高考數(shù)學大二輪總復習與增分策略 第四篇 回歸教材 糾錯分析2 函數(shù)與導數(shù)練習 理

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2.函數(shù)與導數(shù) 1．求函數(shù)的定義域，關鍵是依據(jù)含自變量x的代數(shù)式有意義來列出相應的不等式(組)求解，如開偶次方根、被開方數(shù)一定是非負數(shù)；對數(shù)式中的真數(shù)是正數(shù)；列不等式時，應列出所有的不等式，不應遺漏． 對抽象函數(shù)，只要對應關系相同，括號里整體的取值范圍就完全相同． [問題1]　函數(shù)f(x)＝＋lg(1＋x)的定義域是________________． 答案　(－1,1)∪(1，＋∞) 2．分段函數(shù)是在其定義域的不同子集上，分別用不同的式子來表示對應關系的函數(shù)，它是一個函數(shù)，而不是幾個函數(shù)． [問題2]　已知函數(shù)f(x)＝的值域為R，那么a的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1] B．(－1，) C．[－1，) D．(0，) 答案　C 解析　要使函數(shù)f(x)的值域為R， 需使所以 所以－1≤a<. 3．求函數(shù)最值(值域)常用的方法 (1)單調(diào)性法：適合于已知或能判斷單調(diào)性的函數(shù)． (2)圖象法：適合于已知或易作出圖象的函數(shù)． (3)基本不等式法：特別適合于分式結構或兩元的函數(shù)． (4)導數(shù)法：適合于可導函數(shù)． (5)換元法(特別注意新元的范圍)． (6)分離常數(shù)法：適合于一次分式． [問題3]　函數(shù)y＝(x≥0)的值域為________． 答案　 解析　方法一　∵x≥0，∴2x≥1，∴≥1， 解得≤y<1.∴其值域為y∈. 方法二　y＝1－，∵x≥0，∴0<≤， ∴y∈. 4．判斷函數(shù)的奇偶性，要注意定義域必須關于原點對稱，有時還要對函數(shù)式化簡整理，但必須注意使定義域不受影響． [問題4]　f(x)＝是________函數(shù)(填“奇”“偶”或“非奇非偶”)． 答案　奇 解析　由得定義域為(－1,0)∪(0,1)， f(x)＝＝. ∴f(－x)＝－f(x)，f(x)為奇函數(shù)． 5．函數(shù)奇偶性的性質(zhì) (1)奇函數(shù)在關于原點對稱的區(qū)間上若有單調(diào)性，則其單調(diào)性完全相同；偶函數(shù)在關于原點對稱的區(qū)間上若有單調(diào)性，則其單調(diào)性恰恰相反． (2)若f(x)為偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． (3)若奇函數(shù)f(x)的定義域中含有0，則必有f(0)＝0. “f(0)＝0”是“f(x)為奇函數(shù)”的既不充分也不必要條件． [問題5]　設f(x)＝lg是奇函數(shù)，且在x＝0處有意義，則該函數(shù)為(　　) A．(－∞，＋∞)上的減函數(shù) B．(－∞，＋∞)上的增函數(shù) C．(－1,1)上的減函數(shù) D．(－1,1)上的增函數(shù) 答案　D 解析　由題意可知f(0)＝0，即lg(2＋a)＝0， 解得a＝－1， 故f(x)＝lg ，函數(shù)f(x)的定義域是(－1,1)， 在此定義域內(nèi)f(x)＝lg ＝lg(1＋x)－lg(1－x)， 函數(shù)y1＝lg(1＋x)是增函數(shù)，函數(shù)y2＝lg(1－x)是減函數(shù)，故f(x)＝y(tǒng)1－y2是增函數(shù)．選D. 6．判斷函數(shù)單調(diào)性的常用方法 (1)能畫出圖象的，一般用數(shù)形結合法去觀察． (2)由基本初等函數(shù)通過加減運算或復合而成的函數(shù)，常轉化為基本初等函數(shù)單調(diào)性判斷問題． (3)對于解析式較復雜的，一般用導數(shù)． (4)對于抽象函數(shù)，一般用定義法． [問題6]　函數(shù)y＝|log2|x－1||的遞增區(qū)間是________________． 答案　[0,1)，[2，＋∞) 解析　∵y＝ 作圖可知正確答案為[0,1)，[2，＋∞)． 7．有關函數(shù)周期的幾種情況必須熟記：(1)f(x)＝f(x＋a)(a>0)，則f(x)的周期T＝a；(2)f(x＋a)＝(f(x)≠0)或f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)的周期T＝2a. [問題7]　設f(x)是定義在R上的周期為3的函數(shù)，當x∈[－2,1)時，f(x)＝則f()＝________. 