2020届二轮复习函数学案（全国通用）

2020届二轮复习函数学案（全国通用）

高考冲刺：函数 【高考展望】 函数知识是高中数学的重要内容之一，也是每年高考必考的重要知识点之一， 分析历 年高考函数试题，大致有这样几个特点： 1.常常通过选择题和填空题，全面考查函数的基本概念，性质和图象． 2.在解答题的考查中，常常与不等式、导数、数列，偶尔也与解析几何等结合命题，以 综合题的形式出现． 3.从数学具有高度抽象性的特点出发，没有忽视对抽象函数的考查． 4.每年高考题中都会涌现出一些函数新题型，但考查的重点仍然是对函数有关知识的深 刻理解． 【知识升华】 1．了解映射的概念，理解函数的概念并能在简单的问题中应用． 2．理解函数的单调性和奇偶性的概念，掌握判断一些简单函数的单调性的方法，并能 利用函数的性质简化函数图象的绘制过程． 3.掌握基本初等函数的图像，掌握某些简单函数的图像变换. 4．理解分数指数的概念，掌握有理指数幂的运算性质，掌握指数函数的概念、图象和 性质． 5．理解对数的概念，掌握对数的运算性质，掌握对数函数的概念、图象和性质． 6．能够运用函数的性质、指数函数和对数函数的性质解决某些简单的实际问题． 高考冲刺第 3 讲 函数的概念、图象和性质 368992 知识要点】 【典型例题】 类型一：函数的定义域及其求法 函数的定义域及其求法是近几年高考考查的重点内容之一.这里主要帮助考生灵活掌握 求定义域的各种方法，并会应用用函数的定义域解决有关问题. 例 1．已知函数 ( ) | lg |f x x ，若 0 a b  ，且 ( ) ( )f a f b ，则 a+2b 的取值范围是 A． (2 2, ) B．[2 2, ) C． (3, ) D．[3, ) 【思路点拨】含绝对值的分段函数，应根据正负情况考虑去掉绝对值. 【解析】画出 ( ) | lg |f x x 的示意图. 由题设有 ( ) | lg | lgf a a a   ， ( ) | lg | lgf b b b  ( 1)b  ， ∴ 1lg lga b a b     ， 12 2a b b b    令 1( ) 2g b b b   ， 则 2 1'( ) 2g b b   ， ∵ 1b  ， ∴ '( ) 0g b  . ∴ ( )g b 在 (1, ) 上是增函数. ∴ 1( ) (1) 3g b b gb     .选 C. 举一反三： 【变式 1】函数 2log 2y x  的定义域是( ) （A）(3,+∞) （B）[3, +∞) （C）(4, +∞) （D）[4, +∞) 【解析】由 2 0 4.log 2 0 x xx      ，故选 D. 例 2．若函数 f（x）=loga（x+1）（a＞0，a≠1）的定义域和值域都是［0，1］，则 a 等 于 A. 3 1 B. 2 C. 2 2 D.2 【思路点拨】因为底数不确定，需要讨论. 【解析】f（x）=loga（x+1）的定义域是［0，1］，∴0≤x≤1，则 1≤x+1≤2. 当 a＞1 时，0=loga1≤loga（x+1）≤loga2=1，∴a=2； 当 0＜a＜1 时，loga2≤loga（x+1）≤loga1=0，与值域是［0，1］矛盾. 综上，a=2. 【答案】D 举一反三： 【变式 1】函数 ( 1)y x x x   的定义域为（ ） A． | 0x x≥ B． | 1x x≥ C．   | 1 0x x ≥ D． | 0 1x x≤ ≤ 【答案】C. 【解析】由  1 0x x   且 0x  得 1x  或 0x  . 类型二：复合函数问题 复合函数问题属于偏难些的内容.此类题目往往分为两类:一是结合函数解析式的求法 来求复合函数的值.二是应用已知函数定义域求复合函数的定义域. 例 3．对于函数① ( ) 2f x x  ，② 2( ) ( 2)f x x  ，③ ( ) cos( 2)f x x  ，判断如 下两个命题的真假： 命题甲： ( 2)f x  是偶函数； 命题乙： ( )f x 在 ( ) ， 上是减函数，在 (2 ) ， 上是增函数； 能使命题甲、乙均为真的所有函数的序号是（ ） Ａ．①② Ｂ．①③ Ｃ．② Ｄ．③ 【思路点拨】复合函数的奇偶性问题也应该从定义来考虑. 【解析】 2 2( ) ( 2) , ( 2)f x x f x x     是偶函数，又函数 2( ) ( 2)f x x  开口向 上且在 ( ) ， 上是减函数，在 (2 ) ， 上是增函数．故能使命题甲、乙均为真的函数仅有 2( ) ( 2)f x x  ． 故选Ｃ 举一反三： 【变式 1】若函数 ( )y f x 的值域是 1[ ,3]2 ，则函数 1( ) ( ) ( )F x f x f x   的值域是 （ ） A． 