《（通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第24練 基本初等函數(shù)、函數(shù)的應(yīng)用課件 文.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（通用版）2019高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第二篇 第24練 基本初等函數(shù)、函數(shù)的應(yīng)用課件 文.ppt（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第二篇重點專題分層練，中高檔題得高分,第24練基本初等函數(shù)、函數(shù)的應(yīng)用小題提速練,明晰考情 1.命題角度：考查二次函數(shù)、分段函數(shù)、冪函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的圖象與性質(zhì)；以基本初等函數(shù)為依托，考查函數(shù)與方程的關(guān)系、函數(shù)零點存在性定理；能利用函數(shù)解決簡單的實際問題. 2.題目難度：中檔偏難.,核心考點突破練,欄目索引,易錯易混專項練,高考押題沖刺練,考點一基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì),方法技巧(1)指數(shù)函數(shù)的圖象過定點(0，1)，對數(shù)函數(shù)的圖象過定點(1，0). (2)應(yīng)用指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，要注意底數(shù)的范圍，底數(shù)不同的盡量化成相同的底數(shù). (3)解題時要注意把握函數(shù)的圖象，利用圖象研究函數(shù)

2、的性質(zhì).,核心考點突破練,解析,答案,2.函數(shù)ya|x|(a0，且a1)的值域為y|y1，則函數(shù)yloga|x|的圖象大致是,解析,答案,解析ya|x|的值域為y|y1， a1，則ylogax在(0，)上是增函數(shù)， 又函數(shù)yloga|x|的圖象關(guān)于y軸對稱. 因此yloga|x|的大致圖象應(yīng)為選項B.,3.已知a ，b ，c ，則 A.bac B.abc C.bca D.cab,解析,答案,解析因為y2x為單調(diào)遞增函數(shù)，且 ，所以a b. 因為y 在(0，)上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以a c， 即bac，故選A.,若f(t)1，由f(f(t)2f(t)，可知f(t)1，,解析,答案,考點二函數(shù)與方程

3、,方法技巧(1)判斷函數(shù)零點個數(shù)的主要方法 解方程f(x)0，直接求零點；利用零點存在性定理；數(shù)形結(jié)合法：通過分解轉(zhuǎn)化為兩個能畫出的函數(shù)圖象交點問題. (2)解由函數(shù)零點的存在情況求參數(shù)的值或取值范圍問題，關(guān)鍵是利用函數(shù)與方程思想或數(shù)形結(jié)合思想，構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的方程或不等式求解.,解析,答案,解析函數(shù)f(x)的定義域為(0，)，且函數(shù)f(x)在(0，)上為增函數(shù)., f(1)f(2)0，,解析,答案,令yf(x)f(kx2)0，則f(x)f(kx2)f(x2k). 由函數(shù)yf(x)f(kx2)有兩個零點， 等價于方程x2xk0在區(qū)間(1，1)上有兩個不相等的實根， 令g(x)x2xk，,解析,答

4、案,解析當(dāng)x1時，f(x)呈現(xiàn)周期性. 作函數(shù)y1f(x)和y2k(x2)的圖象.,由圖可知，要使兩函數(shù)圖象有五個交點，,8.已知函數(shù)f(x) m|x|有三個零點，則實數(shù)m的取值范圍為_.,解析,答案,(1，),考點三函數(shù)的綜合應(yīng)用,方法技巧(1)函數(shù)實際應(yīng)用問題解決的關(guān)鍵是通過讀題建立函數(shù)模型，要合理選取變量，尋找兩個變量之間的關(guān)系. (2)基本初等函數(shù)與不等式的交匯問題是高考的熱點，突破此類問題的關(guān)鍵在于準(zhǔn)確把握函數(shù)的圖象和性質(zhì)，結(jié)合函數(shù)的圖象尋求突破點.,9.某公司為激勵創(chuàng)新，計劃逐年加大研發(fā)資金投入，若該公司2015年全年投入研發(fā)資金130萬元，在此基礎(chǔ)上，每年投入的研發(fā)資金比上一年增

