2022年高三數(shù)學二輪資料 函數(shù)教案 蘇教版

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1、2022年高三數(shù)學二輪資料 函數(shù)教案 蘇教版 一、填空題： 1. 在區(qū)間[, 2]上，函數(shù)f (x) = x2-px+q與g (x) = 2x + 在同一點取得相同的最小值， 那么f (x)在[,2]上的最大值是 4 ． 2.設函數(shù)f (x)= ，若f (-4) = f (0)，f(-2)= -2，則關(guān)于x的方程f(x) =x 的解的個數(shù)為 3 . 3.函數(shù)是單調(diào)函數(shù)的充要條件的是 b≥0 . 4. 對于二次函數(shù)，若在區(qū)間內(nèi)至少存在一個數(shù)c 使得，則實數(shù)的取值范圍是 (

2、-3,1.5) . 5.已知方程的兩根為，并且，則的取值范 圍是. 6．若函數(shù)f (x) = x2+(a+2)x+3，x∈[a, b]的圖象關(guān)于直線x = 1對稱，則b = 6 . 7．若不等式x4+2x2+a2-a -2≥0對任意實數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是. 8．已知函數(shù)f (x) =|x2-2ax+b| (x∈R)，給出下列命題：①f (x)必是偶函數(shù)；②當f (0) = f (2)時，f (x)的圖象必關(guān)于直線x = 1對稱；③若a2-b≤0，則f (x)在區(qū)間[a, +∞)上是增函數(shù)；④f (x)有最大值|a2 -b|；其中正確命題的序號是

3、③ . 9.已知二次函數(shù)，滿足條件，其圖象的頂點為A，又圖象與軸交于點B、C，其中B點的坐標為，的面積S=54，試確定這個二次函數(shù)的解析式. 10. 已知為常數(shù)，若，則 2 . 11. 已知函數(shù)若存在實數(shù)，當時，恒成立，則實數(shù)的最大值為 4 . 12.設是定義在上的奇函數(shù)，且當時，，若對任意的，不等式恒成立，則實數(shù)的取值范圍是. 13.設,是二次函數(shù)，若的值域是，則的值域 是； 14.函數(shù)的最小值為. 二、解答題： 15．已知函數(shù)，當時，恒有，求m的取值范圍． 思路點撥:此題為動軸定區(qū)間問題,需對對稱軸進行討論. 解: 當即時, 當即時

4、,. 綜上得:或. 點評:分類討論要做到不漏掉任何情況,尤其是端點處的數(shù)值不可忽視.最后結(jié)果要取并集. 變式訓練: 已知,當 時,的最小值為,求的值. 解: ，. 當時，． 當時，． 16．設a為實數(shù)，函數(shù)f(x) = x2+|x-a|+1，x∈R， （1）討論函數(shù)f (x)的奇偶性； （2）求函數(shù)f (x)的最小值． 思路點撥:去絕對值,將問題轉(zhuǎn)化成研究分段函數(shù)的性質(zhì). 解:(1)當時, ,函數(shù)為偶函數(shù); 當時,， 此時函數(shù)為非奇非偶函數(shù); (2)= 當時,, 此時,; 當時, 當時, 點評:把握每段函數(shù),同時綜觀函數(shù)整體特點,是解決本題的關(guān)鍵.

5、 17. 已知的圖象過點（-1，0），是否存在常數(shù)a，b，c，使得不等式對一切實數(shù)x都成立. 思路點撥:本題為不等式恒成立時探尋參數(shù)的取值問題. 解:當時，, 又可得；由對一切實數(shù)X都成立， 則 于是又，,此時. 綜上可得,存在,使得不等式對一切實數(shù)X都成立. 點評: 挖掘不等式中隱含的特殊值,得到以及是解題關(guān)鍵. 變式訓練：設函數(shù)是奇函數(shù)（都是整數(shù)）且. （1）求的值；（2）當?shù)膯握{(diào)性如何？用單調(diào)性定義證明你的結(jié)論. 略解(1).(2) 當在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 18. 已知a是實數(shù)，函數(shù)，如果函數(shù)在區(qū)間上有零點，求a的取值范圍. 解析1：函數(shù)在區(qū)間[-1，1

6、]上有零點，即方程=0在[-1，1]上有解. a=0時，不符合題意，所以a≠0,方程f(x)=0在[-1，1]上有解<=>或 或或或a≥1. 所以實數(shù)a的取值范圍是或a≥1. 點評：通過數(shù)形結(jié)合來解決一元二次方程根的分布問題. 解析2：a=0時，不符合題意，所以a≠0,又 ∴=0在[-1，1]上有解，在[-1，1]上有解在[-1，1]上有解，問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)[-1，1]上的值域；設t=3-2x，x∈[-1，1]，則，t∈[1,5],， 設，時，，此函數(shù)g(t)單調(diào)遞減，時，>0,此函數(shù)g(t)單調(diào)遞增，∴y的取值范圍是，∴=0在[-1，1]上有解ó∈或. 點評: 將原題中的方

7、程化成的形式, 問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)[-1，1]上的 值域的問題,是解析2的思路走向. 變式訓練:設全集為R，集合，集合關(guān)于x的方程的根一個在（0，1）上，另一個在（1，2）上}. 求( )∩( )． 解：由,， 即 ,∴　． 又關(guān)于x的方程 的根一個在（0，1）上，另一個在（1，2）上， 設函數(shù)，則滿足 ，∴． ∴　 ∴( )∩( )． 19.設函數(shù)f(x)=其中a為實數(shù). (Ⅰ)若f(x)的定義域為R,求a的取值范圍； (Ⅱ)當f(x)的定義域為R時，求f(x)的單減區(qū)間. 解：（1）由題意知，恒成立，； （2），令得；由得或 又，時，由得； 當時

