2018届二轮复习 第二部分 板块(一) (三)函数方程 稳妥实用 课件(全国通用)
2018届二轮复习：模块一专题三 考点1主流思想—从“百家争鸣”到思想的趋时更新 课件(46张)
(二)能力方法灵活考 2．(2013· 全国卷Ⅰ)自汉至唐，儒学被奉为“周(公) 孔之道”，宋代以后儒学多被称作“孔孟之道” ，促成这 一变化的是( )
A．宗法血缘制度逐渐瓦解 B．仁政理念深入人心 C．程朱理学成为统治思想 D．陆王心学日益兴起
解析：本题主要考查历史五大核心素养之 “历史理 解”。根据所学，宋代朱熹首次将《大学》 《中庸》 《论语》 和《孟子》一起合称为“四书”并给其作出注解，随着程 朱理学成为统治思想， 《四书章句集注》成为科举考试依 据的教科书，程朱理学逐渐成为统治思想，答案选 C百家，独尊儒术”、屈民而伸 君(法家)。 ②神化皇权：天人感应、君权神授(阴阳家)。
2．程朱理学对孔孟思想的继承与发展 (1)继承：强调儒家伦理道德、性善，追求圣贤、气 节、德操等。 (2)发展： ①高——把儒家伦理提高为天理。 ②深——把道德良知深植于内心。 ③广——把追求圣贤推广到民众。
明清 之际
批判与继承 (1)李贽反对以孔子和儒家经典为判断 是非的标准，批判“存天理，灭人欲” 的说教 (2)黄宗羲揭露君主专制是天下之大害， 提出“天下为主，君为客”“工商皆 本”的主张 (3)顾炎武提出“经世致用”的主张 (4)王夫之认为世界是物质的、物质是 变化的、运动是绝对的
思维深化 1．董仲舒对孔孟思想的继承与发展 (1)继承： ①大一统：孔子强调正名、礼乐征伐自天子出等。 ②实行仁政：限田、薄赋、省役；天人感应，防止 暴政等。 ③道德修养：五常(仁义礼智信)。
模块一 农耕文明时代的中国和
世界
专题三 中国传统文化主 流思想与科技文艺
把握线索 中国古代文化是世界文化宝库中最为辉煌灿烂的文 化，思想、科技、文学、艺术全面繁荣，长期发展，经久 不衰。
线索一：思想演变 古代中国思想上迄先秦、下至明清，其核心是儒学产 生、发展、成熟、批判继承的历史过程。春秋战国与明清 之际，中国思想相对活跃，中间时期思想发展日趋僵化， 具体历程如下：创立(孔子：仁、礼)→发展(孟子：仁政、 民贵君轻；
届数学二轮复习第二部分专题篇素养提升文理专题一三角函数三角恒等变换与解三角形第2讲三角恒等变换与解三
第2讲三角恒等变换与解三角形（文理)JIE TI CE LUE MING FANG XIANG解题策略·明方向⊙︱考情分析︱1．三角恒等变换是高考的热点内容，主要考查利用各种三角函数公式进行求值与化简,其中二倍角公式、辅助角公式是考查的重点，切化弦、角的变换是常考的内容．2．正弦定理、余弦定理以及解三角形问题是高考的必考内容，主要考查：(1）边、角、面积的计算;（2）有关边、角的范围问题；(3)实际应用问题．⊙︱真题分布︱（理科)年份卷别题号考查角度分值202 0Ⅰ卷9、16三角恒等变换和同角间的三角函数关系求值；利用余弦定理解三角形10Ⅱ卷17解三角形求角和周长的12（文科）KAO DIAN FEN LEI XI ZHONG DIAN考点分类·析重点考点一三角恒等变换错误!错误!错误!错误!三角恒等变换与求值1．两角和与差的正弦、余弦、正切公式(1）sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β。
(2）cos(α±β）＝cos αcos β∓sin αsin β。
(3)tan(α±β)＝错误!。
2．二倍角的正弦、余弦、正切公式(1)sin 2α＝2sin αcos α。
（2)cos 2α＝cos2α－sin2α＝2cos2α－1＝1－2sin2α.（3）tan 2α＝错误!.3．辅助角公式a sin x＋b cos x＝错误!sin(x＋φ）（其中tan φ＝错误!)典错误!错误!错误!典例1（1)（2020·全国Ⅱ卷模拟）cos2 40°＋2sin 35°sin 55°sin 10°＝（A)A．错误!B．错误!C．错误!＋错误!D．错误!(2)(2020·宜宾模拟）已知α∈错误!,且3sin2α－5cos2α＋sin 2α＝0，则sin 2α＋cos 2α＝（A)A．1B．－错误!C．－错误!或1D．－1（3）已知函数f（x）＝错误!cos x cos错误!＋sin2错误!－错误!.①求f（x)的单调递增区间;②若x∈错误!，f（x)＝错误!,求cos 2x的值．【解析】（1）原式＝cos240°＋2sin 35°cos 35°sin 10°＝cos240°＋sin 70°sin 10°＝12＋12cos 80°＋sin 70°sin 10°＝错误!＋错误!(cos 70°cos 10°－sin 70°sin 10°＋2sin 70°sin 10°）＝错误!＋错误!(cos 70°cos 10°＋sin 70°sin 10°）＝错误!＋错误!cos 60°＝34。
高考数学二轮复习方案 第3讲 函数、方程及函数的应用课件 文 课标版
第3讲 │ 要点热点探究
► 探究点一 函数的零点和方程根的分布
例 1(1)[2011·山东卷] 已知函数 f(x)＝logax＋x－b(a＞0，且 a≠1)．当 2＜a＜3＜b＜4 时，函数 f(x)的零点 x0∈(n，n＋1)， n∈N*，则 n＝________.
(2)[2011·陕西卷] 方程|x|＝cosx 在(－∞，＋∞)内( ) A．没有根 B．有且仅有一个根 C．有且仅有两个根 D．有无穷多个根
f(1)＝－2
f(1.5)＝ 0.625
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
f(1.25)≈ －0.984
[2011·天津卷] 对实数 a 和 b，定义运算“⊗”：a⊗b＝
a，a－b≤1， b，a－b>1.
