《（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題8 函數(shù)與導數(shù)學案 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題8 函數(shù)與導數(shù)學案 理（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、（全國通用版）2022高考數(shù)學二輪復習 板塊四 考前回扣 專題8 函數(shù)與導數(shù)學案 理1函數(shù)的定義域和值域(1)求函數(shù)定義域的類型和相應方法若已知函數(shù)的解析式，則函數(shù)的定義域是使解析式有意義的自變量的取值范圍；若已知f(x)的定義域為a，b，則f(g(x)的定義域為不等式ag(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(shù)yg(x)(xa，b)的值域(2)常見函數(shù)的值域一次函數(shù)ykxb(k0)的值域為R；二次函數(shù)yax2bxc(a0)：當a0時，值域為，當a00f(x)在a，b上是增函數(shù)；(x1x2)f(x1)f(x2)00，且a1)恒過(0,1)點；ylogax

2、(a0，且a1)恒過(1,0)點(2)單調性：當a1時，yax在R上單調遞增；ylogax在(0，)上單調遞增；當0a1時，yax在R上單調遞減；ylogax在(0，)上單調遞減7函數(shù)與方程(1)零點定義：x0為函數(shù)f(x)的零點f(x0)0(x0,0)為f(x)的圖象與x軸的交點(2)確定函數(shù)零點的三種常用方法解方程判定法：解方程f(x)0；零點定理法：根據(jù)連續(xù)函數(shù)yf(x)滿足f(a)f(b)0的解集確定函數(shù)f(x)的單調增區(qū)間，由f(x)0(或f(x)0)在該區(qū)間上存在解集；若已知f(x)在區(qū)間I上的單調性，區(qū)間I中含有參數(shù)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

3、數(shù)研究函數(shù)的極值與最值(1)求函數(shù)的極值的一般步驟確定函數(shù)的定義域；解方程f(x)0；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(shù)f(x)在區(qū)間a，b上的最值的一般步驟求函數(shù)yf(x)在a，b內的極值；比較函數(shù)yf(x)的各極值與端點處的函數(shù)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11定積分的三個公式與一個定理(1)定積分的性質 kf(x)dxkf(x)dx；f1(x)f2(x)dxf1(x)dxf2(x)dx；f(x)dxf(x)dxf(x)dx(其中ac0，a

4、1)的單調性容易忽視字母a的取值討論，忽視ax0；對數(shù)函數(shù)ylogax(a0，a1)容易忽視真數(shù)與底數(shù)的限制條件6易混淆函數(shù)的零點和函數(shù)圖象與x軸的交點，不能把函數(shù)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(shù)f(x)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(shù)f(x)的單調遞增(減)區(qū)間為(a，b)，則f(x)0(82.820，排除A；f(2)8e282.720時，f(x)2x2ex，f(x)4xex，當x時，f(x)4e00，因此f(x)在上單調遞減，排除C，故選D.5a，b，c依次表示函數(shù)f(x)2

5、xx2，g(x)3xx2，h(x)ln xx2的零點，則a，b，c的大小順序為()Acba BabcCacb Dbac答案D解析a，b，c為直線y2x分別與曲線y2x，y3x，yln x的交點的橫坐標，從圖象可知，bac，故選D.6已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在0,2上單調遞增，若f(log2m)f(log4(m2)成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.m2 B.m2C2m4 D2m4答案A解析因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且在0,2上單調遞增，所以函數(shù)f(x)在2,2上單調遞增由f(log2m)f(log4(m2)，可得即解得m2.綜上可知，m的取值范圍是m2.7(2016全國)若函數(shù)f(x)xsi