8、，；當時，由得， 即當時，的單調(diào)減區(qū)間為； 當時，的單調(diào)減區(qū)間為． 變式訓練：已知函數(shù)函數(shù)的最小值為. （Ⅰ）求；（Ⅱ）是否存在實數(shù)m，n同時滿足下列條件：①m>n>3；②當?shù)亩x域為[n，m]時，值域為[n2，m2]？ 若存在，求出m，n的值；若不存在，說明理由． 解：（Ⅰ）∵ 設 當時； 當時，； 當 ∴ （Ⅱ）∵m>n>3， ∴上是減函數(shù). ∵的定義域為[n，m]；值域為[n2，m2]， ∴ 可得 ∵m>n>3， ∴m+n=6，但這與“m>n>3”矛盾. ∴滿足題意的m，n不存在． 20.已知函數(shù)，是方程f(x)=0的兩個根，是f(

9、x)的導數(shù)；設，（n=1,2,……） （1）求的值；（2）（理做）證明：對任意的正整數(shù)n，都有>； （3）記（n=1,2,……），求數(shù)列{bn}的前n項和Sn . 思路點撥:本題考察數(shù)列的綜合知識,將遞推數(shù)列與函數(shù)、導數(shù)有機地結(jié)合，加大了題目的綜合力度. 解：（1）由求根公式，及得方程兩根為. (2)要證需證. . 下面用數(shù)學歸納法證明: ①當時,,命題成立； ②假設時命題成立,即,． 則當時,,命題成立. 根據(jù)數(shù)學歸納法可知,對任意的正整數(shù)都有成立. (3)由已知和(2),, 所以. 點評:本題考察了求根公式及數(shù)學歸納法等數(shù)學方法的同時，也考察了轉(zhuǎn)化與化歸的數(shù)

10、學思想, 即將已知數(shù)列轉(zhuǎn)化成等比數(shù)列，本題對變形和運算要求較高. 補充:函數(shù)有如下性質(zhì)：①函數(shù)是奇函數(shù)；②函數(shù)在上 是減函數(shù)，在上是增函數(shù). （1）如果函數(shù)（x>0）的值域是，求b的值； （2）判斷函數(shù)（常數(shù)c>0）在定義域內(nèi)的奇偶性和單調(diào)性，并加以證明； （3）對函數(shù)（常數(shù)c>0）分別作出推廣，使它們是你推廣的函數(shù)的特例.判斷推廣后的函數(shù)的單調(diào)性（只需寫出結(jié)論，不要證明）. 解:（1）因為 （2）設 故函數(shù)為偶函數(shù). 設 函數(shù)在上是增函數(shù)； 當0 則為減函數(shù)，設 則是偶函數(shù)， 所以 所以函數(shù)上是減函數(shù)， 同理可證，函數(shù)上是增函數(shù).

11、（3）可以推廣為研究函數(shù)的單調(diào)性. 當n是奇數(shù)時，函數(shù)上是增函數(shù)， 在上是減函數(shù)； 當n是偶數(shù)時，函數(shù)上是增函數(shù)， 在上是減函數(shù)． 2．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù) 考點要求：1．指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)是高考經(jīng)?？疾榈膬?nèi)容，易與其他知識相結(jié)合，是知識的交匯點，便于考查基礎知識和能力，是高考命題的重點之一； 2．應加深對指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象、單調(diào)性、奇偶性的研究；特別注意用導數(shù)研究由它們構(gòu)成的復合函數(shù)或較復雜函數(shù)性質(zhì)。注意在小綜合題中

12、提高對函數(shù)思想的認識． 3．能熟練地對指數(shù)型函數(shù)與對數(shù)型函數(shù)進行研究。 一、 填空題： 1．已知，則實數(shù)m的值為． 2．設正數(shù)x,y滿足,則x+y的取值范圍是． 3．函數(shù)f(x)=a+log(x+1)在[0，1]上的最大值與最小值之和為 a，則a的值為． 4．設則． 5．設a＞1且,則的大小關(guān)系為m>p>n ． 6．已知在上是增函數(shù)， 則的取值范圍是 ． 7．已知命題p:在上有意義，命題Q：函數(shù) 的定義域為R．如果和Q有且僅有一個正確，則的取值范圍． 8．對任意的實數(shù)a,b 定義運算如下，則函數(shù) 的值域． 9．是偶函數(shù)則方程的零點的個數(shù)是 2 ． 1

13、0．設函數(shù)f(x)=lg(x+ax-a-1),給出下述命題：⑴f(x)有最小值；⑵當a= 0時，f(x)的值域為R；⑶當a=0時，f(x)為偶函數(shù)；⑷若f(x)在區(qū)間［2，+)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取范圍是a≥-4．則其中正確命題的序號（2）（3）（4） ． 11．將下面不完整的命題補充完整，并使之成為一個真命題：若函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象關(guān)于對稱，則函數(shù)的解析式是（填上你認為可以成為真命題的一種情形即可）． 12．已知函數(shù)滿足：，，則 16 ． 13．定義域為R的函數(shù)有5 不同實數(shù)解 則=． 14．已知函數(shù)，當a

14、 (1)(4) ． 二、解答題： 15．定義域均為R的奇函數(shù)f (x)與偶函數(shù)g (x)滿足f (x)＋g (x)＝10x． （1）求函數(shù)f(x)與g(x)的解析式；（2）證明：g(x1)＋g(x2)≥2g()； （3）試用f(x1)，f(x2)，g(x1)，g(x2)表示f(x1－x2)與g(x1＋x2)． 解：∵f(x)＋g(x)＝10x ①，∴f(－x)＋g(－x)＝10－x，∵f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，∴－f(x)＋g(x)＝10－x ②，由①，②解得f(x)＝(10x－)，g(x)＝(10x＋)． （Ⅱ）解法一：