设函数 f(x)＝(x2－2)⊗(x－x2)，x∈R，若函
数 y＝f(x)－c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，则实数 c 的取
值范围是( )
A．(－1,1]∪(2，＋∞) B．(－2，－1]∪(1,2]
第3讲 函数、方程及函数的应用
第3讲 函数、方程及函数的应用
第3讲 │ 主干知识整合
主干知识整合
1．函数的零点 方程的根与函数的零点的关系：由函数的零点的定 义可知，函数 y＝f(x)的零点就是方程 f(x)＝0 的实数根， 也就是函数 y＝f(x)的图象与 x 轴的交点的横坐标．所以， 方程 f(x)＝0 有实数根⇔函数 y＝f(x)的图象与 x 轴有交 点⇔函数 y＝f(x)有零点．
第3讲 │ 要点热点探究
【分析】 (1)从对数函数的单调性入手，借助函数零点 定理，进一步确定 n 的值；(2)把方程解的问题转化为函数 图象的交点，进而得出方程根的情况．
(1)2 (2)C 【解析】 (1)本题考查对数函数的单 调性与函数零点定理的应用．因为 2＜a＜3，所以 loga2 ＜1＝logaa＜loga3，因为 3＜b＜4，所以 b－2>1>loga2， b－3＜1＜loga3，所以 f(2)·f(3)＝ (loga2＋2－b)·(loga3 ＋3－b)＜0，所以函数的零点在(2,3)上，所以 n＝2.(2) 如图所示，由图象可得两函数图象有两个交点，故方 程有且仅有两个根，故答案为 C.
2018届高考数学二轮复习第二部分板块一三函数方程稳妥实用课件理
3＋1 ， 2
[技法领悟]
一般地， 对于多变元问题， 需要确定合适的变量和参数， 反客为主，主客换位思考，创设新的函数，并利用新的函数 创造性地使原问题获解． 求解本题的关键是变换自变量， 以 参数 m 作为自变量而构造函数式，不等式的问题就变成函 数在闭区间上的值域问题．
函数与方程思想在三角函数、平面向量 中的应用
[典例]
(1)若方程cos x－sin
2
π x＋a＝0在 0，2 上有解，
则a的取值范围是________． [解析] 法一：把方程变形为a＝－cos2x＋sin x， π 2 设f(x)＝－cos x＋sin x，x∈0，2 ， 显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解． 1 2 5 2 因为f(x)＝－(1－sin x)＋sin x＝ sin x＋2 － ，且由x∈ 4 π 0， 知sin x∈(0,1]，易求得f(x)的值域为(－1,1]，故a的取值 2 范围是(－1,1]．
函数与方程思想在不等式中的应用
[典例]
设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实
数m的取值都成立，求x的取值范围．
[解] 问题可以变成关于m的不等式： 即(x2－1)m－(2x－1)<0在[－2,2]上恒成立， 设f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)， 2 f 2 ＝ 2 x －1－2x－1<0， 则 2 f － 2 ＝－ 2 x －1－2x－1<0，
所以－1<a≤1，
2018届高三数学二轮复习教案：模块二专题一第5讲 导数的简单应用
专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第五讲导数的简单应用高考导航导数的意义和运算是导数应用的基础，是高考的一个热点．2．利用函数的单调性和最值确定函数的解析式或参数的值，突出考查导数的工具性作用.1．(2017·福州质检)函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是()A．a≤0 B．a<0 C．a≥0 D．a>0[解析]函数f(x)＝x3－ax为R上增函数的一个充分不必要条件是f′(x)＝3x2－a>0在R上恒成立，所以a<(3x2)min.因为(3x2)min＝0，所以a<0.故选B.[答案] B2．(2017·全国卷Ⅱ)若x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，则f(x)的极小值为()A．－1 B．－2e－3C．5e－3D．1[解析]由题意可得f′(x)＝e x－1[x2＋(a＋2)x＋a－1]．∵x＝－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)e x－1的极值点，∴f′(－2)＝0，∴a＝－1，∴f(x)＝(x2－x－1)e x－1，f′(x)＝e x－1(x2＋x－2)＝e x－1(x－1)(x＋2)，∴x∈(－∞，－2)，(1，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增；x∈(－2,1)时，f′(x)<0，f(x)单调递减．∴f(x)极小值＝f(1)＝－1.故选A.[答案] A3．(2017·衡水中学三模)由曲线y ＝2－x 2，直线y ＝x 及x 轴所围成的封闭图形(图中的阴影部分)的面积是________．[解析] 把阴影部分分成两部分(y 轴左侧部分和右侧部分)求面积，[答案] 82＋764．(2017·北京卷)已知函数f (x )＝e x cos x －x . (1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程； (2)求函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上的最大值和最小值． [解] (1)∵f (x )＝e x cos x －x ，∴f (0)＝1，∴f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1， f ′(0)＝0，∴y ＝f (x )在(0，f (0))处切线过点(0,1)，k ＝0， ∴切线方程为y ＝1.(2)f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1， 设f ′(x )＝g (x )， ∴g ′(x )＝－2sin x ·e x ≤0， ∴g (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴g (x )≤g (0)＝0，∴f ′(x )≤0， ∴f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减， ∴f (x )max ＝f (0)＝1，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－π2.考点一 导数的几何意义与定积分1．导数公式 (1)(sin x )′＝cos x ； (2)(cos x )′＝－sin x ； (3)(a x )′＝a x ln a (a >0)；(4)(log a x )′＝1x ln a (a >0，且a ≠1)． 2．导数的几何意义函数f (x )在x 0处的导数是曲线f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线的斜率，曲线f (x )在点P 处的切线的斜率k ＝f ′(x 0)，相应的切线方程为y－f (x 0)＝f ′(x 0)·(x －x 0)．3．微积分基本定理一般地，如果f (x )是区间[a ，b ]上的连续函数，并且F ′(x )＝f (x )，那么⎠⎛ab f (x )d x ＝F (b )－F (a )．[对点训练]1．(2017·大同模拟)过点(1，－1)且与曲线y ＝x 3－2x 相切的切线方程为( )A ．x －y －2＝0或5x ＋4y －1＝0B ．x －y －2＝0C ．x －y ＋2＝0D ．x －y －2＝0或4x ＋5y ＋1＝0[解析] 设切点坐标为(x 0，y 0)，y 0＝x 30－2x 0，则曲线在(x 0，y 0)处的切线斜率为y ′＝3x 20－2，当x 0＝1时斜率为1，切线方程为x －y －2＝0，当x 0≠1时，过(1，－1)点的切线的斜率为x 30－2x 0＋1x 0－1＝x 20＋x 0－1＝3x 20－2，解得x 0＝－12，其斜率为－54，切线方程为5x ＋4y －1＝0，所以A 正确．[答案] A2．(2017·北京卷改编)已知函数f (x )＝e x cos x －x .则曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为_________________________．[解析] 因为f (x )＝e x cos x －x ，所以f ′(x )＝e x (cos x －sin x )－1，f ′(0)＝0.又f (0)＝1，所以曲线y ＝f (x )在点(0, f (0))处的切线方程为y ＝1. [答案] y ＝13．