江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.1 小题考法—函数讲义（含解析）

江苏省2022高考数学二轮复习 专题五 函数、不等式与导数 5.1 小题考法函数讲义（含解析）小题考情分析大题考情分析常考点1.函数的基本性质(5年4考)2.函数的零点问题(5年4考) 3.导数与函数的单调性、最值(5年2考)4.基本不等式(5年3考)本部分内容在高考解答题中是必考内容.2014年第19题，考查函数与不等式；2015年第19题，考查函数的单调性及应用函数零点确定参数值；2016年第19题，考查函数与不等式、零点问题；2017年第20题，考查函数与导数、函数的极值、零点问题；2018年第19题，考查函数的定义、函数零点以及导数应用于函数的性质问题题目难度较大，多体现分类讨论思想.偶考点1.一元二次不等式恒成立问题2.线性规划问题考点(一) 函数的基本性质主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合分段函数命题.题组练透1(2018江苏高考)函数f(x)满足f(x4)f(x)(xR)，且在区间(2,2上，f(x)则f(f(15)的值为_解析：由函数f(x)满足f(x4)f(x)(xR)，可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)f(1)，所以f(f(15)fcos.答案：2(2017江苏高考)已知函数f(x)x32xex，其中e是自然对数的底数若f(a1)f(2a2)0，则实数a的取值范围是_解析：由f(x)x32xex，得f(x)x32xexf(x)，所以f(x)是R上的奇函数又f(x)3x22ex3x2223x20，当且仅当x0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增因为f(a1)f(2a2)0，所以f(a1)f(2a2)f(2a2)，所以a12a2，解得1a，故实数a的取值范围是.答案：3(2018扬州期末)已知函数f(x)若存在实数k使得该函数的值域为2,0，则实数a的取值范围是_解析：作出函数f(x)的图象如图所示，当x1，k时，f(x)log(x1)1在1,1)上是单调递增，且f(1)2，f0，因为原函数在1，a上的值域为2,0，所以必有1k；当x(k，a时，f(x)2|x1|，在(，1上单调递增，在1，)上单调递减，且f(0)f(2)2，f(1)0，因为原函数的值域为2,0，所以必有0ka2.综合，要求存在实数k使得该函数的值域为2,0，则必须0k0)，f(xa)(xa)(1a|xa|)1，又f(xa)f(x)对任意的xR恒成立，在同一直角坐标系中作出满足题意的yf(xa)与yf(x)的图象如图所示x(1ax)1(xa)1a(xa)1恒成立，即xax21a(x22axa2)xa1，整理得：2x22axa210恒成立，4a242(a21)0，解得a.即实数a的取值范围是，)答案：，)方法技巧基本初等函数图象与性质的应用技巧(1)指数函数与对数函数的单调性都取决于其底数，当底数a的值不确定时，要注意分a1和0a0和1)相切，设切点(x0，ln x0)，则切线斜率为k，又k，则，解得x0e3，此时k；当k0时，当ykx2与曲线y相切于点(0,2)时，k1，函数yf(x)和ykx2的图象只有3个公共点，不符合题意，当1k0时，函数yf(x)和ykx2的图象只有3个公共点，不符合题意，当直线ykx2与yf(x)(0x1)相切时，两图象只有3个公共点，设切点(x0，ln x0)，则切线的斜率k，又k，则，解得x0e1，此时ke不符合题意，当ke时，两图象只有两个公共点，不合题意，而当ek0.若函数yf(f(x)1有3个不同的零点，则m的取值范围是_解析：令f(x)t，则f(t)1，所以t或tm1，即f(x)与f(x)m1有3个不同解画出函数f(x)的图象，结合题意解得解得0m0时，令f(x)ex0，解得xln 20，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x0时，f(x)x33mx2有2个不同的零点，因为f(x)3x23m，若m0，则函数f(x)为增函数，不合题意，若m0，由f(x)0，得x；由f(x)0，得x0，所以函数f(x)在(，)上为增函数，在(，0上为减函数，即f(x)maxf()m3m22m2，f(0)20，即m1，故实数m的取值范围是(1，)法二：(分离参数法)当x0时，令f(x)ex0，解得xln 20，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x0时，f(x)x33mx2有2个不同的零点，令x33mx20，显然x0不是它的根，所以3mx2，令yx2(x0)，则y2x，当x(，1)时，y0，此时函数单调递增，故ymin3，因此，要使f(x)x33mx2在(，0)上有2个不同的零点，则需3m3，即m1.