5、長12%，則該公司全年投入的研發(fā)資金開始超過200萬元的年份是(參考數(shù)據(jù)：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30) A.2018年 B.2019年 C.2020年 D.2021年,解析,答案,解析設(shè)2015年后的第n年該公司投入的研發(fā)資金為y萬元， 則y130(112%)n.,兩邊取對數(shù)，得nlg 1.12lg 2lg 1.3，,n4， 從2019年開始，該公司投入的研發(fā)資金開始超過200萬元.,10.已知函數(shù)f(x)ex1，g(x)x24x3，若存在f(a)g(b)，則實數(shù)b的取值范圍為 A.1，3 B.(1，3),解析,答案,解析函數(shù)f(x)ex1的值域為(1，)，

6、g(x)x24x3的值域為(，1， 若存在f(a)g(b)，則需g(b)1，即b24b31， 所以b24b20，,11.已知函數(shù)f(x) 且關(guān)于x的方程f(x)xa0有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍是_.,解析,答案,(1，),解析畫出函數(shù)yf(x)與yax的圖象如圖所示，所以a1.,12.已知f(x) 則f(x)2的解集是_.,解析,答案,當(dāng)x0時，f(x)2， 即 2， 可轉(zhuǎn)化為 解得0 x4.,解析由題意得f(0)0，解得k1，a1， 所以g(x)loga(x1)為(1，)上的增函數(shù)， 且g(0)0，故選B.,易錯易混專項練,1.若函數(shù)f(x)axkax (a0且a1)在(，)上既是

7、奇函數(shù)又是增函數(shù)，則函數(shù)g(x)loga(xk)的大致圖象是,解析,答案,2.如果函數(shù)ya2x2ax1(a0且a1)在區(qū)間1，1上的最大值是14，則a的值為,解析,答案,解析令axt(t0)，則ya2x2ax1t22t1(t1)22. 當(dāng)a1時，因為x1，1，,所以ymax(a1)2214， 解得a3(負(fù)值舍去)； 當(dāng)0a1時，因為x1，1，,3.(2018全國)已知函數(shù)f(x) g(x)f(x)xa.若g(x)存在2個零點，則a的取值范圍是 A.1，0) B.0，) C.1，) D.1，),解析,答案,解析令h(x)xa， 則g(x)f(x)h(x). 在同一坐標(biāo)系中畫出yf(x)，yh(x

8、)圖象的示意圖， 如圖所示. 若g(x)存在2個零點，則yf(x)的圖象與yh(x)的圖象有2個交點，平移yh(x)的圖象可知，當(dāng)直線yxa過點(0，1)時，有2個交點， 此時10a，a1. 當(dāng)yxa在yx1上方，即a1時，僅有1個交點，不符合題意； 當(dāng)yxa在yx1下方，即a1時，有2個交點，符合題意. 綜上，a的取值范圍為1，).故選C.,4.已知函數(shù)f(x) 若|f(x)|ax，則a的取值范圍是_.,解析,答案,2，0,解析由y|f(x)|的圖象知， 當(dāng)x0時，只有當(dāng)a0時，才能滿足|f(x)|ax. 當(dāng)x0時，y|f(x)|x22x|x22x. 故由|f(x)|ax，得x22xax.

9、當(dāng)x0時，不等式為00成立. 當(dāng)x0時，不等式等價于x2a. 因為x22，所以a2. 綜上可知，a2，0.,解題秘籍(1)基本初等函數(shù)的圖象可根據(jù)特殊點及函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行判定. (2)與指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)有關(guān)的復(fù)合函數(shù)的性質(zhì)，可使用換元法，解題中要優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域. (3)數(shù)形結(jié)合是解決方程、不等式的重要工具，指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)的底數(shù)要討論.,1.設(shè)a20.3，b30.2，c70.1，則a，b，c的大小關(guān)系為 A.cab B.acb C.abc D.cba,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,高考押題沖刺練,解析,答案,解析由已知得a80.1，b90.1，c70.1，構(gòu)造冪