(2017·安徽示范高中二模)计算：⎠⎛01(2x －x 2－x )d x ＝________.[解析] 由定积分的几何意义知⎠⎛012x －x 2d x 是由y ＝2x －x 2与直线x ＝0，x ＝1所围成的图形的面积，即是以(1,0)为圆心，以1为半径的圆的面积的14，故⎠⎛012x －x 2d x ＝π4，⎠⎛01(－x )d x ＝－12x 2⎪⎪⎪10＝－12，∴⎠⎛01(2x －x 2－x )d x ＝π－24. [答案] π－244．(2017·宁夏二模)曲线y ＝x 2和直线x ＝0，x ＝1，y ＝14所围成的图形(如图中阴影部分所示)的面积为________．[解析] 令x 2＝14，得x ＝12或x ＝－12(舍去)，所以所[答案] 14(1)求曲线y ＝f (x )的切线方程的3种类型及方法 ①已知切点P (x 0，y 0)，求y ＝f (x )过点P 的切线方程： 求出切线的斜率f ′(x 0)，由点斜式写出方程．②已知切线的斜率为k ，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，通过方程k ＝f ′(x 0)解得x 0，再由点斜式写出方程．③已知切线上一点(非切点)，求y ＝f (x )的切线方程：设切点P (x 0，y 0)，利用导数求得切线斜率f ′(x 0)，然后由斜率公式求得切线斜率，列方程(组)解得x 0，再由点斜式或两点式写出方程．(2)求定积分的2种方法①利用微积分基本定理求定积分； ②利用定积分的几何意义求定积分．【易错提醒】 求曲线的切线方程时，务必分清点P 处的切线还是过点P 的切线，前者点P 为切点，后者点P 不一定为切点，求解时应先求出切点坐标．考点二 利用导数研究函数的单调性1．若求函数的单调区间(或证明单调性)，只要在其定义域内解(或证明)不等式f ′(x )>0或f ′(x )<0即可．2．若已知函数的单调性，则转化为不等式f ′(x )≥0或f ′(x )≤0在单调区间上恒成立问题来求解．角度1：根据函数的单调性，利用导数求某些参数的取值范围A ．(－∞，2]B ．(－∞，4]C ．(－∞，8]D ．[－2,4][解析] f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x，∵函数f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上单调递增，等价于x 2＋(2－c )x －c ＋5≥0对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，即(x ＋1)c ≤x 2＋2x ＋5，∴c ≤x 2＋2x ＋5x ＋1对任意x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4恒成立，∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝(x ＋1)＋4x ＋1≥4，当且仅当x ＝1时等号成立，∴c ≤4.[答案] B[探究追问] 例1－1中若f (x )＝(x 2－cx ＋5)e x在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上存在减区间，则实数c 的取值范围是________．[解析] f ′(x )＝[x 2＋(2－c )x －c ＋5]e x，∵函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上存在减区间，所以f ′(x )<0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上有解，即x 2＋(2－c )x －c ＋5<0在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上有解，得c >x 2＋2x ＋5x ＋1在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4上有解． ∵x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，4，∴x 2＋2x ＋5x ＋1＝(x ＋1)＋4x ＋1的最小值为4，∴c >4. [答案] (4，＋∞)角度2：利用函数的单调性与导数的关系，讨论含有参数的较复杂基本函数的单调性[思维流程] 求函数的导数→结合a 的取值讨论f ′(x )的符号→确定函数的单调性 [解] f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3. 当a ≤0时，x ∈(0,1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 当a >0时， f ′(x )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎪⎫x －2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2a . (1)0<a <2时，2a >1，当x ∈(0,1)或x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，＋∞时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． (2)a ＝2时，2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．(3)a >2时，0<2a <1，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． 综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0,1)内单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎪⎫ 2a ，＋∞内单调递增； 当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎪⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．利用导数研究函数单调性的3个关注点(1)利用导数研究函数的单调性，大多数情况下归结为对含有参数的不等式的解集的讨论．(2)在能够通过因式分解求出不等式对应方程的根时，依据根的大小进行分类讨论．(3)在不能通过因式分解求出根时，根据一元二次不等式对应方程的判别式或特殊值进行分类讨论．[对点训练]1．[角度1]若函数f (x )＝x ＋4mx －m ln x 在[1,2]上为减函数，则m 的最小值为( )A.32B.34C.23D.43[解析] 因为f (x )＝x ＋4mx －m ln x 在[1,2]上为减函数，所以f ′(x )＝1－4m x 2－m x ＝x 2－mx －4m x2≤0在[1,2]上恒成立，所以x 2－mx －4m ≤0在[1,2]上恒成立．令g (x )＝x 2－mx －4m ，所以⎩⎪⎨⎪⎧g (1)＝1－m －4m ≤0，g (2)＝4－2m －4m ≤0，所以m ≥23，故m 的最小值为23，选C. [答案] C2．[角度2]已知函数f (x )＝ax 2－x ＋ln x (a ∈R )． (1)求函数f (x )的单调区间；(2)∀m >n >0，f (m )－f (n )m －n >1恒成立，求实数a 的取值范围．[解] (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2ax －1＋1x ＝2ax 2－x ＋1x. ①当a ＝0时， f ′(x )＝－x ＋1x .显然，当x ∈(0,1)时， f ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时， f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．②当a ≠0时，对于2ax 2－x ＋1＝0，Δ＝(－1)2－4×2a ×1＝1－8a .若Δ≤0，即a ≥18，因为a >0，所以2ax 2－x ＋1≥0恒成立，即f ′(x )≥0恒成立，所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若Δ>0，即0<a <18或a <0，方程2ax 2－x ＋1＝0的两根为x 1＝1－1－8a 4a ，x 2＝1＋1－8a4a. 当a <0时，x 1>0，x 2<0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减．当0<a <18时，x 2>x 1>0.