2020年高考数学二轮优化提升专题训练考点03利用函数的图像探究函数的性质(1)(解析版)5684.pdf
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1、考点 03 利用函数的图像探究函数的性质(1)【知识框图】【自主热身,归纳提炼】1、(2017 苏州暑假测试)若函数6,2,()(0,1)3log,2,axxf xaax x 的值域是4,),则实数a的取值范围是 【答案】12a 解析 作出函数的图象,易知当2x时,()64f xx ,要使()f x的值域为4,),由图可知,显然1a 且3log 24a,即12a 2、(2016 苏锡常镇调研)已知函数f(x)|2x2(x(1,2),则函数yf(x1)的值域为_ 【答案】0,2)解法 1 由于平移不改变值域,故只需要研究原函数的值域画出函数f(x)|2x2|的图像由下图易得值域为0,2)解法 2
2、 因为x(1,2),所以 2x12,4,2x232,2,所以|2x2|0,2)因为yf(x1)是由f(x)向右平移 1 个单位得到的,所以值域不变,所以yf(x1)的值域为0,2)3、(2017 苏锡常镇二模)已知函数f(x)4,xm,x24x3,xm.若函数g(x)f(x)2x恰有三个不同的零点,则实数m的取值范围是_【答案】(1,2 解法 1 问题转化为g(x)0,即方程f(x)2x有三个不同的解,即 xm,42x或 xm,x24x32x,解得 xm,x2或 xm,x1或 xm,x3.因为方程f(x)2x有三个不同的解,所以 2m,1m,3m,解得1m2.解法 2 由题意知函数g(x)42
3、x,xm,x22x3,xm.画出函数y42x和yx22x3 的图像,可知函数g(x)的三个零点为3,1,2,因此可判断m在 1 与 2 之间当m1 时,图像不含点(1,0),不合题意;当m2 时,图像包含点(2,0),符合题意所以 1m2.4、(2016 南京学情调研)已知直线ykx1 与曲线f(x)x1xx1x恰有四个不同的交点,则实数k的取值范围为_【答案】18,0,18 解析:由题意得f(x)x1xx1x是偶函数,且f(x)2x,x1,2x,1x0,2x,0 x0 时,要使它们有四个公共点,则需ykx1 与y2x(x1)有一个公共点,此时kx12x,即方程kx2x20 有两个相等的实数解
4、,从而18k0,解得k18;当k0 时,根据对称性可得k18.从而满足条件的k的取值范围是18,0,18.易错警示 本题会忽视当直线与y2x相切时,其实就是有四个交点处理动直线与曲线交点时要注意两个特殊情形:一是过端点,二是相切的时候 5、(2017 南京学情调研)已知函数f(x)12xx3,x0,2x,x0.)当x(,m时,f(x)的取值范围为16,),则实数m的取值范围是_ 答案:2,8 解析:由于f(x)的解析式是已知的,因此,可以首先研究出函数f(x)在 R 上的单调性及相关的性质,然后根据f(x)的取值范围为16,),求出它的值等于16 时的x的值,借助于函数f(x)的图像来对m的取
5、值范围进行确定 当x0 时,f(x)12xx3,所以f(x)123x2.令f(x)0,则x2(正值舍去),所以当x(,2)时,f(x)0,此时f(x)单调递减;当x(2,0时,f(x)0,此时f(x)单调递增,故函数f(x)在x0 时的极小值为f(2)16.当x0 时,f(x)2x单调递减,f(0)0,f(8)16,因此,根据f(x)的图像可得m2,8 解后反思 根据函数的解析式来得到函数的相关性质,然后由此画出函数的图像,借助于函数的图像可以有效地进行解题,这就是数形结合的魅力 6、(2017 南京、盐城二模)若函数f(x)x2mcosxm23m8 有唯一零点,则满足条件的实数m组成的集合为
6、_.答案.2 思路点拨 首先判断f(x)是偶函数,而偶函数有唯一零点时,零点只能是x0.解析:f(x)是偶函数,若f(x)有唯一零点,故f(0)0,由f(0)0,得m22m80,解得m2 或m4.当m2 时,f(x)x22cosx2x24sin2x2,有唯一零点x0;当m4 时,f(x)x24cosx4.因为f(2)4cos20,f()280,所以在(2,)内也有零点,不合题意 解后反思 因为f(0)0 只是偶函数f(x)有唯一零点的必要条件,所以检验是必须的说明不充分常用举反例的方法【问题探究,开拓思维】题型一、运用图像研究函数零点的个数 知识点拨:运用函数的图像研究函数的零点问题的关键要正