10、函數(shù)yx0.1， 根據(jù)冪函數(shù)yx0.1在區(qū)間(0，)上為增函數(shù)，得cab.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,2.若函數(shù)f(x)a|2x4|(a0，且a1)滿足f(1) 則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是 A.(，2 B.2，) C.2，) D.(，2,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,由于y|2x4|在(，2上單調(diào)遞減，在2，)上單調(diào)遞增， 所以f(x)在(，2上單調(diào)遞增，在2，)上單調(diào)遞減.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,3.函數(shù)f(x)ln xex(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點所在的區(qū)間是,解析,答案,解析函數(shù)f(x)ln

11、 xex在(0，)上單調(diào)遞增， 因此函數(shù)f(x)最多只有一個零點.,函數(shù)f(x)ln xex(e為自然對數(shù)的底數(shù))的零點所在的區(qū)間是,解析y (0 x3)， 當(dāng)0 x3時，3(x1)211， e3 e1， 即e3ye， 函數(shù)的值域是(e3，e.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,4.函數(shù)y (0 x3)的值域是 A.(0，1 B.(e3，e C.e3，1 D.1，e,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,5.函數(shù)f(x)axloga(x1)在0，1上的最大值和最小值之和為a，則a的值為,解析,答案,解析當(dāng)a1時，由aloga21a， 得loga2

12、1，,當(dāng)0a1時，由1aloga2a，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析當(dāng)x0時，f(x)2x1.令f(x)0，解得x ； 當(dāng)x0時，f(x)exa，此時函數(shù)f(x)exa在(，0上有且僅有一個零點，等價轉(zhuǎn)化為方程exa在(，0上有且僅有一個實根， 而函數(shù)yex在(，0上的值域為(0,1，所以0a1， 解得1a0.故選D.,7. 已知函數(shù)f(x) (aR)，若函數(shù)f(x)在R上有兩個零點，則a的取值范圍是 A.(，1) B.(，0) C.(1,0) D.1,0),1,2,3,4,5,6,7,8,9,10

13、,11,12,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,A.a0，b0，c0，c0 C.a0，c0 D.a0，b0，c0,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,當(dāng)f(x)0時，axb0，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,9.已知冪函數(shù)f(x)(n22n2) (nZ)的圖象關(guān)于y軸對稱，且在 (0，)上是減函數(shù)，那么n的值為_.,解析,答案,1,解析由于f(x)為冪函數(shù)，所以n22n21， 解得n1或n3，經(jīng)檢驗，只有n1符合題意.,10.函數(shù)f(x)的定義域為實數(shù)集R，f(x) 對于任意xR都有f(x2) ，若在區(qū)間5,

14、3內(nèi)函數(shù)g(x)f(x)mxm恰 有三個不同的零點，則實數(shù)m的取值范圍是_.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析f(x2)f(x2)，f(x)f(x4)，f(x)是以4為周期的函數(shù)， 若在區(qū)間5,3上函數(shù)g(x)f(x)mxm恰有三個不同的零點， 則f(x)和ym(x1)的圖象在5,3上有三個不同的交點，ym(x1)恒過點C(1,0)，畫出函數(shù)f(x)在5,3上的圖象，如圖所示，,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,11.設(shè)函數(shù)f(x) 則函數(shù)yf(f(x)1的零點個數(shù)為_.,解析,答案

15、,2,解析當(dāng)x0時，yf(f(x)1f(2x)1log22x1x1，令x10， 則x1，顯然與x0矛盾， 所以當(dāng)x0時，yf(f(x)1無零點. 當(dāng)x0時，分兩種情況：當(dāng)x1時，log2x0，yf(f(x)1f(log2x)1log2(log2x)1， 令log2(log2x)10， 得log2x2，解得x4； 當(dāng)0 x1時，log2x0，yf(f(x)1f(log2x)1 1x1， 令x10，解得x1. 綜上，函數(shù)yf(f(x)1的零點個數(shù)為2.,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析,答案,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,11,12,解析如圖，畫出函數(shù)f(x)和g(x)在0，4上的圖象， 可知有4個交點，并且關(guān)于點(2，0)對稱， 所以y1y2y3y40，x1x2x3x48， 所以f(y1y2y3y4)g(x1x2x3x4),