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專題五 函數、不等式與導數
[江蘇卷5年考情分析]
小題考情分析
大題考情分析
常考點
1.函數的基本性質(5年4考)
2.函數的零點問題(5年4考)
3.導數與函數的單調性、最值(5年2考)
4.基本不等式(5年3考)
本部分內容在高考解答題中是必考內容.2014年第19題，考查函數與不等式；2015年第19題，考查函數的單調性及應用函數零點確定參數值；2016年第19題，考查函數與不等式、零點問題；2017年第20題，考查函數與導數、函數的極值、零點問題；2018年第19題，考查函數的定義、函數零點以及導數應用于函數的性質問題．題目難度較大，多體現分類討論思想.
偶考點
1.一元二次不等式恒成立問題
2.線性規(guī)劃問題
第一講 小題考法——函數
考點(一) 函數的基本性質
主要考查函數的三要素以及函數的單調性、奇偶性、周期性的應用，常結合分段函數命題.
[題組練透]
1．(2018江蘇高考)函數f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在區(qū)間(－2,2]上，f(x)＝則f(f(15))的值為________．
解析：由函數f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，
可知函數f(x)的周期是4，
所以f(15)＝f(－1)＝＝，
所以f(f(15))＝f＝cos＝.
答案：
2．(2017江蘇高考)已知函數f(x)＝x3－2x＋ex－，其中e是自然對數的底數．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，則實數a的取值范圍是________．
解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－，
得f(－x)＝－x3＋2x＋－ex＝－f(x)，
所以f(x)是R上的奇函數．
又f′(x)＝3x2－2＋ex＋≥3x2－2＋2＝3x2≥0，當且僅當x＝0時取等號，
所以f(x)在其定義域內單調遞增．
因為f(a－1)＋f(2a2)≤0，
所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，
所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤，
故實數a的取值范圍是.
答案：
3．(2018揚州期末)已知函數f(x)＝若存在實數k使得該函數的值域為[－2,0]，則實數a的取值范圍是________．
解析：作出函數f(x)的圖象如圖所示，
①當x∈[－1，k]時，f(x)＝log(－x＋1)－1在[－1,1)上是單調遞增，且f(－1)＝－2，f＝0，因為原函數在[－1，a]上的值域為[－2,0]，所以必有－1
0)，
f(x＋a)＝(x＋a)(1－a|x＋a|)＋1，
又∵f(x＋a)≤f(x)對任意的x∈R恒成立，
在同一直角坐標系中作出滿足題意的y＝f(x＋a)與y＝f(x)的圖象如圖所示．
∴x(1＋ax)＋1≥(x＋a)[1－a(x＋a)]＋1恒成立，
即x＋ax2＋1≥－a(x2＋2ax＋a2)＋x＋a＋1，
整理得：2x2＋2ax＋a2－1≥0恒成立，
∴Δ＝4a2－42(a2－1)≤0，解得a≥.
即實數a的取值范圍是[，＋∞)．
答案：[，＋∞)
[方法技巧]
基本初等函數圖象與性質的應用技巧
(1)指數函數與對數函數的單調性都取決于其底數，當底數a的值不確定時，要注意分a>1和00和α<0兩種情況的不同．
考點(三)
函數的零點問題
主要考查函數零點個數問題以及根據函數零點個數求參數的取值范圍.
[典例感悟]
[典例] (1)(2018蘇錫常鎮(zhèn)一模)若函數f(x)＝則函數y＝|f(x)|－的零點個數為________．
(2)(2018鎮(zhèn)江期末)已知k為常數，函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＝kx＋2有且只有四個不同解，則實數k的取值構成的集合為________．
[解析] (1)當x≥1時，y＝－，
則＝，即ln x＝x2，
令g(x)＝ln x－x2，x≥1，
則函數g(x)是連續(xù)函數且先增后減，
g(1)＝－＜0，g(2)＝ln 2－＞0，
g(4)＝ln 4－2＜0，由函數的零點判定定理可知g(x)＝ln x－x2有2個零點．
當x＜1時，y＝
函數的圖象與y＝的圖象如圖，則兩個函數有2個交點，綜上，函數y＝|f(x)|－有4個零點．
(2)作函數y＝f(x)和y＝kx＋2的圖象，如圖所示，兩圖象除了(0,2)還應有3個公共點．
當k≥0時，直線應與曲線y＝f(x)(x>1)相切，
設切點(x0，ln x0)，則切線斜率為k＝，又k＝，則＝，解得x0＝e3，此時k＝；
當k<0時，當y＝kx＋2與曲線y＝相切于點(0,2)時，k＝－1，函數y＝f(x)和y＝kx＋2的圖象只有3個公共點，不符合題意，
當－10.若函數y＝f(f(x))－1有3個不同的零點，則m的取值范圍是________．
解析：令f(x)＝t，則f(t)＝1，所以t＝或t＝m－1，即f(x)＝與f(x)＝m－1有3個不同解．
畫出函數f(x)的圖象，結合題意解得
解得00時，令f(x)＝e－x－＝0，解得x＝ln 2>0，此時函數f(x)有1個零點，因為要求函數f(x)在R上有3個不同的零點，則當x≤0時，f(x)＝x3－3mx－2有2個不同的零點，因為f′(x)＝3x2－3m，若m≤0，則函數f(x)為增函數，不合題意，若m>0，由f′(x)>0，得x<－；由f′(x)<0，得－0，即m>1，故實數m的取值范圍是(1，＋∞)．
法二：(分離參數法)當x>0時，令f(x)＝e－x－＝0，解得x＝ln 2>0，此時函數f(x)有1個零點，因為要求函數f(x)在R上有3個不同的零點，則當x≤0時，f(x)＝x3－3mx－2有2個不同的零點，令x3－3mx－2＝0，顯然x＝0不是它的根，所以3m＝x2－，令y＝x2－(x<0)，則y′＝2x＋＝，當x∈(－∞，－1)時，y′<0，此時函數單調遞減；當x∈(－1,0)時，y′>0，此時函數單調遞增，故ymin＝3，因此，要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞，0)上有2個不同的零點，則需3m>3，即m>1.
