(1)由題意可知

9、，|x－m|＝|m|在[4，＋∞)上有兩個不同的解，而方程|x－m|＝|m|在R上的解集為x＝0或x＝2m，所以2m≥－4且2m≠0.所以m的取值范圍為[－2,0)∪(0，＋∞)． (2)原命題等價于“f(x)的最小值大于g(x)的最大值” 對任意x1∈(－∞，4]，f(x1)min＝ 對任意x2∈[3，＋∞)， g(x2)max＝ ①當(dāng)m<3時，0>m2－10m＋9，解得1m2－7m，解得3≤m≤4； ③當(dāng)m>4時，m－4>m2－7m，解得4

10、思維的要求很高，要理解“若對任意x1∈(－∞，4]，均存在x2∈[3，＋∞)，使得f(x1)>g(x2)成立”的意義，即f(x)的最小值大于g(x)的最大值． 　　 設(shè)函數(shù)f(x)＝其中b>0，c∈R.當(dāng)且僅當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)取得最小值－2. (1)求函數(shù)f(x)的表達(dá)式； (2)若方程f(x)＝x＋a(a∈R)至少有兩個不相同的實數(shù)根，求a取值的集合． 解：(1)∵當(dāng)且僅當(dāng)x＝－2時，函數(shù)f(x)取得最小值－2. ∴二次函數(shù)y＝x2＋bx＋c的對稱軸是x＝－＝－2. 且有f(－2)＝(－2)2－2b＋c＝－2，即2b－c＝6. ∴b＝4，c＝2. ∴f(x)＝ (

11、2)記方程①：2＝x＋a(x>0)， 方程②：x2＋4x＋2＝x＋a(x≤0)． 分別研究方程①和方程②的根的情況： (ⅰ)方程①有且僅有一個實數(shù)根?a<2，方程①沒有實數(shù)根?a≥2. (ⅱ)方程②有且僅有兩個不相同的實數(shù)根，即方程x2＋3x＋2－a＝0有兩個不相同的非正實數(shù)根． ∴??－2或a＝－. 綜上可知，當(dāng)方程f(x)＝x＋a(a∈R)有三個不相同的實數(shù)根時，－

12、2. ∴符合題意的實數(shù)a取值的集合為. 　　 已知函數(shù)f(x)＝ax2－|x|＋2a－1(a為實常數(shù))． (1)若a＝1，作函數(shù)f(x)的圖象； (2)設(shè)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最小值為g(a)，求g(a)的表達(dá)式； (3)設(shè)h(x)＝，若函數(shù)h(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． [解]　(1)當(dāng)a＝1時， f(x)＝x2－|x|＋1 ＝作圖(如右圖所示)． (2)當(dāng)x∈[1,2]時， f(x)＝ax2－x＋2a－1. 若a＝0，則f(x)＝－x－1在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)， g(a)＝f(2)＝－3. 若a≠0，則f(x)＝a2＋2a－－

13、1，f(x)圖象的對稱軸是直線x＝. 當(dāng)a<0時，f(x)在區(qū)間[1,2]上是減函數(shù)， g(a)＝f(2)＝6a－3. 當(dāng)0<<1，即a>時， f(x)在區(qū)間[1,2]上是增函數(shù)， g(a)＝f(1)＝3a－2. 當(dāng)1≤≤2，即≤a≤時， g(a)＝f＝2a－－1. 當(dāng)>2，即0

14、,2]上是增函數(shù)， 所以h(x2)－h(huán)(x1)>0. 因為x2－x1>0，x1x2>0， 所以ax1x2－(2a－1)>0，即ax1x2>2a－1. 當(dāng)a＝0時，上面的不等式變?yōu)?>－1，即a＝0時結(jié)論成立． 當(dāng)a>0時，x1x2>，由1

15、)≥0對于任意的x∈[1,2]恒成立來解決． 　　 (2020·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知a，b為正實數(shù)，函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋2x在[0,1]上的最大值為4，則f(x)在[－1,0]上的最小值為________． 解析：因為a，b為正實數(shù)，所以函數(shù)f(x)是單調(diào)遞增的．所以f(1)＝a＋b＋2＝4得到a＋b＝2.所以f(x)在[－1,0]上的最小值為f(－1)＝－(a＋b)＋＝－. 答案：－ 　　　　　　　　　　　　　　　　　 (1)解決函數(shù)問題重點是挖掘出函數(shù)性質(zhì)，利用性質(zhì)解題，特別是奇偶性和單調(diào)性． (2)研究單調(diào)區(qū)間問題時一定要注意在函數(shù)的定義域內(nèi)進(jìn)行． (3)研究函數(shù)最

16、值問題時，要注意函數(shù)的定義域，特別是分段函數(shù)，要分別求出最值再比較． 1．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝則f(2 013)＝________. 解析：f(x)是周期函數(shù)，周期為6， f(2 013)＝f(3)＝－f(0)＝0. 答案：0 2．已知t為常數(shù)，函數(shù)y＝|x2－2x－t|在區(qū)間[0,3]上的最大值為2，則t＝________. 解析：若f(0)＝2得到t＝±2，經(jīng)檢驗t＝±2都不成立；若f(1)＝2得到t＝－3,1，經(jīng)檢驗t＝－3不成立；若f(3)＝2得到t＝5,1，經(jīng)檢驗t＝5不成立．綜上得t＝1. 答案：1 3．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，滿足