15、g(x1)＋g(x2)＝(10＋)＋(10＋)＝(10＋10)＋(＋)≥×2＋×2＝10＋＝2g()． 解法二：[g(x1)＋g(x2)]－2g()＝(10＋)＋(10＋)－(10＋)＝ －＝ ＝≥＝0． （3）f(x1－x2)＝f(x1)g(x2)－g(x1)f(x2)，g(x1＋x2)＝g(x1)g(x2)－f(x1)f(x2)． 反思：掌握函數(shù)的函數(shù)解析式，奇函數(shù)，單調(diào)性，等常規(guī)問題的處理方法，第（2）問，把函數(shù)與不等式的證明，函數(shù)與指對式的化簡變形結(jié)合起來，提升學生綜合應用知識的能力．第（2）問還具有高等數(shù)學里凸函數(shù)的背景． 變式：函數(shù)為R上的偶函數(shù)，且對于任意實數(shù)都有成立

16、,當時，，求(k為整數(shù))時的解析式. ，， 16．設 ． （1）令討論F（x）在內(nèi)的單調(diào)性并求極值； （2）求證：當x>1時，恒有． （Ⅰ）解：根據(jù)求導法則有， 故， 于是， 列表如下： 2 0 極小值 故知在內(nèi)是減函數(shù)，在內(nèi)是增函數(shù)，所以，在處取得極小值． （Ⅱ）證明：由知，的極小值． 于是由上表知，對一切，恒有． 從而當時，恒有，故在內(nèi)單調(diào)增加． 所以當時，，即． 故當時，恒有． 反思：利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值和證明不等式的方法是新課改一個重點內(nèi)容也是考試的熱點。 變式：已知函數(shù)若，且對于任意，恒成立，試確定實

17、數(shù)的取值范圍； 由可知是偶函數(shù)． 于是對任意成立等價于對任意成立． 由得． ①當時，． 此時在上單調(diào)遞增．故，符合題意． ②當時，． 當變化時的變化情況如下表： 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 由此可得，在上，． 依題意，，又． 綜合①，②得，實數(shù)的取值范圍是． 17．已知函數(shù)的定義域恰為（0，+），是否存在這樣的a,b，使得f(x)恰在（1，+）上取正值，且f(3)=lg4？若存在，求出a,b的值；若不存在，請說明理由． 點撥：要求a,b的值即先求k的值。利用定義域恰為（0，+）建立k的關(guān)系式，顯性f(x)的單調(diào)性是

18、解題的關(guān)鍵. 解∵ a–kb>0，即 ()>k．又 a>1>b>0，∴ >1 ∴ x>logk為其定義域滿足的 條件，又∵函數(shù)f (x) 的定義域恰為(0,+) ， ∴l(xiāng)ogk =0， ∴k=1． ∴f (x)=lg(a–b)． 若存在適合條件的a，b則f (3)=lg(a–b)= lg4且lg(a–b)>0 對x>1恒成立， 又由題意可知f (x)在(1,+)上單調(diào)遞增． ∴x>1時f (x) > f (1) ，由題意可知f (1)=0 即a–b=1 又a–b=4 注意到a>1>b>0，解得a=,b=． ∴存在這樣的a，b滿足題意． 變式：（1）函數(shù)且a,

19、b為常數(shù)在（1，+）有意義,求實數(shù)k的取值范圍； （2）設函數(shù)其中a為常數(shù)且f(3)=1討論函數(shù)f(x)的圖象是否是軸對稱圖形？并說明理由． 18．定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log3，且對任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求證f(x)為奇函數(shù)； (2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0對任意x∈R恒成立，求實數(shù)k的取值范圍． 點撥：欲證f(x)為奇函數(shù)即要證對任意x都有f(-x)=-f(x)成立．在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中，令y=-x可得f(0)=f(x)+f(-x)于是又提出新的問題，求f(0)的值．令x=y=0可得f(0)

20、=f(0)+f(0)即f(0)=0，f(x)是奇函數(shù)得到證明． (1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)，　　　　　　　　　　　　 ① 令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0． 令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，則有 0=f(x)+f(-x)．即f(-x)=-f(x)對任意x∈R成立，所以f(x)是奇函數(shù)． (2)解：f(3)=log3＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)在R上是增函數(shù)，又由(1)f(x)是奇函數(shù)． f(k·3)＜-f(3-9-2)=f

21、(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2， 3-(1+k)·3+2＞0對任意x∈R成立． 令t=3＞0，問題等價于t-(1+k)t+2＞0對任意t＞0恒成立． 令f(t)= ,　其對稱軸． 當即時，，符合題意； 當時，對任意，恒成立 解得． 綜上所述，當時f(k·3)+f(3-9-2)＜0對任意x∈R恒成立． 反思：問題(2)的上述解法是根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)．f(x)是奇函數(shù)且在x∈R上是增函數(shù)，把問題轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)f(t)= t-(1+k)t+2對于任意t ＞0恒成立．對二次函數(shù)f(t)進行研究求解．本題還有更簡捷的解法：分離系數(shù)由k·3＜-3+9+2得． ，即u的最小值為要使

22、對不等式恒成立，只要使 k<即可． 變式：函數(shù)與圖象的唯一交點的橫坐標為，當時， 不等式恒成立,求t的取值范圍．（） 19．在xOy平面上有一點列P1(a1,b1)，P2(a2,b2)，…，Pn(an,bn)，…，對每個正整數(shù)n點Pn位于函數(shù)y=xx()x(0

23、明理由． 解1）由題意知：an=n+,∴bn=xx()． （2）∵函數(shù)y=xx()x(0bn+1>bn+2．則以 bn,bn+1,bn+2為邊長能構(gòu)成一個三角形的充要條件是bn+2+bn+1>bn,即()2+()－1>0, 解得a<－5(1+)或a>5(－1)．∴5(－1)

24、定值； （2）若數(shù)列的通項公式是…m)，求數(shù)列的前m項和Sm ； （3）在（2）的條件下，若時，不等式恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：（1）由知，x1+x2=1，則 故點P的縱坐標是，為定值． （2）已知…+…， 又…… 二式相加，得 … 因為…m-1)，故， 又，從而． （3）由得…①對恒成立． 顯然，a≠0， （?。┊攁<0時，由得．而當m為偶數(shù)時不成立，所以a<0不合題意；

