（全國通用版）2019高考數學二輪復習 板塊四 考前回扣 回扣8 函數與導數學案 文

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1、 回扣8　函數與導數 1．函數的定義域和值域 (1)求函數定義域的類型和相應方法 ①若已知函數的解析式，則函數的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍； ②若已知f(x)的定義域為[a，b]，則f(g(x))的定義域為不等式a≤g(x)≤b的解集；反之，已知f(g(x))的定義域為[a，b]，則f(x)的定義域為函數y＝g(x)(x∈[a，b])的值域． (2)常見函數的值域 ①一次函數y＝kx＋b(k≠0)的值域為R； ②二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)：當a>0時，值域為，當a<0時，值域為； ③反比例函數y＝(k≠0)的值域為{y∈R|y≠0}． 2．函數

2、的奇偶性、周期性 (1)奇偶性是函數在其定義域上的整體性質，對于定義域內的任意x(定義域關于原點對稱)，都有f(－x)＝－f(x)成立，則f(x)為奇函數(都有f(－x)＝f(x)成立，則f(x)為偶函數)． (2)周期性是函數在其定義域上的整體性質，一般地，對于函數f(x)，如果對于定義域內的任意一個x的值，若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，則f(x)是周期函數，T是它的一個周期． 3．關于函數周期性、對稱性的結論 (1)函數的周期性 ①若函數f(x)滿足f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)為周期函數，2a是它的一個周期； ②設f(x)是R上的偶函數，且圖象關于直線x＝a(a

3、≠0)對稱，則f(x)是周期函數，2a是它的一個周期； ③設f(x)是R上的奇函數，且圖象關于直線x＝a(a≠0)對稱，則f(x)是周期函數，4a是它的一個周期． (2)函數圖象的對稱性 ①若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(a－x)， 即f(x)＝f(2a－x)， 則f(x)的圖象關于直線x＝a對稱； ②若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝－f(a－x)， 即f(x)＝－f(2a－x)， 則f(x)的圖象關于點(a,0)對稱； ③若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(b－x)， 則函數f(x)的圖象關于直線x＝對稱． 4．函數的單調性 函數的單調性是函數在其定義

4、域上的局部性質． ①單調性的定義的等價形式：設任意x1，x2∈[a，b]， 那么(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0?>0?f(x)在[a，b]上是增函數； (x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0?<0?f(x)在[a，b]上是減函數． ②若函數f(x)和g(x)都是減函數，則在公共定義域內，f(x)＋g(x)是減函數；若函數f(x)和g(x)都是增函數，則在公共定義域內，f(x)＋g(x)是增函數；根據同增異減判斷復合函數y＝f(g(x))的單調性． 5．函數圖象的基本變換 (1)平移變換 y＝f(x)y＝f(x－h(huán))， y＝f(x)y＝f(x)＋k. (2)

5、伸縮變換 y＝f(x)y＝f(ωx)， y＝f(x)y＝Af(x)． (3)對稱變換 y＝f(x)y＝－f(x)， y＝f(x)y＝f(－x)， y＝f(x)y＝－f(－x)． 6．準確記憶指數函數與對數函數的基本性質 (1)定點：y＝ax(a>0，且a≠1)恒過(0,1)點； y＝logax(a>0，且a≠1)恒過(1,0)點． (2)單調性：當a>1時，y＝ax在R上單調遞增；y＝logax在(0，＋∞)上單調遞增； 當0

6、)＝0?(x0,0)為f(x)的圖象與x軸的交點． (2)確定函數零點的三種常用方法 ①解方程判定法：解方程f(x)＝0； ②零點定理法：根據連續(xù)函數y＝f(x)滿足f(a)f(b)<0，判斷函數在區(qū)間(a，b)內存在零點； ③數形結合法：尤其是方程兩端對應的函數類型不同時多用此法求解． 8．導數的幾何意義 (1)f′(x0)的幾何意義：曲線y＝f(x)在點(x0，f(x0))處的切線的斜率，該切線的方程為y－f(x0)＝f′(x0)·(x－x0)． (2)切點的兩大特征：①在曲線y＝f(x)上；②在切線上． 9．利用導數研究函數的單調性 (1)求可導函數單調區(qū)間的一般步驟

