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2013高考数学(江苏专版)二轮专题课件:第一部分 专题1 函数的性质及应用(Ⅰ)


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第 一 部 分

专 题 1

小题基础练清

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回顾2008~2012年的高考题,在填空题中主要考查了函数的 基本性质(单调性、奇偶性)以及导数的几何意义,即切线问 题,基础题、中档题、难题都有涉及.在解答题中,有关函数模

型的应用题的考查在2009年和2011年都有涉及,在压轴题中
2008年和2009年考查了函数的基本性质,在2010年、2011年和 2012年考查了用导数研究函数的性质,在这些问题的考查中都 有涉及数学思想方法的考查. 值得注意的是在2008~2012年的高考题中没有单独考查:

指数和对数的运算、幂函数、函数与方程、导数的概念.这些考
试说明中出现的知识要点在复习时要兼顾.
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预测在2013年的高考题中:

(1)填空题依然是对函数的性质、函数的值域和函数图象的
运用的相关考查,难度不一.

(2)在解答题中,函数模型的实际运用依然会是考查热点,
函数综合性质的考查依然是考查的难点,数形结合思想和分类 讨论思想是考查的重点.

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5-1 1.(2009· 江苏高考)已知a= 2 ,函数f(x)=ax,若实数m,n 满足f(m)>f(n),则m,n的大小关系为________. 5-1 解析:a= ∈(0,1),函数f(x)=ax在R上递减.由 2

f(m)>f(n)得m<n.
答案:m<n

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2.(2010· 江苏高考)设函数f(x)=x(ex+ae-x)(x∈R)是偶函数,则 实数a的值为________.
解析:设g(x)=x,h(x)=ex+ae x,因为函数g(x)=x是奇函 数,则由题意知,函数h(x)=ex+ae-x为奇函数,又函数f(x) 的定义域为R,∴h(0)=0,解得a=-1.


答案:-1

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?x2+1,x≥0, ? 3.(2010· 江苏高考)已知函数f(x)=? ?1,x<0, ?

则满足不等

式f(1-x2)>f(2x)的x的取值范围是________.
?1-x2>0, ? 解析:由题意有 ? ?2x<0 ? ?1-x2>2x, ? 或? ?2x≥0, ?

解得-1<x

<0或0≤x< 2-1,∴x的取值范围为(-1, 2-1).

答案:(-1, 2-1)

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?2x+a,x<1, ? 4.(2011· 江苏高考)已知实数a≠0,函数f(x)=? ?-x-2a,x≥1. ?

若f(1-a)=f(1+a),则a的值为________.

解析:①当1-a<1,即a>0时,此时a+1>1,由f(1-a)= 3 f(1+a),得2(1-a)+a=-(1+a)-2a,计算得a=- 2 (舍 去);②当1-a>1,即a<0时,此时a+1<1,由f(1-a)=f(1 3 +a),得2(1+a)+a=-(1-a)-2a,计算得a=- 4 ,符合题 意. 3 综上所述,a=-4.
3 答案:-4
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5.(2012· 江苏高考)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,b∈R)的值域为 [0,+∞),若关于x的不等式f(x)<c的解集为(m,m+6), 则实数c的值为________.
? a?2 a2 f(x)=x2+ax+b=?x+2? +b- 4 .因为 ? ?

解析: 由题意

f(x)的值

a2 a2 域为[0,+∞),所以 b- 4 =0,即 a2=4b.因为 x2+ax+ 4 - a2 c<0 的解集为(m,m+6),易得 m,m+6 是方程 x2+ax+ 4 -c=0 的两根,由一元二次方程根与系数的关系得 ?2m+6=-a, ? ? a2 ?m?m+6?= 4 -c, ? 答案:9 解得c=9.

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[典例1] 1 (2012· 如皋测试)已知函数 f(x)=a-|x|. (1)求证:函数 y=f(x)在(0,+∞)上是增函数; (2)若 f(x)<2x 在(1,+∞)上恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)若函数 y=f(x)在[m,n]上的值域是[m,n](m≠n),求实数 a 的取值范围.

[解]

1 (1)当x∈(0,+∞)时,f(x)=a-x.

1 则f′(x)=x2>0, ∴f(x)在(0,+∞)上为增函数.
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1 1 (2)a- x <2x在(1,+∞)上恒成立,即a<2x+ x 在(1,+∞)上 恒成立. 1 设h(x)=2x+x,则a<h(x)在(1,+∞)上恒成立.
2 1 2x -1 ∵h′(x)=2-x2= x2 .又x>1,∴h′(x)>0.

∴h(x)在(1,+∞)上单调递增. ∴h(x)>h(1)=3,故a≤3. ∴a的取值范围为(-∞,3].