6、n 2xasin x在(，)上單調遞增，則a的取值范圍是()A1,1 B.C. D.答案C解析方法一(特殊值法)不妨取a1，則f(x)xsin 2xsin x，f(x)1cos 2xcos x，但f(0)110，不具備在(，)上單調遞增，排除A，B，D.故選C.方法二(綜合法)函數(shù)f(x)xsin 2xasin x在(，)上單調遞增，f(x)1cos 2xacos x1(2cos2x1)acos xcos2xacos x0，即acos xcos2x在(，)上恒成立當cos x0時，恒有0，得aR；當0cos x1時，得acos x，令tcos x，g(t)t在(0,1上為增函數(shù)，得ag(1)；

7、當1cos x0時，得acos x，令tcos x，g(t)t在1,0)上為增函數(shù)，得ag(1).綜上，可得a的取值范圍是，故選C.8(2016山東)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，當x時，ff，則f(6)等于()A2 B1 C0 D2答案D解析當x時，ff，即f(x)f(x1)，T1，f(6)f(1)當x0時，有2f(x)xf(x)x2，則不等式(x2 018)2f(x2 018)4f(2)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(shù)又f(x)為R上的奇函數(shù)，所以g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)在(，0)上為增函數(shù)由(x2 018)

8、2f(x2 018)4f(2)0，可得(x2 018)2f(x2 018)4f(2)，即g(x2 018)g(2)，所以x2 0182，故x0.02，所以0x1不合題意，又由x1，得x，得x，所以x4，故至少要過4小時后才能開車13偶函數(shù)f(x)滿足f(1x)f(1x)，且當x0,1時，f(x)，若直線kxyk0(k0)與函數(shù)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(1x)f(1x)可知，函數(shù)關于x1對稱，因為f(x)是偶函數(shù)，所以f(1x)f(1x)f(x1)，即f(x2)f(x)，所以函數(shù)的周期是2，由yf(x)，得(x1)2y21(y0，x0,1)，作出函數(shù)yf(x

9、)和直線yk(x1)的圖象，要使直線kxyk0(k0)與函數(shù)f(x)的圖象有且僅有三個交點，則由圖象可知，k0)的極大值是正數(shù)，極小值是負數(shù)，則a的取值范圍是_答案解析f(x)3x23a23(xa)(xa)，由f(x)0，得xa，當axa時，f(x)a或x0，函數(shù)單調遞增f(a)a33a3a0且f(a)a33a3a.a的取值范圍是.15已知函數(shù)f(x).(1)若f(x)在區(qū)間(，2)上為單調遞增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若a0，x01，設直線yg(x)為函數(shù)f(x)的圖象在xx0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x1a對x(，2)

10、恒成立，1a2，a1.故實數(shù)a的取值范圍為(，1(2)證明若a0，則f(x).函數(shù)f(x)的圖象在xx0處的切線方程為yg(x)f(x0)(xx0)f(x0)令h(x)f(x)g(x)f(x)f(x0)(xx0)f(x0)，xR，則h(x)f(x)f(x0).設(x)(1x)(1x0)ex，xR，則(x)(1x0)ex，x01，(x)0，(x)在R上單調遞減，又(x0)0，當x0，當xx0時，(x)0，當x0，當xx0時，h(x)0，且函數(shù)f(x)的最大值是(e為自然對數(shù)的底數(shù))(1)求實數(shù)a的值；(2)若函數(shù)g(x)ln f(x)b有兩個零點，求實數(shù)b的取值范圍；(3)若對任意的x(0,2)，都有f(x)0，所以當x(，1)時，f(x)0，f(x)在(，1)上單調遞增；當x(1，)時，f(x)0)，所以g(x)1，易得函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，)上單調遞減，所以g(x)maxg(1)1b，依題意知，1b0，則b1，所以實數(shù)b的取值范圍是(，1)(3)由題意知，f(x)0，即kx22x對任意x(0,2)都成立，從而k0.由不等式整理可得k0，函數(shù)h(x)在(1,2)上單調遞增，同理，函數(shù)h(x)在(0,1)上單調遞減，h(x)minh(1)e1.依題意得kh(x)minh(1)e1，綜上所述，實數(shù)k的取值范圍是0，e1)