答案　－1 8．函數(shù)圖象的幾種常見變換 (1)平移變換：左右平移——“左加右減”(注意是針對x而言)；上下平移——“上加下減”． (2)翻折變換：f(x)→|f(x)|；f(x)→f(|x|)． (3)對稱變換：①證明函數(shù)圖象的對稱性，即證圖象上任意點關于對稱中心(軸)的對稱點仍在圖象上； ②函數(shù)y＝f(x)與y＝－f(－x)的圖象關于原點成中心對稱； ③函數(shù)y＝f(x)與y＝f(－x)的圖象關于直線x＝0 (y軸)對稱；函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝－f(x)的圖象關于直線y＝0(x軸)對稱． [問題8]　函數(shù)y＝的對稱中心是________． 答案　(1,3) 9．如何求方程根的個數(shù)或范圍 求f(x)＝g(x)根的個數(shù)時，可在同一坐標系中作出函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)的圖象，看它們交點的個數(shù)；求方程根(函數(shù)零點)的范圍，可利用圖象觀察或零點存在性定理． [問題9]　函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－的零點所在的大致區(qū)間是(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2，e) D．(3,4) 答案　B 解析　∵f(1)＝ln 2－2<0，f(2)＝ln 3－1>0， ∴f(x)的零點在區(qū)間(1,2)內(nèi)． 10．二次函數(shù)問題 (1)處理二次函數(shù)的問題勿忘數(shù)形結合．二次函數(shù)在閉區(qū)間上必有最值，求最值問題用“兩看法”：一看開口方向，二看對稱軸與所給區(qū)間的相對位置關系． (2)若原題中沒有指出是“二次”方程、函數(shù)或不等式，要考慮到二次項系數(shù)可能為零的情形． [問題10]　若關于x的方程ax2－x＋1＝0至少有一個正根，則a的取值范圍為________． 答案　 11．利用導數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性的步驟 (1)確定函數(shù)y＝f(x)的定義域． (2)求導數(shù)y′＝f′(x)． (3)解方程f′(x)＝0在定義域內(nèi)的所有實根． (4)將函數(shù)y＝f(x)的間斷點(即函數(shù)無定義點)的橫坐標和各個實數(shù)根按從小到大的順序排列起來，分成若干個小區(qū)間． (5)確定f′(x)在各個小區(qū)間內(nèi)的符號，由此確定每個區(qū)間的單調(diào)性． 特別提醒：(1)多個單調(diào)區(qū)間不能用“∪”連接； (2)f(x)為減函數(shù)時f′(x)≤0恒成立，但要驗證f′(x)是否恒等于0. [問題11]　函數(shù)f(x)＝ax3－2x2＋x－1在R上是增函數(shù)，則a的取值范圍是________． 答案　[，＋∞) 解析　f(x)＝ax3－2x2＋x－1的導數(shù) f′(x)＝3ax2－4x＋1. 由f′(x)≥0，得解得a≥. a＝時，f′(x)＝(2x－1)2≥0， 且只有x＝時，f′(x)＝0， ∴a＝符合題意． 12．導數(shù)為零的點并不一定是極值點，例如：函數(shù)f(x)＝x3，有f′(0)＝0，但x＝0不是極值點． [問題12]　函數(shù)f(x)＝x4－x3的極值點是________． 答案　x＝1 13．利用導數(shù)解決不等式問題的思想 (1)證明不等式f(x)0. 解析　由x2－5x＋6＞0知{x|x＞3或x＜2}．令u＝x2－5x＋6，則u＝x2－5x＋6在(－∞，2)上是減函數(shù)， ∴的單調(diào)增區(qū)間為(－∞，2)． 答案　(－∞，2) 例2　已知奇函數(shù)f(x)是定義在(－3,3)上的減函數(shù)，且滿足不等式f(x－3)＋f(x2－3)<0，求x的取值范圍． 易錯分析　解函數(shù)有關的不等式，除考慮單調(diào)性、奇偶性，還要把定義域放在首位． 解　由得 故03－x2，即x2＋x－6>0，解得x>2或x<－3. 綜上得20.73 B．log0.50.4>log0.50.6 C．0.75－0.1<0.750.1 D．