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(3)∵f(x)的定义域为{x|x≠0,x∈R},∴mn>0. 当n>m>0时,由(1)知f(x)在(0,+∞)上单调递增, ∴m=f(m),n=f(n). 故x2-ax+1=0有两个不相等的正根m,n. ? -a ?- 2 >0, ? ∴ 解得a>2. ?Δ=a2-4>0, ? 1 当m<n<0时,可证f(x)=a+x在(-∞,0)上是减函数. ∴m=f(n),n=f(m),即x∈(0,+∞)时,
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1 ? ?a+m=n, ? ?a+1=m, n ?

① ②

1 1 ①-②得m-n=n-m, n-m ∴ mn =n-m,而m≠n,故mn=1,代入①,得a=0. 综上所述,a的取值范围为{0}∪(2,+∞).

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本题综合考查反比例函数、绝对值等内容,对等价转换的 要求比较高,第一问很常规,可以通过定义法和导数法解决,

入手比较简单;第二问方向发散,分离参数是较好的方法;第
三问要求较高,既考查知识点的转化能力,又考查对方程组数 据的处理能力,本问就凸显出两种处理方程组的方法:作差和 转化成二次方程的根,而这正是这几年江苏高考的一大特色.

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[演练1] (2012· 南通学科基地)函数f(x)的定义域为D,若满足①f(x)在 D内是单调函数,②存在[a,b]?D,使f(x)在[a,b]上的值 域为[-b,-a],那么y=f(x)叫做对称函数,现有f(x)= 2-x-k是对称函数,求k的取值范围.

解:由于 f(x)= 2-x-k 在(-∞,2]上是减函数,所以
? ? ? ? ?

2-a-k=-a 2-b-k=-b

?关于 x 的方程 2-x-k=-x 在(-∞,

2]上有两个不同实根,且 k-x≥0 在(-∞,2]上恒成立,通 过换元结合图象可得
? 9? k∈?2,4?. ? ?
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[典例2] (2012· 苏州调研)已知函数 f(x)=|x-m|和函数 g(x)=x|x-m| +m2-7m. (1)若方程 f(x)=|m|在[4,+∞)上有两个不同的解,求实数 m 的取值范围; (2)若对任意 x1∈(-∞,4],均存在 x2∈[3,+∞),使得 f(x1)>g(x2)成立,求实数 m 的取值范围.

[解]

(1)由题意可知,|x-m|=|m|在[4,+∞)上有两个不

同的解,而方程|x-m|=|m|在R上的解集为x=0或x=2m,所 以2m≥-4且2m≠0.所以m的取值范围为[-2,0)∪(0,+∞).
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(2)原命题等价于“f(x)的最小值大于g(x)的最大值”
?0,m≤4, ? 对任意x1∈(-∞,4],f(x1)min=? ?m-4,m>4. ?

对任意x2∈[3,+∞),
?m2-10m+9,m<3, ? g(x2)max=? 2 ?m -7m,m≥3. ?

①当m<3时,0>m2-10m+9,解得1<m<3; ②当3≤m≤4时,0>m2-7m,解得3≤m≤4; ③当m>4时,m-4>m2-7m,解得4<m<4+2 3.
? ? 综上所述,m的取值范围为??1,4+2 3??.

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本题综合考查一次函数、二次函数、绝对值符号等知识, 对思维的要求很高,要理解“若对任意x1∈(-∞,4],均存在x2 ∈[3,+∞),使得f(x1)>g(x2)成立”的意义,即f(x)的最小值大 于g(x)的最大值.

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[演练2] 设函数
?x2+bx+c, ? f(x)=? ?2, ?

x≤0, 其中 b>0,c∈R.当且仅 x>0,

当 x=-2 时,函数 f(x)取得最小值-2. (1)求函数 f(x)的表达式; (2)若方程 f(x)=x+a(a∈R)至少有两个不相同的实数根,求 a 取值的集合. 解:(1)∵当且仅当x=-2时,函数f(x)取得最小值-2.
b ∴二次函数y=x +bx+c的对称轴是x=-2=-2.
2

且有f(-2)=(-2)2-2b+c=-2,即2b-c=6. ∴b=4,c=2.
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?x2+4x+2,x≤0, ? ∴f(x)=? ?2, x>0. ?

(2)记方程①:2=x+a(x>0), 方程②:x2+4x+2=x+a(x≤0). 分别研究方程①和方程②的根的情况: (ⅰ)方程①有且仅有一个实数根?a<2,方程①没有实数根? a≥2. (ⅱ)方程②有且仅有两个不相同的实数根,即方程 x2+3x+2 -a=0 有两个不相同的非正实数根.
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?Δ=9-4?2-a?>0 ? ∴? ?2-a≥0 ?