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a 时，2ax 2－x ＋1<0, f ′(x )<0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞时，2ax 2－x ＋1>0, f ′(x )>0，函数f (x )单调递增．综上，当a ＝0时， f (x )的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)；当a ≥18时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当0<a <18时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－8a 4a ，＋∞，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，1＋1－8a 4a ； 当a <0时，函数f (x )的单调递增区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－1－8a 4a ，单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1－8a 4a ，＋∞. (2)f (m )－f (n )m －n >1，即f (m )－f (n )m －n －1>0，也就是[f (m )－m ]－[f (n )－n ]m －n>0.记g (x )＝f (x )－x ，则不等式等价于g (m )－g (n )m －n >0，即函数g (x )＝f (x )－x 在(0，＋∞)上单调递增．由g (x )＝f (x )－x ＝ax 2－2x ＋ln x ，可得g ′(x )＝2ax －2＋1x ≥0. 因为x >0，所以a ≥2－1x2x ＝1x －12x 2.记h (x )＝1x －12x 2(x >0)，则h ′(x )＝－1x 2－12×(－2)×1x 3＝1－xx 3. 显然，当x ∈(0,1)时，h ′(x )>0，函数f (x )单调递增； 当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )<0，函数f (x )单调递减． 所以h (x )的最大值为h (1)＝11－12×12＝12，所以a ≥12.故实数a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞.考点三 利用导数研究函数的极值与最值1．若在x 0附近左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，则f (x 0)为函数f (x )的极大值；若在x 0附近左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，则f (x 0)为函数f (x )的极小值．2．设函数y ＝f (x )在[a ，b ]上连续，在(a ，b )内可导，则f (x )在[a ，b ]上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得．角度1：根据函数极值的存在情况，利用导数求某些参数的取值范围A.⎝⎛⎦⎥⎤0，14∪[4，＋∞) B.⎝⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)C.⎝⎛⎭⎪⎫0，12∪(2，＋∞) D.⎝⎛⎭⎪⎫0，14∪(4，＋∞)[解析] f ′(x )＝1x ＋x －⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋1m ，由f ′(x )＝0得(x －m )⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1m ＝0，∴x ＝m 或x ＝1m .显然m >0.当且仅当0<m <2≤1m 或0<1m <2≤m 时，函数f (x )在区间(0,2)内有且仅有一个极值点．若0<m <2≤1m ，即0<m ≤12，则当x ∈(0，m )时， f ′(x )>0，当x ∈(m,2)时，f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝m .若0<1m <2≤m ，即m ≥2，则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 时， f ′(x )>0，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，2时， f ′(x )<0，函数f (x )有极大值点x ＝1m .综上，m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12∪[2，＋∞)．故选B.[答案] B角度2：利用函数的极值与导数的关系，求某些含有参数的较复杂基本函数的极值的大小、个数或最值[思维流程] (1)求f ′(x )→f ′(x )＝0有两不等正根→确定a 的范围 (2)分离参数λ→借助x 1＋x 2，x 1·x 2转化关系式→构造关于a 的函数→求函数的最大值[解] (1)由题设知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞), f ′(x )＝x 2－ax ＋a x，且f ′(x )＝0有两个不同的正根，即x 2－ax ＋a ＝0有两个不同的正根，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝a 2－4a >0，a >0，∴a >4.(2)不等式f (x 1)＋f (x 2)<λ(x 1＋x 2)恒成立等价于λ>f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2恒成立．f (x 1)＋f (x 2)＝a ln x 1＋12x 21－ax 1＋a ln x 2＋12x 22－ax 2. 由(1)可知x 1＋x 2＝a ，x 1x 2＝a ，∴f (x 1)＋f (x 2)＝a (ln x 1＋ln x 2)＋12(x 21＋x 22)－a (x 1＋x 2) ＝a ln(x 1x 2)＋12[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]－a (x 1＋x 2) ＝a ln a ＋12(a 2－2a )－a 2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫ln a －12a －1，∴f (x 1)＋f (x 2)x 1＋x 2＝ln a －12a －1，令y ＝ln a －12a －1，则y ′＝1a －12. ∵a >4，∴y ′<0，∴y ＝ln a －12a －1在(4，＋∞)上单调递减， ∴y <ln4－3，∴λ≥ln4－3. ∴λ的最小值是ln4－3.研究极值、最值问题的3个关注点(1)求函数f (x )的极值，则先求方程f ′(x )＝0的根，再检查f ′(x )在方程根的左右函数值的符号．(2)若已知极值大小或存在情况，则转化为已知方程f ′(x )＝0根的大小或存在情况来求解．(3)求函数f (x )在闭区间[a ，b ]的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f (a )，f (b )与f (x )的各极值进行比较得到函数的最值．[对点训练]1．[角度1]已知函数f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c 在R 上有极值点，则a 的取值范围是( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，43 B ．(－∞，0) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，43 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，43 [解析] 由f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c ，得f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1，要使f (x )＝ax 3－2x 2＋x ＋c 在R 上有极值点，需使f ′(x )＝3ax 2－4x ＋1的值在R 上有正有负．①当a ＝0时， f ′(x )＝－4x ＋1，显然满足条件；②当a ≠0时，可得⎩⎪⎨⎪⎧a ≠0，(－4)2－4·3a ·1>0，解得a <0或0<a <43.综上所述，a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，43.故选D. [答案] D2．