答案：(1，＋∞)
[必備知能自主補缺]
(一) 主干知識要牢記
1．函數的定義域
(1)函數的定義域是研究函數問題的先決條件，它會直接影響函數的性質，所以要樹立定義域優(yōu)先的意識．
(2)對于復合函數的定義域要注意：
①如果函數f(x)的定義域為A，則f(g(x))的定義域是使函數g(x)∈A的x的取值范圍．
②如果f(g(x))的定義域為A，則函數f(x)的定義域是函數g(x)的值域．
③f(g(x))與f(h(x))聯(lián)系的紐帶是g(x)與h(x)的值域相同．
2．函數的值域
求函數值域的常用方法有觀察法、不等式法、圖象法、換元法、單調性法等．
3．函數的圖象
函數的圖象包括作圖、識圖、用圖，其中作函數圖象有兩種基本方法：一是描點法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換、對稱變換．
4．函數的單調性
單調性是函數的一個局部性質，一個函數在不同的區(qū)間上可以有不同的單調性．判斷函數單調性常用定義法、圖象法及導數法．
5．函數的奇偶性
函數的奇偶性是函數在定義域上的整體性質．偶函數的圖象關于y軸對稱，在關于坐標原點對稱的定義域上具有相反的單調性；奇函數的圖象關于坐標原點對稱，在關于坐標原點對稱的定義域上具有相同的單調性．判斷函數奇偶性的常用方法有定義法、圖象法及性質法．
6．函數的周期性
周期性是函數在定義域上的整體性質．若函數滿足f(a＋x)＝f(x)(a不等于0)，則其一個周期T＝|a|，最小正數T叫做f(x)的最小正周期．
(二) 二級結論要用好
1．函數單調性和奇偶性的重要結論
(1)當f(x)，g(x)同為增(減)函數時，f(x)＋g(x)為增(減)函數．
(2)偶函數的和、差、積、商是偶函數，奇函數的和、差是奇函數，積、商是偶函數，奇函數與偶函數的積、商是奇函數．
(3)定義在(－∞，＋∞)上的奇函數的圖象必過原點，即有f(0)＝0.存在既是奇函數，又是偶函數的函數：f(x)＝0.
2．抽象函數的周期性與對稱性的結論
(1)函數的周期性
①若函數f(x)滿足f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)是周期函數，T＝2a.
②若函數f(x)滿足f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期函數，T＝2a.
③若函數f(x)滿足f(x＋a)＝，則f(x)是周期函數，T＝2a.
(2)函數圖象的對稱性
①若函數y＝f(x)滿足f(a＋x)＝f(a－x)，或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)，或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．
3．函數圖象平移變換的相關結論
(1)把y＝f(x)的圖象沿x軸左右平移|c|個單位(c＞0時向左移，c＜0時向右移)得到函數y＝f(x＋c)的圖象(c為常數)．
(2)把y＝f(x)的圖象沿y軸上下平移|b|個單位(b＞0時向上移，b＜0時向下移)得到函數y＝f(x)＋b的圖象(b為常數)．
[課時達標訓練]
A組——抓牢中檔小題
1．(2018江蘇高考)函數f(x)＝的定義域為________．
解析：由log2x－1≥0，即log2x≥log22，解得x≥2，所以函數f(x)＝的定義域為{x|x≥2}．
答案：{x|x≥2}
2．(2018蘇州期末)已知4a＝2，logax＝2a，則正實數x的值為________．
解析：由4a＝2，得22a＝21，所以2a＝1，即a＝.由logx＝1，得x＝1＝.
答案：
3．函數f(x)＝ln的值域是________．
解析：因為|x|≥0，所以|x|＋1≥1.
所以0＜≤1.所以ln≤0，
即f(x)＝ln的值域為(－∞，0]．
答案：(－∞，0]
4．(2018啟東?？?設函數f(x)＝
則f(f(2))＝________.