25、 （ⅱ）當a>0時，因為，則由式①得， 又隨m的增大而減小，所以當m=1時，有最大值，故 ． 3．函數(shù)性質(zhì) 1．已知函數(shù)的定義域為M，的定義域為，則 ． 2．若函數(shù)的定義域為R，則實數(shù)的取值范圍 [0,1] ． 3．在中，BC=2，AB+AC=3，以AB的長x為自變量,BC邊上的中線AD長y為函數(shù)值，則函數(shù)的定義域是 4．已知函數(shù)則F(x)的最小值為 ． 5．若函數(shù)在區(qū)間上的值域為[-1,3],則滿足題意的a,b構(gòu)成的點(a,b)所在線段的方程是或． 6．若函數(shù)其中集合A,B是實數(shù)R的子集,若,則x=．

26、 7．已知是R上的減函數(shù),則a的取值范圍是 8．若函數(shù)的最大值與最小值分別為M,m，則M+m= 6 ． 9．若函數(shù)f(x)滿足,當時,=． 10．已知偶函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[-1,0]上單調(diào)遞減,且滿足f(1-x)+f(1+x)=0給出下列判斷：①f(5)=0；②函數(shù)f(x)在[1,2]上是減函數(shù)；③f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱；④函數(shù)y=f(x)在x= 0處取得最小值．其中正確的序號是 ① ④ ． 11．若實數(shù)x滿足,則． 12．偶函數(shù)，且的解集為，是R上奇函數(shù)且的解集為，則的解集為． 13．已知定義在R上的函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，且滿足，又，，則 1 ． 1

27、4．設定義域為D，若滿足（1）在D內(nèi)是單調(diào)函數(shù)（2）存在使在值域為,則稱為D上的閉函數(shù).當為閉函數(shù)時，k的范圍是． 二、解答題 15．(1)若函數(shù)的定義域、值域都是閉區(qū)間，求b的值． （2）定義兩種運算：,試判斷的奇偶性； （3）求函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間． 解：（1）2；（2）奇函數(shù)；（3）（-1，1）． 16．定義域均為R的奇函數(shù)f(x)與偶函數(shù)g(x)滿足f(x)＋g(x)＝10x. （Ⅰ）求函數(shù)f(x)與g(x)的解析式； （II）證明：g(x1)＋g(x2)≥2g()； (III)試用f(x1)，f(x2)，g(x1)，g(x2)表示f(x1－x2)與g(x1＋x2)．

28、 思路點撥: (1)利用函數(shù)的奇偶性建立函數(shù)方程組,解出 (2)從形式上聯(lián)想基本不等式或利用比較法可證 (3)利用(I)的結(jié)論并加以類比可得結(jié)果 解：（Ⅰ）解：∵f(x)＋g(x)＝10x ①，∴f(－x)＋g(－x)＝10－x， ∵f(x)為奇函數(shù)，g(x)為偶函數(shù)， ∴f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，∴－f(x)＋g(x)＝10－x ②， 由①，②解得f(x)＝(10x－)，g(x)＝(10x＋)． （II）解法一：g(x1)＋g(x2)＝(10＋)＋(10＋)＝(10＋10)＋(＋) ≥×2＋×2＝10＋＝2g()． 解法二

29、：[g(x1)＋g(x2)]－2g()＝(10＋)＋(10＋)－(10＋) ＝－＝ ＝≥＝0． （III）f(x1－x2)＝f(x1)g(x2)－g(x1)f(x2)，g(x1＋x2)＝g(x1)g(x2)+f(x1)f(x2)． 回顧反思：任一函數(shù)均可表示為一個奇函數(shù)與一個偶函數(shù)的和 17．給出定義：若（其中為整數(shù)），則叫做離實數(shù) 最近的整數(shù)，記作，即. 在此基礎上有函數(shù). （1）求的值； （2）對于函數(shù)，現(xiàn)給出如下一些判斷：① 函數(shù)是偶函數(shù)；② 函數(shù)是周期函數(shù)； ③ 函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增；④ 函數(shù)的圖像關(guān)于直線對稱．請你將以上四個判斷中正確的結(jié)論全部選擇出來，并加以證明；

30、 （3）若，試求方程的所有解的和. 思路點撥:(1) 準確理解定義并據(jù)定義進行運算 (2)利用定義逐一討論函數(shù)的性質(zhì) (3)畫出函數(shù)的簡圖,利用對稱性可得結(jié)論 解(1)由題設得:； (2)正確的判斷為①②④證明(略) (3)由周期為1和偶函數(shù)性質(zhì)知:方程的所有解的和為413． 反思回顧:對于函數(shù)信息題,準確把握題意是解決問題的關(guān)鍵 18．設函數(shù) （1）求證：為奇函數(shù)的充要條件是 （2）設常數(shù)＜，且對任意x，＜0恒成立，求實數(shù)的取值范圍 思路點撥:(1)分清充分性和必要性加以證明； (2)將參數(shù)a分離出來，轉(zhuǎn)化為函

31、數(shù)的最值來處理． 解：（1）（充分性） 若，∴a=b=0，∴對任意的都有， ∴為奇函數(shù)，故充分性成立． （必要性）若為奇函數(shù),則對任意的都有恒成立， 即， 令x=0得b=0，令x=a得a=0，∴ （2）由＜＜0， 當x=0時取任意實數(shù)不等式恒成立． 當0＜x≤1時,＜0恒成立，也即＜＜恒成立． 令在0＜x≤1上單調(diào)遞增，∴＞． 令，則在上單調(diào)遞減，單調(diào)遞增 當＜時，在0＜x≤1上單調(diào)遞減； ∴＜，∴ ＜＜． 當≤＜時

32、 ≥． ∴ ＜．∴＜ ＜． 19．已知函數(shù)f(x)=x3－3ax(a∈R)． (I)當a=l時，求f(x)的極小值； (Ⅱ)若直線x+y+m=0對任意的m∈R都不是曲線y=f(x)的切線，求a的取值范圍； (Ⅲ)設g(x)=|f(x)|，x∈[－l，1]，求g(x)的最大值F(a)的解析式． 思路點撥：(1)按照求函數(shù)極值的步驟直接求解; (2)利用導數(shù)的幾何意義求解； (3)利用函數(shù)的性質(zhì),將g(x)的最大值表示出來 然后討論求解． 解（I）∵當a=1時，令=0，得x=0或x=1 當時，當時． ∴在上單調(diào)遞減，