[角度2](2017·贵阳模拟)已知常数a ≠0，f (x )＝a ln x ＋2x . (1)当a ＝－4时，求f (x )的极值；(2)当f (x )的最小值不小于－a 时，求实数a 的取值范围． [解] (1)由已知得f (x )的定义域为x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＝ax ＋2＝a ＋2x x .当a ＝－4时，f ′(x )＝2x －4x .∴当0<x <2时，f ′(x )<0，即f (x )单调递减；当x >2时，f ′(x )>0，即f (x )单调递增．∴f (x )只有极小值，且在x ＝2时，f (x )取得极小值f (2)＝4－4ln2. (2)∵f ′(x )＝a ＋2xx ，∴当a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，即f (x )在x ∈(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a <0时，由f ′(x )>0得，x >－a2，∴f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增；由f ′(x )<0得，x <－a2， ∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－a 2上单调递减．∴当a <0时，f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.根据题意得f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥－a ， 即a [ln(－a )－ln2]≥0. ∵a <0，∴ln(－a )－ln2≤0，解得a ≥－2， ∴实数a 的取值范围是[－2,0)．热点课题5 导数与函数的单调性与最值[感悟体验](2017·厦门模拟)已知函数f(x)＝(ax2＋bx＋c)e x在[0,1]上单调递减且满足f(0)＝1，f(1)＝0.(1)求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－f′(x)，求g(x)在[0,1]上的最大值和最小值．[解](1)由f(0)＝1，f(1)＝0，得c＝1，a＋b＝－1，则f(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]e x，f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]e x.依题意对任意x∈(0,1)，有f′(x)<0.当a>0时，因为二次函数y＝ax2＋(a－1)x－a的图象开口向上，而f′(0)＝－a<0，所以有f′(1)＝(a－1)e<0，即0<a<1；当a＝1时，对任意x∈(0,1)有f′(x)＝(x2－1)e x<0，f(x)符合条件；当a＝0时，对于任意x∈(0,1)，f′(x)＝－x e x<0，f(x)符合条件；当a<0时，因f′(0)＝－a>0，f(x)不符合条件．故a的取值范围为0≤a≤1.(2)因g(x)＝(－2ax＋1＋a)e x，g ′(x )＝(－2ax ＋1－a )e x .(ⅰ)当a ＝0时，g ′(x )＝e x >0，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1，在x ＝1处取得最大值g (1)＝e.(ⅱ)当a ＝1时，对于任意x ∈(0,1)有g ′(x )＝－2x e x <0，g (x )在x ＝0处取得最大值g (0)＝2，在x ＝1处取得最小值g (1)＝0.(ⅲ)当0<a <1时，由g ′(x )＝0得x ＝1－a 2a >0.①若1－a 2a ≥1，即0<a ≤13时，g (x )在[0,1]上单调递增，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ，在x ＝1处取得最大值g (1)＝(1－a )e.②若1－a 2a <1，即13<a <1时，g (x )在x ＝1－a 2a 处取得最大值g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 2a ＝2a e ，在x ＝0或x ＝1处取得最小值， 而g (0)＝1＋a ，g (1)＝(1－a )e ，则当13<a ≤e －1e ＋1时，g (x )在x ＝0处取得最小值g (0)＝1＋a ；当e －1e ＋1<a <1时，g (x )在x ＝1处取得最小值g (1)＝(1－a )e.。
2018年高三数学二轮复习课件 专题2第2讲函数与方程及函数的应用
1 ∴f(a)＝f(4)＝2×(4－1)＝6，故选 C．
|x|＋2，x<1， 2．(文)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x≥1. x x 的不等式 f(x)≥|2＋a|在 R 上恒成立，则 a 的取值范围是 导学号 52134186 ( A．[ －2,2] C．[－2,2 3] B．[－2 3，2] D．[－2 3，2 3]
核心知识整合
1．几种常见的函数模型 (1)一次函数模型：y＝ax＋b(a≠0)． (2)二次函数模型：y＝ax2＋bx＋c(a≠0)． (3)指数函数模型：y＝a· bx＋c(b>0 且 b≠1)． (4)对数函数模型：y＝blogax＋c(a>0 且 a≠1)．
gx，x∈A1， (5)分段函数模型：f(x若 a＝2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3，不等式不成立， 故排除选项 C，D． x 若 a＝－2 3，则当 x＝0 时，f(0)＝2，而|2＋a|＝2 3， 不等式不成立，故排除选项 B． 故选 A．
2 x －x＋3，x≤1， (理)(2017· 天津卷，8)已知函数 f(x)＝ 2 设 a∈R，若关于 x x＋ ，x>1. x
• (3)思想与方法 • (1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法 ． • (2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方 程．
• 1．忽略概念 • 函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x轴 交点的横坐标． • 2．不能准确应用零点存在性定理 • 函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在 零点，但存在零点时不一定满足该条件．即函数y ＝f(x)在(a，b)内存在零点，不一定有f(a)f(b)<0．
2018届高三数学二轮复习教案：模块二专题一第2讲 函数图象与性质
专题一集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数第二讲函数图象与性质高考导航对于函数性质的考查往往综合多个性质，一般借助的载体为二次函数、指数函数、对数函数或者由基本的初等函数复合而成，尤其在函数单调性、奇偶性和周期性等性质的综合问题上应重点加强训练．2．对于函数图象的考查比较灵活，涉及知识点较多，且每年均有创新，试题的考查突出表现在三方面，一是在解决与性质相关的问题中使用函数图象，体现数形结合思想方法；二是给出一个较复杂函数的解析式求其对应的图象；三是根据所给的图象来判断函数的内在信息.1．(2017·山东卷)设函数y＝4－x2的定义域为A，函数y＝ln(1－x)的定义域为B，则A∩B＝()A．(1,2) B．(1,2]C．(－2,1) D．[－2,1)[解析]由4－x2≥0得－2≤x≤2，由1－x>0得x<1，故A∩B ＝{x|－2≤x≤2}∩{x|x<1}＝{x|－2≤x<1}，故选D.[答案] D2．(2015·福建卷)下列函数为奇函数的是()A．y＝x B．y＝|sin x|C．y＝cos x D．y＝e x－e－x[解析]A项中的函数为非奇非偶函数，B项和C项中的函数是偶函数，D项中的函数满足奇函数的定义，故选D.[答案] D3．(2017·全国卷Ⅰ)函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是() A．[－2,2]B．[－1,1]C．[0,4]D．[1,3][解析]∵f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝1.于是－1≤f(x－2)≤1等价于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选D.[答案] D4．(2016·全国卷Ⅰ)函数y＝2x2－e|x|在[－2,2]的图象大致为()[解析] f (2)＝2×22－e 2＝8－e 2，因为0<8－e 2<1，所以0<f (2)<1，排除选项A ，B.