解析：因為f(2)＝－4＋2＝－2，f(－2)＝－2－1＝3，所以f(f(2))＝3.
答案：3
5．已知f(x)是奇函數，g(x)＝.若g(2)＝3，則g(－2)＝________.
解析：由題意可得g(2)＝＝3，解得f(2)＝1.又f(x)是奇函數，則f(－2)＝－1，所以g(－2)＝＝＝－1.
答案：－1
6．(2018南京、鹽城一模)設函數y＝ex＋－a的值域為A，若A?[0，＋∞)，則實數a的取值范圍是________．
解析：因為ex>0，所以y＝ex＋－a≥2 －a＝2－a，當且僅當ex＝1，即x＝0時取等號．故函數的值域A＝[2－a，＋∞)．又A?[0，＋∞)，所以2－a≥0，得a≤2，即實數a的取值范圍是(－∞，2]．
答案： (－∞，2]
7．(2018福建模擬)已知函數f(x)＝有兩個零點，則實數a的取值范圍是________．
解析：當x<1時，令ln(1－x)＝0，解得x＝0，故f(x)在(－∞，1)上有1個零點，
∴f(x)在[1，＋∞)上有1個零點．
當x≥1時，令－a＝0，得a＝≥1.
∴實數a的取值范圍是[1，＋∞)．
答案：[1，＋∞)
8．(2018蘇州模擬)設a＝log2，b＝log，c＝0.3，則a，b，c按從小到大的順序排列為_________．
解析：因為log2log22＝1,0<0.3<0＝1，即a<0，b>1,0a－e；當x≥1時，f(x)＝x＋≥4，當且僅當x＝，即x＝2時，取“＝”，又函數f(x)的值域是[4，＋∞)，所以a－e≥4，即a≥e＋4.
答案： [e＋4，＋∞)
13．(2018南京、鹽城、連云港二模)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f(x)＝x2＋x.若f(a)＋f(－a)＜4，則實數a的取值范圍為________．
解析：法一：(奇偶性的性質)因為f(x)是定義在R上的偶函數，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－10，且a≠2，則g(x)在[a，＋∞)上無零點，
在(－∞，a)上存在零點x＝0和x＝－，
∴≥a，解得0－時，f(a)＝log，因為a>－，所以>，從而f(a)<2.
綜上，函數f(a)的值域是(－∞，2)．
令h(b)<2，即b2＋2b＋2<2，解得－20，y＝x3－ax＋|x－2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以圖象僅在第一象限，所以a＜0時顯然滿足題意；當a≥0時，x≤0，y＝ax－1的圖象僅經過第三象限，由題意知，x>0，y＝x3－ax＋|x－2|的圖象需經過第一、四象限．
y＝x3＋|x－2|與y＝ax在y軸右側的圖象有公共點(且不相切)，如圖，
y＝x3＋|x－2|＝
結合圖象設切點坐標為(x0，x－x0＋2)，y′＝3x2－1，則有3x－1＝，
解得x0＝1，所以臨界直線l0的斜率為2，所以a＞2時，符合．綜上，a＜0或a＞2.
答案：(－∞，0)∪(2，＋∞)
5．(2018蘇州測試)設f(x)是定義在R上的偶函數，且當x≥0時，f(x)＝2x，若對任意的x∈[a，a＋2]，不等式f(x＋a)≥f2(x)恒成立，則實數a的取值范圍是________．
解析：當x≥0時，定義在R上的偶函數f(x)＝2x，易得f(x)＝2|x|，x∈R.由f(x＋a)≥f2(x)得，2|x＋a|≥(2|x|)2，即|x＋a|≥|2x|對于x∈[a，a＋2]恒成立，即(3x＋a)(x－a)≤0對于x∈[a，a＋2]恒成立，
即解得a≤－.
答案：
6．(2018南京、鹽城、連云港二模)已知函數f(x)＝t∈R.若函數g(x)＝f(f (x)－1)恰有4個不同的零點，則t的取值范圍為________．
解析：當x<0時，f′(x)＝－3x2＋6x＝3x(2－x)，故函數f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調遞減，此時f(0)＝t.
當t≥0時，作出函數f(x)的圖象如圖①所示．
令f(x)＝0，得x＝0，
從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時，f(x)＝1，
由圖象①可知，此時至多有兩個零點，不符合題意；
當t<0時，作出函數f(x)的圖象如圖②所示．
令f(x)＝0，得x＝0，或x＝m(m<0)，且－m3＋3m2＋t＝0，
從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時，
f(x)－1＝0或f(x)－1＝m，即f(x)＝1或f(x)＝1＋m，
借助圖象②知，欲使得函數g(x)恰有4個不同的零點，
則m＋1≥0，從而－1≤m<0.
又因為t(m)＝m3－3m2，而t′(m)＝3m2－6m>0，
故t(m)在區(qū)間[－1,0)上單調遞增，從而t∈[－4,0)．
答案： [－4,0)
江蘇省2019高考數學二輪復習 專題五 函數、不等式與導數 5.1 小題考法—函數講義（含解析）.doc
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