7、 ①求函數f(x)的定義域； ②求導函數f′(x)； ③由f′(x)>0的解集確定函數f(x)的單調增區(qū)間，由f′(x)<0的解集確定函數f(x)的單調減區(qū)間． (2)由函數的單調性求參數的取值范圍 ①若可導函數f(x)在區(qū)間M上單調遞增，則f′(x)≥0(x∈M)恒成立；若可導函數f(x)在區(qū)間M上單調遞減，則f′(x)≤0(x∈M)恒成立； ②若可導函數在某區(qū)間上存在單調遞增(減)區(qū)間，f′(x)>0(或f′(x)<0)在該區(qū)間上存在解集； ③若已知f(x)在區(qū)間I上的單調性，區(qū)間I中含有參數時，可先求出f(x)的單調區(qū)間，則I是其單調區(qū)間的子集． 10．利用導數研究函數的極

8、值與最值 (1)求函數的極值的一般步驟 ①確定函數的定義域； ②解方程f′(x)＝0； ③判斷f′(x)在方程f′(x)＝0的根x0兩側的符號變化： 若左正右負，則x0為極大值點； 若左負右正，則x0為極小值點； 若不變號，則x0不是極值點． (2)求函數f(x)在區(qū)間[a，b]上的最值的一般步驟 ①求函數y＝f(x)在[a，b]內的極值； ②比較函數y＝f(x)的各極值與端點處的函數值f(a)，f(b)的大小，最大的一個是最大值，最小的一個是最小值． 1．解決函數問題時要注意函數的定義域，要樹立定義域優(yōu)先原則． 2．解決分段函數問題時，要注意與解析式對應的自變量的

9、取值范圍． 3．求函數單調區(qū)間時，多個單調區(qū)間之間不能用符號“∪”和“或”連接，可用“及”連接或用“，”隔開．單調區(qū)間必須是“區(qū)間”，而不能用集合或不等式代替． 4．判斷函數的奇偶性，要注意定義域必須關于原點對稱，有時還要對函數式化簡整理，但必須注意使定義域不受影響． 5．準確理解基本初等函數的定義和性質．如函數y＝ax(a>0，a≠1)的單調性容易忽視字母a的取值討論，忽視ax >0；對數函數y＝logax(a>0，a≠1)容易忽視真數與底數的限制條件． 6．易混淆函數的零點和函數圖象與x軸的交點，不能把函數零點、方程的解、不等式解集的端點值進行準確互化． 7．已知可導函數f(x

10、)在(a，b)上單調遞增(減)，則f′(x)≥0(≤0)對?x∈(a，b)恒成立，不能漏掉“＝”，且需驗證“＝”不能恒成立；已知可導函數f(x)的單調遞增(減)區(qū)間為(a，b)，則f′(x)>0(<0)的解集為(a，b)． 8．f′(x)＝0的解不一定是函數f(x)的極值點．一定要檢驗在x＝x0的兩側f′(x)的符號是否發(fā)生變化，若變化，則為極值點；若不變化，則不是極值點． 1．若曲線f(x)＝x4－4x在點A處的切線平行于x軸，則點A的坐標為(　　) A．(－1,2) B．(1，－3) C．(1,0) D．(1,5) 答案　B 解析　對f(x)＝x4－4x，求導得f′