当0≤x ≤2时，y ′＝4x －e x ，在平面直角坐标系中分别作出当0≤x ≤2时函数y 1＝4x ，y 2＝e x 的图象，如图所示．可知，当0≤x ≤x 0时，e x >4x ，y ′<0，即y ＝2x 2－e |x |单调递减；当x 0<x ≤2时，4x >e x ，y ′>0，即y ＝2x 2－e |x |单调递增，故选D.[答案] D5．(2016·四川卷)已知函数f (x )是定义在R 上的周期为2的奇函数，当0<x <1时，f (x )＝4x，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝________.[解析] 因为f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (0)＝0，f (x )＝－f (－x )，又f (x ＋2)＝f (x )，所以f (－1)＝－f (1)＝f (1)，因此f (1)＝0.又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－2，故f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－52＋f (1)＝－2. [答案] －2考点一 函数及其表示1．函数的三要素定义域、值域和对应关系是确定函数的三要素，是一个整体，研究函数问题务必遵循“定义域优先”的原则．2．分段函数若函数在其定义域内，对于自变量的不同取值区间，有着不同的对应法则，这样的函数通常叫做分段函数．分段函数虽然由几部分组成，但它表示的是一个函数．[对点训练]1．(2017·广东深圳一模)函数y ＝－x 2－x ＋2ln x 的定义域为( ) A ．(－2,1) B ．[－2,1] C ．(0,1)D ．(0,1][解析] 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧－x 2－x ＋2≥0，x >0，ln x ≠0，解得0<x <1，故选C.[答案] C2．已知函数y ＝f (x ＋2)的定义域是[－2,5)，则y ＝f (3x －1)的定义域为( )A ．[－7,14)B ．(－7,14]C.⎝ ⎛⎦⎥⎤13，83 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，83 [解析] 因为函数y ＝f (x ＋2)的定义域是[－2,5)，所以－2≤x <5，所以0≤x ＋2<7，所以函数f (x )的定义域为[0,7)，对于函数y ＝f (3x －1)，0≤3x －1<7，解得13≤x <83，故y ＝f (3x －1)的定义域是⎣⎢⎡⎭⎪⎫13，83，故选D.[答案] D3．(2017·赣中南五校联考)函数f (x )＝x ＋2x －1的值域为________．[解析] 由题意得2x －1≥0，解得x ≥12， 又∵f (x )＝x ＋2x －1在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上为增函数， ∴当x ＝12时，f (x )取最小值，f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝12，且f (x )无最大值．∴f (x )的值域为⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞. [答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ 4．(2017·福建厦门一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，则实数a 的取值范围是________．[解析] 当x ≥1时，f (x )＝2x －1≥1，∵函数f (x )＝⎩⎨⎧(1－2a )x ＋3a ，x <1，2x －1，x ≥1的值域为R ，∴当x <1时，(1－2a )x ＋3a 必须取遍(－∞，1)内的所有实数，则⎩⎨⎧1－2a >0，1－2a ＋3a ≥1，解得0≤a <12.[答案] ⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12(1)函数定义域问题的3种类型①已知函数的解析式：定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围，只需构建不等式(组)求解即可．②抽象函数：根据f [g (x )]中g (x )的范围与f (x )中x 的范围相同求解．③实际问题或几何问题：除要考虑解析式有意义外，还应使实际问题有意义．(2)函数值域问题的4种常用方法 公式法、分离常数法、图象法、换元法．考点二 函数的图象及其应用1．作图常用描点法和图象变换法，图象变换法常用的有平移变换、伸缩变换和对称变换．2．识图从图象与轴的交点及左、右、上、下分布范围、变化趋势、对称性等方面找准解析式与图象的对应关系．3．用图在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图象的关系，结合图象研究．但是，在利用图象求交点个数或解的个数时，作图要十分准确，否则容易出错．角度1：以具体函数的解析式选择图象或知图象选解析式 【例1－1】 (2017·全国卷Ⅰ)函数y ＝sin2x1－cos x 的部分图象大致为( )[思维流程]看条件――→奇偶性单调性析选项 ――→特殊点、线得结果[解析] 由题意，令函数f (x )＝sin2x1－cos x ，其定义域为{x |x ≠2k π，k∈Z }，又f (－x )＝sin (－2x )1－cos (－x )＝－sin2x1－cos x ＝－f (x )，所以f (x )＝sin2x1－cos x 为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B ；因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝sinπ1－cos π2＝0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＝sin 3π21－cos 3π4＝－11＋22<0，所以排除A ；f (π)＝sin2π1－cosπ＝0，排除D.故选C.[答案] C角度2：利用函数的图象研究函数的性质(特别是单调性、最值、零点)、方程解的问题及解不等式、比较大小等【例1－2】 (2017·杭州五校联盟诊断)若直角坐标平面内两点P ，Q 满足条件：①P ，Q 都在函数y ＝f (x )的图象上；②P ，Q 关于原点对称，则称(P ，Q )是函数y ＝f (x )的一个“伙伴点组”(点组(P ，Q )与(Q ，P )看作同一个“伙伴点组”)．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧kx －1，x >0，－ln (－x )，x <0有两个“伙伴点组”，则实数k 的取值范围是( )A ．(－∞，0)B ．(0,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．(0，＋∞)[思维流程]理解伙伴点组→当x <0时，作y ＝f (x )的对称图形→画y ＝kx －1与y ＝ln x (x >0)图象→由相切时的k 值求范围[解析] 依题意，“伙伴点组”的点满足：都在y ＝f (x )的图象上，且关于坐标原点对称．可作出函数y ＝－ln(－x )(x <0)关于原点对称的函数y ＝ln x (x >0)的图象，使它与直线y ＝kx －1(x >0)的交点个数为2. 当直线y ＝kx －1与y ＝ln x 的图象相切时， 设切点为(m ，ln m )，又y ＝ln x 的导数为y ′＝1x ， 则km －1＝ln m ，k ＝1m ，解得m ＝1，k ＝1，可得函数y ＝ln x (x >0)的图象过(0，－1)点的切线的斜率为1，结合图象可知k ∈(0,1)时两函数图象有两个交点．[答案] B识别函数图象应关注的5点(1)根据函数的定义域判断图象的左右位置，根据函数的值域判断图象的上下位置．(2)根据函数的单调性判断图象的变化趋势． (3)根据函数的奇偶性判断图象的对称性． (4)根据函数的周期性判断图象的循环往复． (5)取特殊值代入进行检验．[对点训练]1．[角度1](2017·贵州七校联考)已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可以是( )A ．f (x )＝ln|x |xB ．f (x )＝e xx C ．f (x )＝1x 2－1D ．f (x )＝x －1x[解析] 由函数图象可知，函数f (x )为奇函数，应排除B 、C.