33、在上單調(diào)遞增， ∴的極小值為=-2. （II）∵，∴要使直線=0對任意的總不是曲線的切線，當且僅當-1<-3a,∴. (III)因在[-1,1]上為偶函數(shù),故只求在 [0,1]上最大值， ① 當時，，在上單調(diào)遞增且, ∴，∴. ②當時，． i.當，即時，在上單調(diào)遞增， 此時 ii. 當，即時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào) 遞增. 10 當即時，在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，故； 20當即時， （?。┊敿磿r， ； （ⅱ） 當即時，． 綜上 反思回顧:(1)掌握求解函數(shù)的極 (最) 值的方法和步驟是解決問題的突破口 (2)確定引起討論的原因

34、,找出分類的標準是解決問題的關(guān)鍵 變式:已知，函數(shù) （Ⅰ）當t=1時，求函數(shù)在區(qū)間[0，2]的最值； （Ⅱ）若在區(qū)間[－2，2]上是單調(diào)函數(shù)，求t的取值范圍； （Ⅲ））是否存在常數(shù)t，使得任意恒成立，若存在，請求出t，若不存在請說明理由. 解：(Ⅰ)，． 當時，， （Ⅱ）是單調(diào)增函數(shù)； 由是單調(diào)減函數(shù)； （Ⅲ）是偶函數(shù)，對任意都有成立， 對任意都有成立 1°由（Ⅱ）知當或時，是定義域上的單調(diào)函數(shù)， 對任意都有成立 時，對任意都有成立． 2°當時，，由， 得．上是單調(diào)增函數(shù)在上是單調(diào)減函數(shù)，

35、 ∴對任意都有． 時，對任意都有成立． 綜上可知，當時，對任意都有成立． 20．設函數(shù)y=f(x)定義域為R,當時,,且對于任意的都有成立,數(shù)列滿足且． (1) 求f(0)的值,并證明函數(shù)y=f(x)在R上是減函數(shù)； (2) 求數(shù)列的通項公式； (3) 是否存在正數(shù)k,使對一切都成立,若存在, 求出k的最大值,并證明；否則，請說明理由． 思路點撥:(1)解決抽象函數(shù)的有關(guān)問題常采用“賦值法”或“尋求背景函數(shù)”； （2）利用函數(shù)的單調(diào)性得出數(shù)列的遞推關(guān)系，進而求出通項公式； （3）構(gòu)造函數(shù)，分離參數(shù)求出k的值． 解(1)由題意得:． 又當

36、故． 設則． 所以函數(shù)f(x)在R上減函數(shù)． (2)由得 又函數(shù)f(x)在R上減函數(shù),所以,易得數(shù)列的通項公式為 (3)若存在正數(shù)k,使成立 記 F(n)單調(diào)遞增, F(n)的最小值為F(1)= 則滿足題意的k最大值為． 反思回顧：（1）抽象函數(shù)的背景函數(shù)常見形式有： ①其背景函數(shù)為； ②其背景函數(shù)為； ③其背景函數(shù)為； ④其背景函數(shù)為． （2）恒成立問題的常見解決方法有： ①轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的最值；②分離參數(shù)法；③利用基本不等式或者線性規(guī)劃；④數(shù)形結(jié)合法等． 變式一: 已知定義在R上的函數(shù)，對于任意的實數(shù)a，b都有，且 （1）求的值;

37、 (2)求的解析式（）. 解：（1）令a=b=1，求得, 又 ∴ （2） ∴ 令 ， ∴ ∴ 數(shù)列 是以公差d= 的等差數(shù)列 ∴ ,∴,∴． 變式二: 設函數(shù),若． (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)設,求證:； (3)設關(guān)于x的方程的兩個實數(shù)根為且,試問:是否存在正整 數(shù),使得?說明理由 解(1)由題設得 故函數(shù)f(x)的解析式為 (2)由， 易知n=1,2時成立

38、． 當時, = (3), 從而有或,即存在=1或2,使． 4．函數(shù)的圖象 要求：掌握繪制函數(shù)圖象的一般方法，能夠熟練掌握函數(shù)y=f(x)的圖象與?y=-f(x),y=-f(-x), y=f(-x),y=f(x±a),y=f(|x|),y=|f(x)|,y=af(x)圖象之間的關(guān)系．解題中要注意圖象對解題的輔助作用． 一、填空題：x y O （第2題圖） 1．已知y=f (2x+1)是偶函數(shù),則函數(shù)y=f (2x)的圖 象關(guān)于直線__ x=0.5 __對稱，函數(shù)

39、y=f (x)的 圖象關(guān)于直線__ x=1 _對稱，函數(shù)y=f (-x+2) 與y=f (x-2)的圖象關(guān)于直線__x=2__對稱． 2．函數(shù)y=f (x)的圖象過原點且它的導函數(shù)f ‘(x) 300 600 900 30 40 50 x y O （第3題圖） 的圖象是如圖所示的一條直線，則y=f(x)圖象的 頂點在第 一 象限． 3．某航空公司規(guī)定，乘機所攜帶行李的重量（kg） 與其運費（元）由如圖的一次函數(shù)圖象確定，那 么乘客免費可攜帶行李的最大重量為__20kg _． 4．下列函數(shù)中，能用二分法求零點的是_ (3)_ ．

40、 O x y O x y O x y （將可能的序號都填上） O x y (1) (2) (3) (4) 5．已知函數(shù)y=f (x)的圖象如圖所示，則不等式>0的解集為__(-2,1)__． 6．設(x)是函數(shù)f (x)的導函數(shù)，y=(x)的圖象如右圖所示，若f (0)=6,f (2)=2，又f(x)>a2-a對x≥0恒成立，則a的取值范圍為__-1