lg 1.6>lg 1.4 答案　C 解析　構造相應函數(shù)，再利用函數(shù)的性質(zhì)解決，對于A，構造冪函數(shù)y＝x3，為增函數(shù)，故A正確；對于B、D，構造對數(shù)函數(shù)y＝log0.5x為減函數(shù)，y＝lg x為增函數(shù)，B、D都正確；對于C，構造指數(shù)函數(shù)y＝0.75x，為減函數(shù)，故C錯． 5．函數(shù)f(x)＝2x－4sin x，x∈[－，]的圖象大致是(　　) 答案　D 解析　因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，所以排除A、B. f′(x)＝2－4cos x，令f′(x)＝2－4cos x＝0， 得x＝，所以選D. 6．已知y＝f(x)是定義在R上的可導函數(shù)，當x≠0時，f′(x)＋>0，則關于x的函數(shù)g(x)＝f(x)＋的零點個數(shù)為(　　) A．1 B．2 C．0 D．0或2 答案　C 解析　因為函數(shù)g(x)＝f(x)＋，可得x≠0， 所以g(x)的零點跟xg(x)的非零零點是完全一樣的， 故我們考慮xg(x)＝xf(x)＋1的零點， 由于當x≠0時，f′(x)＋>0， ①當x>0時，(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝x(f′(x)＋)>0， ∴在(0，＋∞)上，函數(shù)xg(x)單調(diào)遞增． 又f(x)在R上可導， ∴當x∈(0，＋∞)時，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1>1恒成立， 因此，在(0，＋∞)上，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1沒有零點． ②當x<0時，因為(xg(x))′＝(xf(x))′＝xf′(x)＋f(x)＝x(f′(x)＋)<0，故函數(shù)xg(x)在(－∞，0)上是遞減函數(shù)，函數(shù)xg(x)＝xf(x)＋1>1恒成立，故函數(shù)xg(x)在(－∞，0)上無零點． 綜上可得，函數(shù)g(x)＝f(x)＋在R上的零點個數(shù)為0. 7．若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在(－∞，0]上是減函數(shù)，且f(2)＝0，則使得f(x)<0的x的取值范圍是________． 答案　(－2,2) 解析　因為f(x)是偶函數(shù)， 所以f(－x)＝f(x)＝f(|x|)． 因為f(x)<0，f(2)＝0.所以f(|x|)0恒成立，設a＝f(－)，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系為__________． 答案　b0， 知y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， 又f(－)＝f()，且2<<3， 所以f(2)0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(－3m，m)，若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)，則解得m≥3. 當m<0時，f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(m，－3m)， 若f(x)在區(qū)間(－2,3)上是減函數(shù)， 則解得m≤－2. 綜上所述，實數(shù)m的取值范圍是(－∞，－2]∪[3，＋∞)． 12．已知函數(shù)f(x)＝mx－，g(x)＝2ln x. (1)當m＝1時，判斷方程f(x)＝g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上有無實根； (2)若x∈(1，e]時，不等式f(x)－g(x)<2恒成立，求實數(shù)m的取值范圍． 解　(1)m＝1時，令h(x)＝f(x)－g(x)＝x－－2ln x， h′(x)＝1＋－＝≥0， ∴h(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，又h(1)＝0， ∴f(x)＝g(x)在(1，＋∞)內(nèi)無實數(shù)根． (2)∵10，∴m<恒成立， 令G(x)＝，只需m小于G(x)的最小值， G′(x)＝， ∵10， ∴當x∈(1，e]時，G′(x)<0， ∴G(x)在(1，e]上單調(diào)遞減，∴G(x)在(1，e]上的最小值為G(e)＝， 則m的取值范圍是(－∞，)．