1[ ,3]2 B． 10[2, ]3 C． 5 10[ , ]2 3 D． 10[3, ]3 【答案】 B 【解析】令 ( )t f x ，则 1[ ,3]2t  ， 1 10( ) [2, ]3F x t t    高考冲刺第 3 讲 函数的概念、图象和性质 368992 例 1】 例 4.已知 1 3 2 ( 0) ( ) 3 (0 1) log ( 1) x x f x x x x       求 ( ( ( )))f f f a 。 【思路点拨】分段函数求值，也应该从自变量的分段开始. 【解析】当 0a  时， 1( ( ( ))) ( (2 )) ( 3) 2 af f f a f f f    当 0 1a  时， 1 2( ( ( ))) ( ( 3)) ( )2 2f f f a f f f    当 1a  时， 1 3 log 1 3 ( ( ( ))) ( (log )) (2 ) 3 a af f f a f f f   所以 1 ( 0)2 2( ( ( ))) (0 1)2 3 ( 1) a f f f a a a          举一反三： 【变式 1】已知函数        01 01 xx xxxf ，则不等式     111  xfxx 的解集 是（ ） (A)  121|  xx (B)  1| xx (C)  12| xx (D)  1212|  xx 【答案】C 【解析】∵     111  xfxx 等价于     0 1 [ 1 1] 1 x x x x        或     0 1 [ 1 1] 1 x x x x       ， 解得 0x  或 0 2 1x   ，∴  | 2 1x x x   . 类型三：函数的重要性质（单调性、奇偶性和周期性） 函数的单调性、奇偶性和周期性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样. 这里主要 帮助读者深刻理解奇偶性、单调性和周期性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇 偶函数的图象. 例 5.（2018 南阳校级三模）已知函数   2 3f x ax bx a b    是定义在 1,2a a 上的偶 函数，则  2cos 3 πy a b x      的最小正周期是( ) A. 6π B. 5π C. 4π D. 2π 【思路点拨】由偶函数的定义域关于原点对称求出 a 的值，在根据    f x f x  求出 b 的值. 【答案】A 【解析】函数   2 3f x ax bx a b    是定义在 1,2a a 上的偶函数 1 2 0a a    且 0b  解得： 1 , 03a b    12cos 2cos3 3 3 π πy a b x x              2 61 3 πT π   故选 A. 【总结升华】函数具有奇偶性的前提条件就是定义域关于原点对称. 举一反三： 【变式 1】定义在 R 上的奇函数 f（x）和定义在{x|x≠0}上的偶函数 g（x）分别满足 f（x） = ，g（x）=log2x（x＞0），若存在实数 a，使得 f（a）=g（b）成立， 则实数 b 的取值范围是（ ） A．[﹣2，2] B．[﹣ ，0）∪（0， ] C．[﹣2，﹣ ]∪[ ，2] D．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞） 【解析】分别作出函数 f（x）和 g（x）的图象如图， 若若存在实数 a，使得 f（a）=g（b）成立， 则 b 一定在函数 g（x）使两个函数的函数值重合的区间内， ∵函数 f（x）的最大值为 1，最小值为﹣1， ∴由 log2x=1，解得 x=2， 由 log2（﹣x）=1，解得 x=﹣2， 故 b 的取值范围是[﹣2，﹣ ]∪[ ，2]，故选 C. 【变式 2】设函数 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，若当 (0, )x  时， ( ) lgf x x ，则满足 ( ) 0f x  的 x 的取值范围是 【答案】 ( 1,0) (1, )  【解析】当 0x  时， ( ) 0f x  ； 当 0x  时，则 0x  ，有 ( ) ( ) lg( )f x f x x      ； ∴ lg , 0 ( ) 0 , 0 lg( ) , 0 x x f x x x x       ， ∴ ( ) 0f x  0 lg 0 x x    或 0 lg( ) 0 x x     或 0 0 0 x    ， 解得 1x  或 1 0x   . 例 6．