1 ? ?a>- 4 ?-1<a≤2; ?? 4 ?a≤2 ?

方程②有且仅有一个实数根,即方程x2+3x+2-a=0有且仅 有一个非正实数根. ∴2-a<0或Δ=0, 1 即a>2或a=-4.

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综上可知,当方程f(x)=x+a(a∈R)有三个不相同的实数根 1 时,-4<a<2; 当方程f(x)=x+a(a∈R)有且仅有两个不相同的实数根时,a 1 =-4或a=2.
? 1 ? ∴符合题意的实数a取值的集合为?-4,2?. ? ?

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[典例3] 已知函数f(x)=ax2-|x|+2a-1(a为实常数). (1)若a=1,作函数f(x)的图象; (2)设f(x)在区间[1,2]上的最小值为g(a),求g(a)的表达式; f?x? (3)设h(x)= x ,若函数h(x)在区间[1,2]上是增函数,求实 数a的取值范围. [解](1)当 a=1 时, f(x)=x2-|x|+1
?x2+x+1,x<0, ? =? 2 ?x -x+1,x≥0. ?

作图(如右图所示).

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(2)当x∈[1,2]时, f(x)=ax2-x+2a-1. 若a=0,则f(x)=-x-1在区间[1,2]上是减函数, g(a)=f(2)=-3.
? 1 ?2 1 ?x- ? +2a- 若a≠0,则f(x)=a 2a? 4a -1,f(x)图象的对称轴 ?

1 是直线x=2a. 当a<0时,f(x)在区间[1,2]上是减函数, g(a)=f(2)=6a-3.
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1 1 当0<2a<1,即a>2时, f(x)在区间[1,2]上是增函数, g(a)=f(1)=3a-2. 1 1 1 当1≤2a≤2,即4≤a≤2时,
?1? 1 ? ?=2a- -1. g(a)=f 2a 4a ? ?

1 1 当2a>2,即0<a<4时, f(x)在区间[1,2]上是减函数, g(a)=f(2)=6a-3.
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1 ? ?6a-3, a<4, ? ? 1 1 1 ?2a- -1, ≤a≤2, 综上可得 g(a)= 4a 4 ? ? 1 ?3a-2, a>2. ? 2a-1 (3)当 x∈[1,2]时,h(x)=ax+ x -1,在区间[1,2]上任取 x1,x2,且 x1<x2,则
? ? 2a-1 ? ? h(x2)-h(x1)=?ax2+ -1?- x2 ? ?

? ? ? 2a-1 2a-1? ? ? ? ? ax1+ x -1?=(x2-x1)?a- x x ? ? ? ? ? 1 1 2 ?

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ax1x2-?2a-1? =(x2-x1)· . xx
1 2

因为h(x)在区间[1,2]上是增函数, 所以h(x2)-h(x1)>0. 因为x2-x1>0,x1x2>0, 所以ax1x2-(2a-1)>0,即ax1x2>2a-1. 当a=0时,上面的不等式变为0>-1,即a=0时结论成立.

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2a-1 2a-1 当a>0时,x1x2> a ,由1<x1x2<4得, a ≤1,解得0< a≤1. 2a-1 2a-1 1 当a<0时,x1x2< a ,由1<x1x2<4得, a ≥4,解得- 2 ≤a<0.
? 1 ? 所以实数a的取值范围为?-2,1?. ? ?

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本题主要考查二次函数的性质,结合绝对值考查分类讨论
思想,第一问主要是画图;第二问二次函数属于轴动区间定的

题型,主要考查分类讨论,细心一点即可完成;第三问比较发
散,除了用定义法来解决还可以等价转化成h′(x)≥0对于任意的 x∈[1,2]恒成立来解决.

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[演练3] (2012· 苏锡常镇调研)已知a,b为正实数,函数f(x)=ax3+bx+ 2x在[0,1]上的最大值为4,则f(x)在[-1,0]上的最小值为 ________.
解析:因为a,b为正实数,所以函数f(x)是单调递增的.所以 f(1)=a+b+2=4得到a+b=2.所以f(x)在[-1,0]上的最小值为 1 3 f(-1)=-(a+b)+2=-2.

3 答案:-2
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[专题技法归纳] (1)解决函数问题重点是挖掘出函数性质,利用性质解题, 特别是奇偶性和单调性. (2)研究单调区间问题时一定要注意在函数的定义域内进 行. (3)研究函数最值问题时,要注意函数的定义域,特别是分 段函数,要分别求出最值再比较.

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