11、(x)＝4x3－4，由在點A處的切線平行于x軸，可得4x3－4＝0，解得x＝1，即點A的坐標為(1，－3)． 2．若函數f(x)＝則f(－3)的值為(　　) A．5 B．－1 C．－7 D．2 答案　D 解析　依題意，f(－3)＝f(－3＋2)＝f(－1) ＝f(－1＋2)＝f(1)＝1＋1＝2，故選D. 3．若函數y＝f(x)的導函數y＝f′(x)的圖象如圖所示，則y＝f(x)的圖象可能為(　　) 答案　C 解析　根據f′(x)的符號，f(x)圖象應該是先下降后上升，最后下降，排除A，D；從適合f′(x)＝0的點可以排除B，故選C. 4．(2016·全國Ⅰ

12、)函數y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為(　　) 答案　D 解析　f(2)＝8－e2>8－2.82>0，排除A；f(2)＝8－e2<8－2.72<1，排除B；當x>0時，f(x)＝2x2－ex，f′(x)＝4x－ex，當x∈時，f′(x)<×4－e0＝0，因此f(x)在上單調遞減，排除C，故選D. 5．函數f(x)＝ex＋4x－3的零點所在的區(qū)間為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　由題意可知，f(0)＝－2<0，f＝－1>0，f＝－2<0， 根據函數零點的判定定理知，零點所在的區(qū)間為，故選C. 6．已知函數f(x)為奇函數，且在[0

13、,2]上單調遞增，若f(log2m)

14、 解析　因為f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝2x－， 由f′(x)＝0，得x＝. 利用圖象可得 解得1≤k<，故選B. 8．(2016·山東)已知函數f(x)的定義域為R，當x<0時，f(x)＝x3－1；當－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當x>時，f＝f，則f(6)等于(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．2 答案　D 解析　當x>時，f＝f，即f(x)＝f(x＋1)，∴T＝1，∴f(6)＝f(1)．當x<0時，f(x)＝x3－1且當－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2，故選D. 9．已知函數f(x)＝x3

15、＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10，則f(2)等于(　　) A．11或18 B．11 C．18 D．17或18 答案　C 解析　∵函數f(x)＝x3＋ax2＋bx＋a2在x＝1處有極值10， 又f′(x)＝3x2＋2ax＋b，∴f(1)＝10，且f′(1)＝0， 即解得或 而當時，函數在x＝1處無極值，故舍去． ∴f(x)＝x3＋4x2－11x＋16，∴f(2)＝18. 10．已知奇函數f(x)是定義在R上的可導函數，其導函數為f′(x)，當x>0時，有2f(x)＋xf′(x)>x2，則不等式(x＋2 018)2f(x＋2 018)＋4f(－2)<0的解集為(　

16、　) A．(－∞，－2 016) B．(－2 016，－2 012) C．(－∞，－2 018) D．(－2 016,0) 答案　A 解析　由題意觀察聯(lián)想可設g(x)＝x2f(x)，g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，結合條件x>0,2f(x)＋xf′(x)>x2，得g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)>0，g(x)＝x2f(x)在(0，＋∞)上為增函數． 又f(x)為R上的奇函數，所以g(x)為奇函數， 所以g(x)在(－∞，0)上為增函數． 由(x＋2 018)2f(x＋2 018)＋4f(－2)<0， 可得(x＋2 018)2f(x＋2 018)<4f(

17、2)， 即g(x＋2 018)

18、和k＝－a， 由題意得它們互為相反數，即a＝. 12．某駕駛員喝了m升酒后，血液中的酒精含量f(x)(毫克/毫升)隨時間x(小時)變化的規(guī)律近似滿足表達式f(x)＝《酒后駕車與醉酒駕車的標準及相應的處罰》規(guī)定：駕駛員血液中酒精含量不超過0.02毫克/毫升．此駕駛員至少要過________小時后才能開車．(不足1小時部分算1小時，結果精確到1小時) 答案　4 解析　因為0≤x≤1，所以－2≤x－2≤－1， 所以5－2≤5x－2≤5－1，而5－2>0.02， 所以0≤x≤1不合題意， 又由x>1，得·x≤，得x≤， 所以x≥4，故至少要過4小時后才能開車． 13．偶函數f(x)滿