已知函数 2( ) cosf x x x  ，对于 π π[ ]2 2x  ， 上的任意 1 2x x， ，有如下条件： ① 1 2x x ； ② 2 2 1 2x x ； ③ 1 2x x ．其中能使 1 2( ) ( )f x f x 恒成立的条件序号是 【思路解析】函数的奇偶性与函数的单调性之间存在一定的联系。 【答案】② 【解析】∵函数 2( ) cosf x x x  是偶函数，且 (0) 1f   ， 又当 π(0 ]2x ， 时 ( ) 2 sin 0f x x x    ∴函数 2( ) cosf x x x  在 π(0 ]2x ， 上单调递增 ∴作出函数 ( )f x 的示意图，有 能使 1 2( ) ( )f x f x 恒成立的条件： 2 2 1 2 1 2| | | |x x x x   . 举一反三： 【 变 式 1 】 设 奇 函 数 ( )f x 在 (0 ) ， 上 为 增 函 数 ， 且 (1) 0f  ， 则 不 等 式 ( ) ( ) 0f x f x x    的解集为（ ） A． ( 1 0) (1 )  ， ， B． ( 1) (01)  ， ， C． ( 1) (1 )   ， ， D． ( 1 0) (01) ， ， 【答案】D． 【解析】由奇函数 ( )f x 可知 ( ) ( ) 2 ( ) 0f x f x f x x x     ，而 (1) 0f  ， 则 ( 1) (1) 0f f    ， 方法一:当 0x  时， ( ) 0 (1)f x f  ； 当 0x  时， ( ) 0 ( 1)f x f   ， 又 ( )f x 在 (0 ) ， 上为增函数，则奇函数 ( )f x 在 ( ,0) 上为增函数， ∴ 0 1, 1 0x x    或 . 方法二:作出函数 ( )f x 的示意图，有 当 0x  时， ( ) 0 (1)f x f  即 0 1x  ； 当 0x  时， ( ) 0 ( 1)f x f   ，即 1 0x   . 类型四：函数的图象与性质 函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的直观工具， 利用它的直观性解题，可以起到化繁为简、化难为易的作用.因此，读者要掌握绘制函数图 象的一般方法，掌握函数图象变化的一般规律，能利用函数的图象研究函数的性质.此类题 目还很好的考查了数形结合的解题思想. 例 7．函数 π πln cos 2 2y x x       的图象是（ ） A B C D 【思路点拨】研究函数的草图可以考虑特殊点、奇偶性、单调性、趋势等几个方面。 【答案】A 【解析】∵函数 π πln cos 2 2y x x       是偶函数，∴图像关于 y 轴对称， 又∵ π 4x  时， πln cos 04y   ， ∴选 A，不能选 C. 举一反三： 【变式 1】汽车经过启动、加速行驶、匀速行驶、减速行驶之后停车，若把这一过程中 汽车的行驶路程 s 看作时间 t 的函数，其图像可能是（ ） A． B． C． D． 【答案】A． 【解析】根据汽车加速行驶 21 2s at ，匀速行驶 s vt ，减速行驶 21 2s at  结合函 数图像可知。 【变式 2】函数 1( )f x xx   的图像关于（ ） A． y 轴对称 B． 直线 xy  对称 C． 坐标原点对称 D． 直线 xy  对称 【答案】C 【解析】∵函数 1( )f x xx   是奇函数，∴图像关于坐标原点对称. 例 8. 直线 y x b  与函数 21y x  的图像有两个不同的交点，求实数 b 的取值范 围。 【思路点拨】在同一直角坐标系中作出两个函数的图像，当直线介于 AB 和 CD 之间时， 直线和函数 21y x  的图像有两个不同的交点。 【解析】如图，直线 CD 和半圆相切，所以 2 2 ||1  bb 因为点 )1,0(B ,所以 11  bb 所以实数b 的取值范围为 )2,1[ 举一反三： 【变式 1】设函数 ( ) | 1| | |f x x x a    的图象关于直线 1x  对称，则 a 的值为（ ） (A) 3 (B)2 (C)1 (D) 1 【答案】A 【解析】∵函数 ( ) | 1| | |f x x x a    的图象关于直线 1x  对称 ∴ (0) (2)f f 即 2 | | | 2 |a a   ，把选项 ABCD 的值逐一代入， 可以确定选 A. 类型五：函数与其它知识的综合应用 与数列知识结合的函数、不等式,解题时往往以不等式和数列知识结合为工具, 结合函 数知识,通过计算和推理来解决问题. 例 9.