41、 y （第6題圖） π 2π 1 x y O -1 （第7題圖） 7．已知函數(shù)y=f(x), x∈[0,2π]的導函數(shù)y=(x)的圖象如圖所示，則y=f (x) +(x)的單調(diào)區(qū)間為． ④① x y ③① x y ②㈡① x y ① x y 8．在股票買賣過程中，經(jīng)常用到兩種曲線，一種是即時價格曲線y=f(x)(實線表示)，另一種是平均價格曲線y=g(x)(虛線表示)(如f(2)=3是指開始買賣后兩個小時的即時價格為3元g(2)=3表示2個小時內(nèi)的平均價格為3元)，下圖給出四個圖象：

42、1 2O 3 x y O 其中可能正確的圖象序號是　③?。? 9．已知Ｐ(4,5)，點Q在y軸上，點R在直線y=x上， 則△PQR的周長的最小值為． 10．已知函數(shù)f(x)是定義在(-3,3)上的奇函數(shù)，當0

43、5 1 3 x y -2 Ｏ ① 函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(-3,)內(nèi)單調(diào)遞增； ② 函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(,3)內(nèi)單調(diào)遞減； ③ 函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(4,5)內(nèi)單調(diào)遞增； ④ 當x=2時，函數(shù)y=f(x)有極小值； OA 4 14 9 x y （第13題圖2） P A B C D x↑ f(x) （第13題圖1） ⑤ 當x=時，函數(shù)y=f(x)有極大值． 則上述判斷中正確的是?、邸。? 13．直角梯形ABCD如圖(1)所示，動點 P從B出發(fā)，由B→C→D→A沿邊運動， 設點P運動的路程為x，△ABP的面積 P 5 x y

44、 為f(x)，如果函數(shù)y=f(x)的圖（2），則 △ABC的面積為____16 __． 14．如圖所示，函數(shù)g(x)=f(x)+的圖 象在點P處的切線方程是y= -x+8，則f(5)+(x) =_____-5_______． x y O x y (備用).已知函數(shù)f (x)=的圖象是下列兩個圖象中的一個,請你選擇后再根據(jù)圖象作出下面的判斷:,間一定存在的不等關(guān)系為___________ ()． O 　　　 二、解答題： 15．解(1) , (0≤t≤40) (2)每件產(chǎn)品A的銷售利潤h(t)與上市時間t的關(guān)系為 設這家公司的日

45、銷售利潤為F(t), 則F(t)== 當0≤t≤20時,,故F(t)在[0,20]上單調(diào)遞增,此時F(t)的最大值是F(20)=6000<6300； 當206300,解得; 當30

46、1和m2是方程f(x)=-a的實根. 因為f(1)=a+b+c=0,則b= -(a+c)．因為△≥0,即,即,所以(3a-c)(a+c)≤0. 因為f(1)=0,所以f(1)=a+b+c=0;因為a>b>c,所以a>0,c<0. 所以3a-c>0,所以a+c≤0,即-b≤0,所以b≥0. (2)設f(x)= ax2+bx+c的兩根為x1,x2,因為f(1)=a+b+c=0,所以方程f(x)=0的一個根為1,另一根為.又因為a>0,c<0,所以<0.因為a>b>c且b=-a-c≥0,所以a>-a-c>c,所以 ,所以2<3. (3)設f(x)=a(x-x1)(x-x2)=a(x-1)

47、(x-).由已知f(m1)=-a或f(m2)=-a,不妨設f(m1)=-a,則 a(m1-1)(m1-)=-a<0,所以.因為f(x) = ax2+bx+c的對稱軸為 ,所以a>b≥0,所以,所以f(x)在[1,+∞)為增函數(shù).所以f(m1+3)>f(1)=0, 所以f(m1+3)>f(1),所以f(m1+3), f(m2+3)中至少有一個數(shù)為正數(shù). 17．解答:(1),時, >0,f(x)在[1,e]上單調(diào)遞增. ,. (2)設F(x)=f (x)-g(x), =x+= (1-x)(1+x+2x2)/x. 因為x>1時, <0,所以F(x)在(1,+∞)遞減,F(1)= -1/

48、6<0，所以在(1,+∞)上F(x)<0,所以 f(x)

49、共點,∴函數(shù)F(x)與G(x)的圖象有兩個公共點. ∴或b=-9,∴. 變式：設函數(shù)f(x)=,0

50、02a, 在[a+1,a+2]上為減函數(shù). ∴,. 于是,問題轉(zhuǎn)化為求不等式組 的解. 解得,又0

51、= 4x3-2ax，當0≤x≤1時，-1≤-x≤0， 由f (x)為偶函數(shù)，可知f (x) = f (-x) = -4x3+2ax．所以f (x) = （2）因為f (x)為偶函數(shù)，所以f (x) (-1≤x≤1)的最大值必等于f (x)在區(qū)間[0,1]上的最大值，故只需考慮0≤x≤1的情形，此時有f (x) = -4x3+2ax，，令， 可得．當，即a∈(6,+∞)時，在區(qū)間上，故f (x)在區(qū)間[0,1] 上單調(diào)遞增，所以f (x) 在[-1,1]上的最大值為f (1) = 2a-4，令f (1) = 2a-4 = 12，可得a = 8； 當a∈(2,6]時，，可知在區(qū)間[0,

52、 上，在區(qū)間,1]上 可推知：f (x)在區(qū)間[0, ]上單調(diào)遞增，在區(qū)間［,1]上單調(diào)遞減．所以f (x)在 [-1,1]上的最大值為f () = ． 20．解:(1)由題意得 (2)設P(x,y)為y=h(x)的圖象上任一點,點P關(guān)于直線y=1的對稱點為Q(x,2-y). ∵點Q(x,2-y)在y=g(x)的圖象上, ∴2-y=,即得h(x)= (3)F(x)== 下面求F(x)的最小值. ① 當 ,即時,F(x)=， 由[F(x)]min=>,得(2a-1)(a-2)<0,所以. ② 當 即時,F(x)在R上是增函數(shù),無最小值,與[F(x)]min=m不符