17、f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，若方程f(x)＝m(m>0)在區(qū)間[－8,8]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4，則x1＋x2＋x3＋x4＝________. 解析：因為定義在R上的奇函數(shù)，滿足f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－4)＝f(－x)．由f(x)為奇函數(shù)，得函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝2對稱且f(0)＝0，由f(x－4)＝－f(x)知f(x－8)＝f(x)，所以函數(shù)是以8為周期的周期函數(shù)．又因為f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間[－2,0]上也是增函數(shù)，如圖所示．那么方程f(x)＝m(m>0)在區(qū)間[－8,8]上有四個不同的根x1，x2，

18、x3，x4，不妨設(shè)x10，則f(x)的定義域是________； (2)若f(x)在區(qū)間(0,1]上是減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：(1)由3－ax≥0得定義域為. (2)當(dāng)a>1時，y＝ 遞減并且3－ax≥0對于任意的x∈(0,1]恒成立，求得a∈(1,3]；當(dāng)a<1時，y＝遞增并且3－ax≥0對于任意的x∈(0,1]恒成立，得到a<0.綜上得a<0或1

19、(－∞，0)∪(1,3] 5．已知函數(shù)f(x)＝，則f(－5)＋f(－4)＋…＋f(4)＋f(5)＝________. 解析：∵f(x)＋f(－x)＝1. ∴f(－5)＋f(5)＝f(－4)＋f(4)＝f(－3)＋f(3)＝f(－2)＋f(2)＝f(－1)＋f(1)＝1. 又f(0)＝， ∴f(－5)＋f(－4)＋…＋f(4)＋f(5)＝. 答案： 6．若函數(shù)y＝3＋x2ln的最大值與最小值分別為M，m，則M＋m＝________. 解析：函數(shù)的圖象關(guān)于(0,3)對稱，并且具有中心對稱的函數(shù)在對稱區(qū)間上的最大值與最小值之和為對稱中心縱坐標(biāo)的2倍，故答案為6. 答案：6 7．

20、設(shè)曲線y＝xn＋1(n∈N*)在點(1,1)處的切線與x軸的交點的橫坐標(biāo)為xn，令an＝lg xn，則a1＋a2＋…＋a99的值為________． 解析：y＝xn＋1的導(dǎo)函數(shù)為y′＝(n＋1)xn ?y′＝n＋1. ∴切線是y－1＝(n＋1)(x－1)． 令y＝0得切點的橫坐標(biāo)xn＝. ∴a1＋a2＋…＋a99＝lg (x1x2…x99)＝ lg＝lg＝－2. 答案：－2 8．函數(shù)f(x)＝，若f(x1)＋f(2x2)＝1(其中x1，x2均大于2)，則f(x1x2)的最小值為________． 解析：由f(x1)＋f(2x2)＝1， 得＋＝1， 即log2x2＝.于是l

21、og2(x1x2)＝log2x1＋log2x2＝log2x1＋≥5，當(dāng)且僅當(dāng)log2x1＝3時等號成立． 所以f(x1x2)＝＝1－≥. 答案： 9．已知函數(shù)f(x)＝e|x|，m>1，對任意的x∈[1，m]，都有f(x－2)≤ex，則最大的正整數(shù)m為________． 解析：作出函數(shù)y＝e|x－2|和y2＝ex的圖象，如圖可知x＝1時y1＝y(tǒng)2，又x＝4時y1＝e2＜y2＝4e，x＝5時y1＝e3＞y2＝5e，故m＜5，即m的最大整數(shù)值為4. 答案：4 10．已知以T＝4為周期的函數(shù)f(x)，當(dāng)x∈(－1,3]時f(x)＝其中m>0.若方程3f(x)＝x恰有5個實數(shù)解，則m的取值

22、范圍為________． 解析：因為當(dāng)x∈(－1,1]時，將函數(shù)化為方程x2＋＝1(y≥0)，實質(zhì)上為一個半橢圓，其圖象如圖所示，同時在坐標(biāo)系中作出當(dāng)x∈(1,3]的圖象，再根據(jù)周期性作出函數(shù)其它部分的圖象，由圖易知直線y＝與第二個半橢圓(x－4)2＋＝1(y≥0)相交，而與第三個半橢圓(x－8)2＋＝1(y≥0)無公共點時，方程恰有5個實數(shù)解．將y＝代入(x－4)2＋＝1(y≥0)得(9m2＋1)x2－72m2x＋135m2＝0，令t＝9m2(t>0)則(t＋1)x2－8tx＋15t＝0. 由Δ＝(8t)2－4×15t(t＋1)>0，得t>15. 由9m2>15，且m>0得m>.

23、 同樣將y＝代入第三個橢圓(x－8)2＋＝1(y≥0)．由Δ<0可計算得m<. 綜上知m∈. 答案： 11．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋|2x－a|(x∈R，a為實數(shù))． (1)若f(x)為偶函數(shù)，求實數(shù)a的值； (2)設(shè)a>2，求函數(shù)f(x)的最小值． 解：(1)由已知f(－x)＝f(x)， 即|2x－a|＝|2x＋a|，解得a＝0. (2)f(x)＝ 當(dāng)x≥a時，f(x)＝x2＋2x－a＝(x＋1)2－(a＋1)， 由a>2，x≥a，得x>1，從而x>－1， 故f(x)在x≥a時單調(diào)遞增，f(x)的最小值為f＝； 當(dāng)x

24、1)， 則x＝1時f(x)取最小值為f(1)＝a－1. 由－(a－1)＝>0知，f(x)的最小值為a－1. 12．函數(shù)f(x)對任意的m，n∈R，都有f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且x>0時，恒有f(x)>1. (1)求證：f(x)在R上是增函數(shù)； (2)若f(3)＝4，解不等式f(a2＋a－5)<2. 解：(1)證明：設(shè)x10. ∵當(dāng)x>0時，f(x)>1，∴f(x2－x1)>1. f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1>0 ?f(x1)