设数列 na 的前 n 项和为 nS ，点 *, ( )nSn n Nn      均在函数 3 2y x  的图像上. （Ⅰ）求数列 na 的通项公式； （Ⅱ）设 1 3 n n n b a a   ， nT 是数列 nb 的前 n 项和，求使得 20n mT  对所有 *n N 都成 立的最小正整数 m . 【思路点拨】数列是特殊的函数，因此绝大多数的数列综合题都可以应用函数的方法、 思想来解决. 【解析】（I）依题意得， 3 2,nS nn   即 23 2nS n n  . 当 2n  时，  22 1 (3 2 ) 3 1 2( 1) 6 5n n na S S n n n n n             ; 当 1n  时， 2 1 1 3 1 2 1 6 1 5a S        . 所以 6 5( )na n n N    . （II）由（I）得  1 3 1 1 1 1( )(6 5) 6( 1) 5 2 6 5 6 1n n n b a a n n n n         ， 故 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1(1 ) ( ) ... ( ) (1 )2 7 7 13 6 5 6 1 2 6 1 n n b n n nT                 . 因此，使得  1 1(1 )2 6 1 20 m n Nn    成立的 m 必须满足 1 2 20 m ，即 10m  , 故满足要求的最小整数 m 为 10. 举一反三： 【变式 1】已知数列{ }na 的首项 1 3 5a  ， 1 3 2 1 n n n aa a   ， 1 2n  ，， ． （Ⅰ）求{ }na 的通项公式； （Ⅱ）证明：对任意的 0x  ， 2 1 1 2( )1 (1 ) 3n na xx x    ≥ ， 1 2n  ，， ； （Ⅲ）证明： 2 1 2 1n na a a n      ． 【解析 1】（Ⅰ） 1 3 2 1 n n n aa a   ， 1 1 2 1 3 3n na a    ， 1 1 1 11 ( 1)3n na a     ， 又 1 21 3na   ， 1{ 1} na   是以 2 3 为首项， 1 3 为公比的等比数列．  1 1 2 1 21 3 3 3n n na     ， 3 3 2 n n na   ． （Ⅱ）由（Ⅰ）知 3 03 2 n n na   ， 2 1 1 2( )1 (1 ) 3n xx x    2 1 1 2( 1 1 )1 (1 ) 3n xx x       2 1 1 1[ (1 )]1 (1 ) n xx x a      2 1 1 2 (1 ) 1na x x      21 1( )1 n n n a aa x     na≤ ， 原不等式成立． 【解析 2】设 2 1 1 2( ) ( )1 (1 ) 3nf x xx x     ， 则 2 2 2 2 2 2(1 ) ( ) 2(1 ) 2( )1 3 3( ) (1 ) (1 ) (1 ) n nx x x x f x x x x               0x  ，当 2 3nx  时， ( ) 0f x  ；当 2 3nx  时， ( ) 0f x  ， 当 2 3nx  时， ( )f x 取得最大值 2 1( ) 23 1 3 nn n f a   ． 原不等式成立． （Ⅲ）由（Ⅱ）知，对任意的 0x  ，有 1 2 na a a   2 2 2 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2( ) ( ) ( )1 (1 ) 3 1 (1 ) 3 1 (1 ) 3nx x xx x x x x x              ≥ 2 2 1 2 2 2( )1 (1 ) 3 3 3 n n nxx x         ． 令 2 2 2 2 03 3 3n nx     ，则 2 2 1(1 )1 2 2 2 1 13 3( ) (1 )13 3 3 3(1 )3 n n nx n nn           ，  2 2 1 2 1 1 11 11 (1 ) 13 3 n n n n n n na a a x nnn            ≥ ． 原不等式成立． 【变式 2】设函数 ln( ) ln ln( 1)1 xf x x xx     ． （Ⅰ）求 f(x)的单调区间和极值； （Ⅱ）是否存在实数 a，使得关于 x 的不等式 ( )f x a≥ 的解集为（0，+  ）？若存在， 求 a 的取值范围；若不存在，试说明理由． 【解析】（Ⅰ） 2 2 1 ln 1 1 ln( ) (1 ) (1 ) 1 (1 ) x xf x x x x x x x           ． 