53、, ③當 即a≤4時,F(x)在R上是減函數(shù),無最小值,與[F(x)]min=m不符, ④當 即a<0時,F(x)<2,與最小值m>不符. 綜上所述,所求a的取值范圍是()． 5．函數(shù)綜合題 一、填空題： 1．若函數(shù)的定義域為R，則實數(shù)a的取值范圍是　?。? 2．函數(shù)的圖象和函數(shù)的圖象的交點個數(shù)是　3　． 3．設均為正數(shù)，且，，．則a，b，c的大小 關(guān)系是． 4．函數(shù)與函數(shù)的圖象及與所圍成的圖形面積是 __ 2 __． 5．若函數(shù)有3個不同零點，

54、則實數(shù)a的取值范圍是____． 6．已知函數(shù)是定義在R上的奇函數(shù)，且，對任意，都有成立，則____0___． 7．若f(x)=在上為增函數(shù)，則a的取值范圍是__． 8．f(x)=的定義域為[a,b]，值域為[0,1]，若區(qū)間[a,b]的長度為b-a，則b - a的最 小值為． 9．定義在R上的函數(shù)既是奇函數(shù)，又是周期函數(shù)，T是它的一個正周期.方程　在閉區(qū)間上的根的個數(shù)至少有 5 個． 10．已知函數(shù)，若，則與的大小關(guān)系是． 11．已知函數(shù)的圖象C上存在一定點P滿足：若過點P的直線l與曲線C 交于不同于P的兩點M(x1, y1)，N(x2, y2)，就恒有的定值為y0，則y0的值

55、為-． 12．已知，直線過定點P，點Q在曲線上，則的范圍是_____________． 13．設函數(shù)f(x)的定義域為R，若存在與x無關(guān)的正常數(shù)M，使對一切實數(shù)x均成立，則稱f(x)為有界函數(shù)，下列函數(shù)：（1）f(x)=x2；（2） f(x)=2x；（3）f(x)= 2sinx；（4）f(x)=sinx+cosx．其中是有界函數(shù)的序號是 ③，④ ． 14．三位同學在研究函數(shù)時，分別給出下面三個命題： ①函數(shù)的值域為②若則一定有 ③若規(guī)定則對任意的恒成立，所 有正確命題的序號是 ①，②，③ ． 二、解答題： 15．解：當時，的解集為，故； （1）當時，而，

56、此時拋物線開口向上，函數(shù)有兩個零點且分別在y軸的兩側(cè)，此時若要求，故只需即可，解之得，； （2）當時，而，此時拋物線開口向下，函數(shù)兩個零點也分別在y軸的兩側(cè)，若要求，故只需即可，解之得，． 綜上得a的范圍是． 反思 此題解法較多，亦可以分別求出的解集，然后討論兩根的范圍，但要涉及無理不等式的求解，學生易錯；也可以從這一特征，判斷出函數(shù)的兩零點分別在y軸的兩側(cè)．但上述解法抓住的值，使討論簡潔明了，層次清楚，過程大簡化，縮短解題過程． 變式求解 ： （xx廣東省高考第20題） 已知是實數(shù)，函數(shù)．如果函數(shù)在區(qū)間上有零點，求的取值范圍． 分析與簡解 由于二次項系數(shù)含參數(shù)不能確定正

57、負，影響拋物線開口方向，影響對稱軸，故對函數(shù)零點的情況有影響，因此需對的值分類討論． （1）當時，，此時的零點是，； （2）當時，，故拋物線開口向上，而此時，， ∴若要使在區(qū)間上有零點， 則只需或，即，， 或，，∴． （3）　當時，，故拋物線開口向下， 而此時故若要在區(qū)間上有零點，只需 ，即， ∴的取值范圍是． 16． 解 （1）令， 則由得， ∴，∴實數(shù)a的取值范圍是． （2）， 設，∵當時，單調(diào)遞增， ∴． （1）由韋達定理得： ． （2） ， 故． 反思 解法1數(shù)形結(jié)合，將方程根范圍轉(zhuǎn)化為函數(shù)圖象關(guān)系，解法2從韋達定理角度出發(fā)，轉(zhuǎn)化不等關(guān)系，第

58、二問從更一般的角度思考，用系數(shù)表示根，結(jié)合基本不等式證得。 變式題： 已知函數(shù)，對應方程在內(nèi)有兩相異實根，求證：（1）；（2） 解 設方程兩根為、， （1） 從而，， 即， （2）， 因等號不能同時取到，所以 17． 解 （1）∵，且是R上的偶函數(shù)，∴， ． （2）當時，， 同理當時，， ∴。 （3）由于函數(shù)是以2為周期，故只需考查區(qū)間． 若時，由函數(shù)的最大值為知，即， 當時，則當時，有最大值，即，舍去， 綜上可得，． 當時，若，則，∴， 若，則，∴， ∴此時滿足不等式的解集為． ∵是以2為周期的周期函數(shù)， 當時，的解集為， 綜合上得不等

59、式解集為． 18． 解（1）由在上為減函數(shù)， 得，解之得，∴所求區(qū)間為． （2）取，可得不是減函數(shù)，取，可得在 不是增函數(shù)，∴不是閉函數(shù)． （3）設函數(shù)符合條件②的區(qū)間為，則， 故a，b是方程的兩個實根，命題等價于 有兩個不相等的實根， 當時，，解得，∴． 當時，，無解． ∴k的取值范圍是． 19．解 （1） ∵對任意有， ∴，又由，∴． 若，∴，即． （2） ∵對任意有， 又有且僅有一個實數(shù)，使得， ∴對任意有， 在上式中令，有， 又∵，∴，即或。 若，則，即，但方程有兩個不同的實數(shù)根，與題設條件矛盾；若，則，即，滿足條件， ∴滿足條件的函數(shù)． 2