若函数为f (x )＝x －1x ，则x →＋∞时，f (x )→＋∞，排除D ，故选A.[答案] A2．[角度2](2017·福建漳州八校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1，x >0，x 2＋x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点，则实数m 的取值范围是________．[解析] 令g (x )＝f (x )－m ＝0，得f (x )＝m ，则函数g (x )＝f (x )－m 有三个零点等价于函数f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，作出函数f (x )的图象如图：当x ≤0时，f (x )＝x 2＋x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x ＋122－14≥－14，若函数f (x )与y ＝m 的图象有三个不同的交点，则－14<m ≤0，即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0. [答案] ⎝ ⎛⎦⎥⎤－14，0考点三 函数的性质及其应用1．函数的单调性单调性是函数的一个局部性质，一个函数在不同的区间上可以有不同的单调性．判定函数的单调性常用定义法、图象法及导数法．2．函数的奇偶性(1)奇函数的图象关于原点对称，偶函数的图象关于y 轴对称．(2)确定函数的奇偶性，务必先判断函数的定义域是否关于原点对称．(3)对于偶函数而言，有f (－x )＝f (x )＝f (|x |)．3．函数的周期性对f (x )定义域内任一自变量的值x ：(1)若f (x ＋a )＝－f (x )，则T ＝2a ；(2)若f (x ＋a )＝1f (x )，则T ＝2a ； (3)若f (x ＋a )＝－1f (x )，则T ＝2a .(a >0) 4．函数的对称性(1)若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (a －x )，即f (x )＝f (2a －x )，则f (x )的图象关于直线x ＝a 对称．(2)若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝－f (a －x )，即f (x )＝－f (2a －x )，则f (x )的图象关于点(a,0)对称．(3)若函数y ＝f (x )满足f (a ＋x )＝f (b －x )，则函数f (x )的图象关于直线x ＝a ＋b 2对称．角度1：确认函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性及最值【例2－1】 (2017·北京卷)已知函数f (x )＝3x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x ，则f (x )( )A ．是奇函数，且在R 上是增函数B ．是偶函数，且在R 上是增函数C ．是奇函数，且在R 上是减函数D ．是偶函数，且在R 上是减函数[解析] 易知函数f (x )的定义域关于原点对称．∵f (－x )＝3－x －⎝ ⎛⎭⎪⎫13－x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x －3x ＝－f (x )， ∴f (x )为奇函数．又∵y ＝3x在R 上是增函数，y ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上是增函数， ∴f (x )＝3x－⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 在R 上是增函数．故选A. [答案] A 角度2：综合应用函数的性质求值(取值范围)、比较大小等，常与不等式相结合[思维流程] f (x )是R 上的偶函数且在(－∞，0)上单调递增――→对称性f (x )在(0，＋∞)上单调递减→脱去“f ”→解关于a 的不等式[解析] 解法一：因为f (x )是定义在R 上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，所以f (x )在区间(0，＋∞)上单调递减．又f (2|a －1|)>f (－2)，f (－2)＝f (2)，故0<2|a －1|<2，则|a －1|<12，所以12<a <32.解法二：依题意，令f (x )＝－|x |，由f (2|a －1|)>f (－2)，得－|2|a －1||>－|－2|，则|a －1|<12，解得12<a <32.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，32函数3个性质的应用要领(1)奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上，这是简化问题的一种途径．尤其注意偶函数f (x )的性质：f (|x |)＝f (x )．(2)单调性：可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性．(3)周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．【易错提醒】 在确定函数的奇偶性和单调性时，不能忽略函数的定义域．[对点训练]1．[角度1]下列函数在其定义域内既是奇函数，又是增函数的是( )A ．y ＝x 2＋2B ．y ＝－4x 3C ．y ＝－x ＋1xD ．y ＝x |x |[解析] ∵函数y ＝x 2＋2是偶函数，∴选项A 不满足题意；∵x 增大时，－4x 3减小，即y 减小，∴y ＝－4x 3为减函数，∴选项B 不满足题意；y ＝－x ＋1x 在定义域内不单调，∴选项C 不满足题意；y ＝x |x |为奇函数，且y ＝x |x |＝⎩⎨⎧ x 2，x ≥0，－x 2，x <0.∵y ＝x 2在[0，＋∞)上单调递增，y ＝－x 2在(－∞，0)上单调递增，且y ＝x 2与y ＝－x 2在x ＝0处的函数值都为0，∴y ＝x |x |在定义域内是增函数．故选D.[答案] D2．[角度2](2016·山东卷)已知函数f (x )的定义域为R .当x <0时，f (x )＝x 3－1；当－1≤x ≤1时，f (－x )＝－f (x )；当x >12时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12.则f (6)＝( )A ．－2B ．－1C ．0D ．2[解析] 由题意可知，当－1≤x ≤1时，f (x )为奇函数，且当x >12时，f (x ＋1)＝f (x )，所以f (6)＝f (5×1＋1)＝f (1)．而f (1)＝－f (－1)＝－[(－1)3－1]＝2，所以f (6)＝2.故选D.[答案] D热点课题2函数图象辨析[感悟体验]1．(2017·长沙模拟)如图，圆O的半径为1，A是圆上的定点，P 是圆上的动点，角x的始边为射线OA，终边为射线OP，过点P作直线OA的垂线，垂足为M.将点M到直线OP的距离表示成x的函数f(x)，则y＝f(x)在[0，π]的图象大致为()[解析] 由题意知，f (x )＝|cos x |·sin x ，当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f (x )＝cos x ·sin x ＝12sin2x ；当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，π时，f (x )＝－cos x ·sin x ＝－12sin2x ，故选B. [答案] B2．(2017·南昌二模)如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱长为1，E ，F 分别是棱A 1B 1，CD 的中点，点M 是EF 上的动点(不与E ，F 重合)，FM ＝x ，过点M 、直线AB 的平面将正方体分成上下两部分，记下面那部分的体积为V (x )，则函数V (x )的大致图象是( )[解析] 当x ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，22时，V (x )增长的速度越来越快，即变化率越来越大；当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫22，2时，V (x )增长的速度越来越慢，即变化率越来越小，故选C.[答案] C。
2018版高考数学二轮复习 第2部分 必考补充专题教学案 理
第2部分必考补充专题
必考补充专题中的7讲在高考考查中较为简单，题型为选择、填空题及选修“二选一”，属送分题型，通过一轮复习，大多数考生已能熟练掌握，为节省宝贵的二轮复习时间，迎合教师与考生的需求，本部分做构建知识体系和针对训练.