故当 (01)x ， 时， ( ) 0f x  ， (1 )x ，∞ 时， ( ) 0f x  ． 所以 ( )f x 在 (01)， 单调递增，在 (1 )，∞ 单调递减． 由此知 ( )f x 在 (0 )，∞ 的极大值为 (1) ln 2f  ，没有极小值． （Ⅱ）（ⅰ）当 0a ≤ 时， 由于  ln(1 ) ln(1 ) ln(1 )ln(1 ) ln( ) 01 1 x x x xx x x xf x x x          ， 故关于 x 的不等式 ( )f x a≥ 的解集为 (0 )，∞ ． （ⅱ）当 0a  时，由 ln 1( ) ln(1 )1 xf x x x    知 ln 2 1(2 ) ln(1 )1 2 2 n n n nf    ， 其中 n 为正整数， 且有 2 2 2 1 1ln(1 ) 1 log ( 1)2 2 2 n n n n a e n e         ． 又 2n≥ 时， ln 2 ln 2 ln 2 2ln 2 ( 1)1 2 1 (1 1) 1 2 n n n n n n n n       ， 且 2ln 2 4ln 2 11 2 a nn n     ． 取整数 0n 满足 2 0 2log ( 1) n n e   ， 0 4ln 2 1n a   ，且 0 2n ≥ ， 则 0 0 0 0 ln 2 1(2 ) ln(1 )1 2 2 2 2 n n n n a af a      ， 即当 0a  时，关于 x 的不等式 ( )f x a≥ 的解集不是 (0 )，∞ ． 综合（ⅰ）（ⅱ）知，存在 a ，使得关于 x 的不等式 ( )f x a≥ 的解集为 (0 )，∞ ， 且 a 的取值范围为 0∞， . 类型六：函数在实际问题中的应用 函数、导数、不等式知识的综合题目,解题时往往以不等式和函数的导数为工具, 结合 函数知识,通过推理来解决问题. 例 10．为了在夏季降温和冬季取暖时减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙需要建造隔热 层.某建筑物要建造可使用 20 年的隔热层，每厘米厚的隔热层建造成本为 6 万元.该建筑物每 年 的 能 源 消 耗 费 用 C （ 单 位 ： 万 元 ） 与 隔 热 层 的 厚 度 x （ 单 位 ： cm ） 满 足 关 系 ： ( ) (0 10)3 5 kC x xx    .若不建隔热层，每年能源消耗费用为 8 万元.设 ( )f x 为隔热层建 造费用与 20 年的能源消耗费用之和. （1）求 k 值及 ( )f x 的表达式； （2）隔热层建多厚时，总费用 ( )f x 达到最小，并求这个最小值. 【思路点拨】本小题考查函数的导数，函数，函数极值的判定，给定区间上二次函数的 最值等基础知识的综合运用，考查数形结合的数学思想分析问题，解决问题的能力. 【解析】（1）∵ (0) 8C  ， ∴ 8 405 k k   ， 40( ) 3 5C x x   . 故 800( ) 20 ( ) 6 63 5f x C x x xx     (0 10)x  . （2）令 2 2400'( ) 6 0(3 5)f x x    解得 x=5， 25 3x   （舍去） 当 0＜x＜5 时， '( ) 0f x  ，5＜x＜10 时， '( ) 0f x  ， 故 x=5 是 ( )f x 的最小值点， 最小值 800(5) 6 5 7015 5f     即：隔热层修建 5 cm 厚时，总费用 70 万元为最小值. 举一反三： 【变式 1】用长为18m 的钢条围成一个长方体形状的框架，要求长方体的长与宽之比为 2:1，问该长方体的长、宽、高各为多少时，其体积最大？最大体积是多少？ 【解析】设长方体的宽为 ( )x m ， 则长为 2 ( )x m ，高为 18 12 34.5 3 ( ) (0 ).4 2 xh x m x     故长方体的体积为 2 2 3 3 3( ) 2 (4.5 3 ) 9 6 ( ) (0 ).2V x x x x x m x      从而 2( ) 18 18 18 (1 )V x x x x x     令 ( ) 0V x  ,解得 0x  （舍去）或 1x  ，因此 1x  . 当 0 1x  时 ( ) 0V x  ；当 31 2x  时 ( ) 0V x  ， 故在 1x  处 ( )V x 取得极大值，并且这个极大值就是 ( )V x 的最大值. 从而最大体积 2 3 3(1) 9 1 6 1 3( )V V m      ， 此时长方体的长为 2m ，高为1.5m . 答：当长体的长为 2m ，宽为1m ，高为1.5m 时，体积最大，最大体积为 33m .