答案：(1，)必备知能自主补缺(一) 主干知识要牢记1函数的定义域(1)函数的定义域是研究函数问题的先决条件，它会直接影响函数的性质，所以要树立定义域优先的意识(2)对于复合函数的定义域要注意：如果函数f(x)的定义域为A，则f(g(x)的定义域是使函数g(x)A的x的取值范围如果f(g(x)的定义域为A，则函数f(x)的定义域是函数g(x)的值域f(g(x)与f(h(x)联系的纽带是g(x)与h(x)的值域相同2函数的值域求函数值域的常用方法有观察法、不等式法、图象法、换元法、单调性法等3函数的图象函数的图象包括作图、识图、用图，其中作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换4函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性判断函数单调性常用定义法、图象法及导数法5函数的奇偶性函数的奇偶性是函数在定义域上的整体性质偶函数的图象关于y轴对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相反的单调性；奇函数的图象关于坐标原点对称，在关于坐标原点对称的定义域上具有相同的单调性判断函数奇偶性的常用方法有定义法、图象法及性质法6函数的周期性周期性是函数在定义域上的整体性质若函数满足f(ax)f(x)(a不等于0)，则其一个周期T|a|，最小正数T叫做f(x)的最小正周期(二) 二级结论要用好1函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)g(x)为增(减)函数(2)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数(3)定义在(，)上的奇函数的图象必过原点，即有f(0)0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f(x)0.2抽象函数的周期性与对称性的结论(1)函数的周期性若函数f(x)满足f(xa)f(xa)，则f(x)是周期函数，T2a.若函数f(x)满足f(xa)f(x)，则f(x)是周期函数，T2a.若函数f(x)满足f(xa)，则f(x)是周期函数，T2a.(2)函数图象的对称性若函数yf(x)满足f(ax)f(ax)，或f(x)f(2ax)，则f(x)的图象关于直线xa对称若函数yf(x)满足f(ax)f(ax)，或f(x)f(2ax)，则f(x)的图象关于点(a,0)对称若函数yf(x)满足f(ax)f(bx)，则函数f(x)的图象关于直线x对称3函数图象平移变换的相关结论(1)把yf(x)的图象沿x轴左右平移|c|个单位(c0时向左移，c0时向右移)得到函数yf(xc)的图象(c为常数)(2)把yf(x)的图象沿y轴上下平移|b|个单位(b0时向上移，b0时向下移)得到函数yf(x)b的图象(b为常数)课时达标训练A组抓牢中档小题1(2018江苏高考)函数f(x)的定义域为_解析：由log2x10，即log2xlog22，解得x2，所以函数f(x)的定义域为x|x2答案：x|x22(2018苏州期末)已知4a2，logax2a，则正实数x的值为_解析：由4a2，得22a21，所以2a1，即a.由logx1，得x1.答案：3函数f(x)ln的值域是_解析：因为|x|0，所以|x|11.所以01.所以ln0，即f(x)ln的值域为(，0答案：(，04(2018启东模考)设函数f(x)则f(f(2)_.解析：因为f(2)422，f(2)213，所以f(f(2)3.答案：35已知f(x)是奇函数，g(x).若g(2)3，则g(2)_.解析：由题意可得g(2)3，解得f(2)1.又f(x)是奇函数，则f(2)1，所以g(2)1.答案：16(2018南京、盐城一模)设函数yexa的值域为A，若A0，)，则实数a的取值范围是_解析：因为ex0，所以yexa2 a2a，当且仅当ex1，即x0时取等号故函数的值域A2a，)又A0，)，所以2a0，得a2，即实数a的取值范围是(，2答案： (，27(2018福建模拟)已知函数f(x)有两个零点，则实数a的取值范围是_解析：当x1时，令ln(1x)0，解得x0，故f(x)在(，1)上有1个零点，f(x)在1，)上有1个零点当x1时，令a0，得a1.实数a的取值范围是1，)答案：1，)8(2018苏州模拟)设alog2，blog，c0.3，则a，b，c按从小到大的顺序排列为_解析：因为log2log221,00.301，即a1,0c1，所以acb.答案：acb9已知函数f(x)若g(x)f(x)ax，x2,2为偶函数，则实数a_.解析：因为f(x)所以g(x)f(x)ax因为g(x)为偶函数，所以g(1)g(1)，即1a1a1，整理得2a1，解得a.答案：10(2018南京三模)已知函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数当x2,4时，f(x)，则f的值为_解析：因为函数f(x)是定义在R上且周期为4的偶函数，所以fff，因为当x2,4时，f(x)，所以fflog42.答案：11(2018盐城期中)若函数f(x)在区间(，a)上单调递减，在(a，)上单调递增，则实数a的取值范围是_解析：函数f(x)根据反比例函数的性质可知，y在区间(，0)上单调递减，要使函数f(x)在区间(，a)上单调递减，则a0.因此函数f(x)|x1|在区间(a，)上单调递增，那么a10，解得a1.