19、足f(1－x)＝f(1＋x)，且當x∈[0,1]時，f(x)＝，若直線kx－y＋k＝0(k>0)與函數f(x)的圖象有且僅有三個交點，則k的取值范圍是________． 答案　 解析　由f(1－x)＝f(1＋x)可知，函數關于x＝1對稱，因為f(x)是偶函數，所以f(1－x)＝f(1＋x)＝f(x－1)，即f(x＋2)＝f(x)，所以函數的周期是2，由y＝f(x)＝，得(x－1)2＋y2＝1(y≥0，x∈[0,1])， 作出函數y＝f(x)和直線y＝k(x＋1)的圖象， 要使直線kx－y＋k＝0(k>0)與函數f(x)的圖象有且僅有三個交點，則由圖象可知，

20、x)＝x3－3a2x＋a(a>0)的極大值是正數，極小值是負數，則a的取值范圍是________． 答案　 解析　f′(x)＝3x2－3a2＝3(x＋a)(x－a)， 由f′(x)＝0，得x＝±a， 當－aa或x<－a時，f′(x)>0，函數單調遞增． ∴f(－a)＝－a3＋3a3＋a>0且f(a)＝a3－3a3＋a<0， 解得a>.∴a的取值范圍是. 15．已知函數f(x)＝. (1)若f(x)在區(qū)間(－∞，2)上為單調遞增函數，求實數a的取值范圍； (2)若a＝0，x0<1，設直線y＝g(x)為函數f(x)的圖象在x＝x

21、0處的切線，求證：f(x)≤g(x)． (1)解　易得f′(x)＝－， 由已知f′(x)≥0對x∈(－∞，2)恒成立， 故x≤1－a對x∈(－∞，2)恒成立， ∴1－a≥2，∴a≤－1. 故實數a的取值范圍為(－∞，－1]． (2)證明　若a＝0，則f(x)＝. 函數f(x)的圖象在x＝x0處的切線方程為 y＝g(x)＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)． 令h(x)＝f(x)－g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，x∈R， 則h′(x)＝f′(x)－f′(x0) ＝－＝. 設φ(x)＝(1－x)－(1－x0)ex，x∈R， 則φ′(x)＝－－(

22、1－x0)ex，∵x0<1，∴φ′(x)<0， ∴φ(x)在R上單調遞減，又φ(x0)＝0， ∴當x0，當x>x0時，φ(x)<0， ∴當x0，當x>x0時，h′(x)<0， ∴h(x)在區(qū)間(－∞，x0)上為增函數，在區(qū)間(x0，＋∞)上為減函數， ∴當x∈R時，h(x)≤h(x0)＝0， ∴f(x)≤g(x)． 16．已知函數f(x)＝(e為自然對數的底數)． (1)求函數f(x)的單調區(qū)間； (2)設函數φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋，存在實數x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立，求實數t的取值范圍．

23、 解　(1)∵函數的定義域為R，f′(x)＝－， ∴當x<0時，f′(x)>0；當x>0時，f′(x)<0， ∴f(x)在(－∞，0)上單調遞增，在(0，＋∞)上單調遞減． ∴f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，0)， 單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)． (2)存在x1，x2∈[0,1]，使得2φ(x1)<φ(x2)成立， 則2[φ(x)]min<[φ(x)]max. ∵φ(x)＝xf(x)＋tf′(x)＋e－x＝， ∴φ′(x)＝＝－. ①當t≥1時，φ′(x)≤0，φ(x)在[0,1]上單調遞減， ∴2φ(1)<φ(0)，即t>3－>1； ②當t≤0時，φ′(x)≥0，φ(x)在[0,1]上單調遞增， ∴2φ(0)<φ(1)，即t<3－2e<0； ③當0