7、确做出函数的图像,观察图像交点的个数。由于答案依赖于图像因此,要正确规范的做出图像,该标的关键的点、线要标出,另外有时为了更好地作图也要多对函数进行调整,变成常见的函数。1、(2019 苏州三市、苏北四市二调)定义在 R 上的奇函数f(x)满足f(x4)f(x),且在区间2,4)上43,432,2)(xxxxxf则函数xxfylog5)(的零点的个数为 【答案】.5 【解析】因为 f(x4)f(x),可得 f(x)是周期为 4 的奇函数,先画出函数 f(x)在区间2,4)上的图像,根据奇函数和周期为 4,可以画出 f(x)在 R 上的图像,由yf(x)log5|x|0,得f(x)log5|x|
8、,分别画出yf(x)和ylog5|x|的图像,如下图,由f(5)f(1)1,而 log551,f(3)f(1)1,log5|3|1,可以得到两个图像有 5 个交点,所以零点的个数为5.解后反思 本题考查了函数的零点问题,以及函数的奇偶性和周期性,考查了转化与化归、数形结合的思想,函数的零数问题,常转化为函数的图像的交点个数来处理,其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵活地运用图像,找到临界点是解题的关键也是难点 【变 式 1】(2017 南 通 期 末)已 知函 数f(x)是 定 义 在 1,)上 的 函 数,且f(x)1|2x3|,1x2,12f12x,x2,则函数y2xf(x)3 在区间
9、(1,2 015)上的零点个数为_【答案】11 【解析】解法 1 由题意得当 1x2 时,f(x)2x2,1x32,42x,32x2.设x2n1,2n)(nN*),则x2n11,2),又f(x)12n1f12n1x,当x2n11,32时,则x2n1,32n2,所以f(x)12n1f12n1x12n1212n1x2,所以 2xf(x)32x12n1212n1x2 30,整理得x222n2x322n40.解得x32n2或x2n2.由于x2n1,32n2,所以x32n2;当x2n132,2 时,则x(32n2,2n),所以f(x)12n1f12n1x12n14212n1x,所以 2xf(x)32x1
10、2n142x2n130,整理得x24 2n2x3 22n40.解得x3 2n2或x2n2.由于x(3 2n2,2n),所以无解 综上所述,x32n2.由x32n2(1,2 015),得n11,所以函数y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11.解法 2 由题意得当x2n1,2n)时,因为f(x)12n1f12n1x,所以f(x)maxf322n112n1.令g(x)32x.当x322n1时,g(x)g322n112n1,所以当x2n1,2n)时,x322n1为y2xf(x)3 的一个零点 下面证明:当x2n1,2n)时,y2xf(x)3 只有一个零点 当x2n1,3 2n2
11、时,yf(x)单调递增,yg(x)单调递减,f(3 2n2)g(3 2n2),所以x2n1,3 2n2时,有一零点x32n2;当x(32n2,2n)时,yf(x)12n112n1x2n23,k1f(x)122n3,g(x)32x,k2g(x)32x21322n3,322n1,所以k10,当x0,100时,关于x的方程f(x)x15的所有解的和为_【答案】10 000 思路点拨 注意到方程f(x)x15的解可以看做函数yf(x)与yx15的图像交点的横坐标,同时,注意到f(x)f(x1)1 具有“周期性”的特点,由此可作出的图像,由图像来得到解的规律,进而得到所有解的和 分别作出函数yf(x)与
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