60、0．解 （1），當且僅當時等號成立， 故的取值范圍為． （2），由，又， ∴上是增函數(shù)， ∴． （3）由（2）知，若對任意恒成立，則， 而，在上遞減，在上單調(diào)遞增， ∴要使在上恒成立，必有，解之得． 6．導數(shù)（一） 一、填空題 1．當h無限趨近于0時，無限趨近于 6 ． 2．若函數(shù)的增區(qū)間為（0，1），則的值是 1 ． 3．曲線在點（）處的切線方程為 ． 4．函數(shù)y=x3-3x+1在閉區(qū)間[-3 0]上的最大值與最小值分別為___3,-17__． 5．函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為．

61、 6．當時，恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是___m>2___． 7．設、分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，當x<0時且，則不等式的解集為． 8．若函數(shù)在x=1處取的極值，則3a+b+c=____0____． 9．若曲線在點P處的切線垂直于直線，則P的坐標為__(1,0)_ __． 10.設曲線直線y=0及x=t(t>0)圍成的封閉圖形的面積為S(t)，則= ； 11．設a、b為實數(shù)且b-a=2，若多項式函數(shù)在區(qū)間（a, b）上的導函數(shù)滿足 ，則與的大小關(guān)系是． 12．母線長為1的圓錐體積最大時，圓錐的高等于． 13．圓形水波的半徑50cm/s的速度向外擴張，當半徑為250cm時

62、，圓面積的膨脹率為 ． 14．已知數(shù)列{an}滿足2an+1= -an3+3an且，則an的取值范圍為 (0,1)． 二、解答題： y x O 15.已知函數(shù)，，是否存在整數(shù)m，使得函數(shù)f(x)與g(x)圖像在區(qū)間(m,m+1)內(nèi)有且僅有兩個公共點，若有，求出m的值，若沒有，請說明理由. 變式題:已知函數(shù)f(x)=x3 +bx2+3cx+8 和g(x)=x3+bx2+cx(其中- ＜b＜0)， F(x)=f(x)+5g(x), (1)=(m)=0. （1）求m的取值范圍； （2）方程F(x)=0有幾個實根？為什么？ 點撥：兩曲線的公共點一般轉(zhuǎn)化為

63、方程的根問題， 根據(jù)方程特點，利用三次函數(shù)的單調(diào)性，極值（最值）及圖像特征是解決問題的突破點. 解：函數(shù)f(x)與g(x)公共點的橫坐標即是方程的解, 也就是方程 的根. 記h(x)= ，則 令得，由單調(diào)性易知，h(0)和分別是極大值和極小值. ＜0（如圖）,由圖形知有三個零點, 且又h(3)=1,h(4)=5,故,即故可取m=3. 又區(qū)間(m,m+1)長度為1，故m不可能有其他值.綜合知，存在整數(shù)m=3滿足題意. 變式點拔：（1），由題設易得 ，消去c得，故，再由-＜b＜0 可解得m的取值范圍是. （2）方程F(x)=0，化簡有3x3+3bx

64、2+4cx+4=0.記Q(x)= 3x3+3bx2+4cx+4,則Q/(x)= 9x2 +6bx+4c,∵-＜b＜0,c= - ,∴-1＜c＜0,∴△＞0，故Q/(x)=0有相異兩實根,即函數(shù) Q(x)有兩個極值點,不妨設為x1, x2 (x1＜x2),則Q(x)極大值為Q(x1)，極小值為Q(x2). 下面要確定兩個極值的符號，顯然十分困難，從函數(shù)結(jié)構(gòu)特征上發(fā)現(xiàn)Q(0)=4,它就是此題的一個“啟示點”，因為Q（x）在區(qū)間（x1,x2）內(nèi)為減函數(shù),所以Q(x1) ＞Q(0) ＞Q(x2),則Q(x1)一定為正，從而只須確定Q(x2)的符號即可. 而三次函數(shù)Q(x2)= 3 x23+3b

65、x22+4c x2+4的符號較難確定,函數(shù)Q（x）具有一個特性，即Q/(x2)恒為0 (x2為Q(x)的極值點),以此為中心,利用它的特性進行兩次降次，由3次降至1次,尋求解決問題的思路.Q(x2)= 3 x23+3b x22+4c x2+4= x2(9 x22+6b x2+4c)+b x22+c x2+4=0+ b x22+c x2+4= (9 x22+6bx2+4c) +(c-b2) x2+4- bc =(c-b2)x2+4- bc. 由韋達定理得x1+x2= - b , x1x2= c ,∴0＜x1+x2＜1, - ＜x1x2＜0,x1＜0＜x2,x1＞ -,∴1＞x1+x2＞-+

66、x2,9x22-9x2-4＜0 ,∴0＜x2＜, 于是 Q(x2)=(c-b2)x2+4-bc＞(c-b2)+4- bc＞-+4＞0, 故Q（x）與x軸只有一個交點,所以方程F(x)=0只有一個實根． 點評: 此題從函數(shù)特性中抓“啟示點”—引領思維“尋路”。特殊函數(shù)可以幫助我們輕松地選擇思維的起點、方向、重心，以特殊函數(shù)特征、特性為中心，對信息層層剖析，使推理更具針對性、目標性。 此題充分利用三次函數(shù)Q(x2)具有的Q/(x2)=0這個特性,因勢利導, 由三次降為一次,撥開云霧挖掘出深層次的內(nèi)涵, 突破了關(guān)口.它的特性有著畫龍點睛，凝神聚氣之奇效!是思維的導向標! 16.用導數(shù)知識證明拋物線的光學性質(zhì)：位于焦點F的光源所射出的光線FP經(jīng)拋物線上任一點反射后（該點處的切線反射）反射光線PM與拋物線對稱軸平行. 點撥：要證兩直線平行，可從多種角度入手根據(jù)導數(shù)意義及切線特點，從角方面研究本題較為方便. 證：設拋物線方程為 , 則焦點為. 由拋物線定義知，又， 故PN的方程為， 令x=0得 軸． 17．如圖,酒杯的形狀為倒立的圓錐，杯深8cm， 上口寬6