所以实数a的取值范围是1，0答案：1,012(2018苏锡常镇调研)已知函数f(x)(e是自然对数的底数)若函数yf(x)的最小值是4，则实数a的取值范围为_解析：法一：当x1时，f(x)minf(2)4，所以当x1时，aex4恒成立转化为aex4对x1恒成立因为ex4在(，1)上的值域为(4，e4)，所以ae4.法二：当xae；当x1时，f(x)x4，当且仅当x，即x2时，取“”，又函数f(x)的值域是4，)，所以ae4，即ae4.答案： e4，)13(2018南京、盐城、连云港二模)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，f(x)x2x.若f(a)f(a)4，则实数a的取值范围为_解析：法一：(奇偶性的性质)因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(a)f(a)2 f(|a|)4，得f(|a|)2，即|a|2|a|2，(|a|2)(|a|1)0，解得1a1.法二：(奇偶性的定义)当x0时，x0，又因为f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(x)f(x)(x)2(x)x2x，故f(x)当a0时，f(a)f(a)(a2a)(a)2(a)2a22a4，解得0a1；当a0时，f(a)f(a)(a2a)(a)2(a)2a22a4，解得1a0.综上，1a1.答案：(1,1)14(2018南通三模)已知函数f(x)若函数g(x)2f(x)ax恰有2个不同的零点，则实数a的取值范围是_解析：由题意可知，g(x)显然当a2时，g(x)有无穷多个零点，不符合题意；当xa时，令g(x)0，得x0，当x0，且a2，则g(x)在a，)上无零点，在(，a)上存在零点x0和x，a，解得0a2，若a0，则g(x)在0，)上存在零点x0，在(，0)上存在零点x，符合题意若a0，则g(x)在a，)上存在零点x0，g(x)在(，a)上只有1个零点，0(，a)，g(x)在(，a)上的零点为，a，解得a0，综上，a的取值范围是.答案：B组力争难度小题1对于任意实数a，b，定义mina，b设函数f(x)x3，g(x)log2x，则函数h(x)minf(x)，g(x)的最大值是_解析：依题意，得h(x)当0x2时，h(x)log2x是增函数；当x2时，h(x)3x是减函数，所以h(x)在x2时取得最大值，最大值为h(2)1.答案：12已知函数f(x)若方程f(x)ax1恰有一个解时，则实数a的取值范围为_解析：画出函数yf(x)与yax1的图象当yax1过点B(2,2)时，a，此时方程有两个解；当yax1与f(x)2(x2)相切时，则有ax12，即a2x2(2a4)x50，所以(2a4)220a20，解得a，此时方程有两个解；当yax1过点A(1,2)时，a1，此时方程有一个解因为方程恰有一个解，结合图象和以上分析可知实数a的取值范围为.答案：3(2018无锡期末)已知函数f(x)g(x)x22x2.若存在aR，使得f(a)g(b)0，则实数b的取值范围是_解析：由题意，存在aR，使得f(a)g(b)，令h(b)g(b)b22b2.当a时，f(a)122，因为a，所以20，从而7f(a)时，f(a)log，因为a，所以，从而f(a)2.综上，函数f(a)的值域是(，2)令h(b)2，即b22b22，解得2b0，yx3ax|x2|0在(0，)恒成立，所以图象仅在第一象限，所以a0时显然满足题意；当a0时，x0，yax1的图象仅经过第三象限，由题意知，x0，yx3ax|x2|的图象需经过第一、四象限yx3|x2|与yax在y轴右侧的图象有公共点(且不相切)，如图，yx3|x2|结合图象设切点坐标为(x0，xx02)，y3x21，则有3x1，解得x01，所以临界直线l0的斜率为2，所以a2时，符合综上，a0或a2.答案：(，0)(2，)5(2018苏州测试)设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，f(x)2x，若对任意的xa，a2，不等式f(xa)f2(x)恒成立，则实数a的取值范围是_解析：当x0时，定义在R上的偶函数f(x)2x，易得f(x)2|x|，xR.由f(xa)f2(x)得，2|xa|(2|x|)2，即|xa|2x|对于xa，a2恒成立，即(3xa)(xa)0对于xa，a2恒成立，即解得a.答案：6(2018南京、盐城、连云港二模)已知函数f(x)tR.若函数g(x)f(f (x)1)恰有4个不同的零点，则t的取值范围为_解析：当x0时，f(x)3x26x3x(2x)，故函数f(x)在区间(，0)上单调递减，此时f(0)t.当t0时，作出函数f(x)的图象如图所示令f(x)0，得x0，从而当g(x)f(f(x)1)0时，f(x)1，由图象可知，此时至多有两个零点，不符合题意；当t0时，作出函数f(x)的图象如图所示令f(x)0，得x0，或xm(m0)，且m33m2t0，从而当g(x)f(f(x)1)0时，f(x)10或f(x)1m，即f(x)1或f(x)1m，借助图象知，欲使得函数g(x)恰有4个不同的零点，则m10，从而1m0，故t(m)在区间1,0)上单调递增，从而t4,0)答案： 4,0)