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[应用体验]
1．若0<x1<x2<1，则 A．ex2－ex1>ln x2－ln x1 C．x2ex1>x1ex2
x x e －1 1 x 则f′(x)＝e －x＝ x .
( B．ex2－ex1<ln x2－ln x1 D．x2ex1<x1ex2
)
解析：设f(x)＝ex－ln x(0<x<1)，
令f′(x)＝0，得xex－1＝0. 1 根据函数y＝e 与y＝ x 的图象可知两函数图象交点x0∈(0,1)，
x
因此函数f(x)在(0,1)上不是单调函数，故A、B选项不正确．
exx－1 ex 设g(x)＝ x (0<x<1)，则g′(x)＝ . x2 又0<x<1，∴g′(x)<0. ∴函数g(x)在(0,1)上是减函数． 又0<x1<x2<1，∴g(x1)>g(x2)， ∴x2ex1>x1ex2，故选C．
函数与方程思想在不等式中的应用
[典例]
设不等式2x－1>m(x2－1)对满足|m|≤2的一切实
数m的取值都成立，求x的取值范围．
[解] 问题可以变成关于m的不等式： 即(x2－1)m－(2x－1)<0在[－2,2]上恒成立， 设f(m)＝(x2－1)m－(2x－1)， 2 f 2 ＝ 2 x －1－2x－1<0， 则 2 f － 2 ＝－ 2 x －1－2x－1<0，
法二：令t＝sin x， π 由x∈0，2 ，可得t∈(0,1]． 将方程变为t2＋t－1－a＝0. 依题意，该方程在(0,1]上有解， 设f(t)＝t2＋t－1－a，其图象是开口向上的 1 抛物线，对称轴t＝－ ，如图所示． 2
f0<0， 因此，f(t)＝0在(0,1]上有解等价于 f1≥0， －1－a<0， 即 1－a≥0，
2
1 ，m∈2，3.
1 问题转化为g(m)在m∈2，3上恒大于0， 1 1 g >0， x－2＋x－22>0， 则 2 即2 2 g3>0， 3x－2＋x－2 >0，
解得x>2或x<－1. ∴x的取值范围是(－∞，－1)∪(2，＋∞).
(三含义
函数的思想，就是用运动和变化的观点，分析和研究数 学中的数量关系，建立函数关系或构造函数，运用函数的图 象和性质去分析问题、转化问题，从而使问题获得解决的数 学思想． 方程的思想，就是分析数学问题中变量间的等量关系， 建立方程或方程组，或者构造方程，通过解方程或方程组， 或者运用方程的性质去分析、转化问题，使问题获得解决的 数学思想.
3．已知f(t)＝log2t，t∈[
2 ，8]，对于f(t)值域内的所有实数
m，不等式x2＋mx＋4>2m＋4x恒成立，求x的取值范围． 1 解：∵t∈[ 2，8]，∴f(t)∈2，3. 原题转化为m(x－2)＋(x－2)2>0恒成立，
当x＝2时，不等式不成立，∴x≠2. 令g(m)＝m(x－2)＋(x－2)
2 2x －2x－1<0， 7－1 即 2 解得 <x< 2 2x ＋2x－3>0， 7－1 3＋1 故x的取值范围为 . ， 2 2
3＋1 ， 2
[技法领悟]
一般地， 对于多变元问题， 需要确定合适的变量和参数， 反客为主，主客换位思考，创设新的函数，并利用新的函数 创造性地使原问题获解． 求解本题的关键是变换自变量， 以 参数 m 作为自变量而构造函数式，不等式的问题就变成函 数在闭区间上的值域问题．
所以－1<a≤1，
故a的取值范围是(－1,1]． [答案] (－1,1]
(2)已知a，b，c为平面上三个向量，又a，b是两个相互 垂直的单位向量，向量c满足|c|＝3，c· a＝2，c· b＝1，则对于 任意实数x，y，|c－xa－yb|的最小值为________． [解析] 由题意可知|a|＝|b|＝1，a· b＝0，
答案：C
2．已知定义在R上的函数g(x)的导函数为g′(x)，满足g′(x) －g(x)＜0，若函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，且g(4) gx ＝1，则不等式 x ＞1的解集为________． e 解析：∵函数g(x)的图象关于直线x＝2对称，∴g(0)＝g(4)＝1.
g′xex－gxex g′x－gx gx 设f(x)＝ x ，则f′(x)＝ ＝ . e ex ex2 又g′(x)－g(x)＜0，∴f′(x)＜0，∴f(x)在R上单调递减． g0 又f(0)＝ 0 ＝1，∴f(x)＞f(0)，∴x＜0. e 答案：(－∞，0)
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函数与方程思想在解题中的应用 函数与不等式的相互转化，把不等式转化为函数，借助函 数的图象和性质可解决相关的问题，常涉及不等式恒成立 问题、比较大小问题．一般利用函数思想构造新函数，建 立函数关系求解． 三角函数中有关方程根的计算，平面向量中有关模、夹角 的计算，常转化为函数关系，利用函数的性质求解． 数列的通项与前n项和是自变量为正整数的函数，可用函 数的观点去处理数列问题，常涉及最值问题或参数范围问 题，一般利用二次函数或一元二次方程来解决． 解析几何中有关的求方程、求值等问题常常需要通过解方 程(组)来解决，求范围、最值等问题常转化为求函数的值 域、最值来解决． 立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算，经常需要 运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决.
函数与方程思想在三角函数、平面向量 中的应用
[典例]
(1)若方程cos x－sin
2
π x＋a＝0在 0，2 上有解，
则a的取值范围是________． [解析] 法一：把方程变形为a＝－cos2x＋sin x， π 2 设f(x)＝－cos x＋sin x，x∈0，2 ， 显然，当且仅当a属于f(x)的值域时有解． 1 2 5 2 因为f(x)＝－(1－sin x)＋sin x＝ sin x＋2 － ，且由x∈ 4 π 0， 知sin x∈(0,1]，易求得f(x)的值域为(－1,1]，故a的取值 2 范围是(－1,1]．