高三三轮冲刺2复习017新考前3个月文科数学（通用版）冲刺 考前抢分知识回扣2 函数与导数 Word版含解析[ 高考].docx

1、. 回扣回扣 2 函数与导数函数与导数 1函数的定义域和值域 (1)求函数定义域的类型和相应方法 若已知函数的解析式，则函数的定义域是使解析式有意义的自变量的取值范围； 若已知 f(x)的定义域为a，b，则 fg(x)的定义域为不等式 ag(x)b 的解集；反之，已知 fg(x)的定义域为a，b，则 f(x)的定义域为函数 yg(x)(xa，b)的值域； 在实际问题中应使实际问题有意义 (2)常见函数的值域 一次函数 ykxb(k0)的值域为 R； 二次函数 yax2bxc(a0)：a0 时，值域为? ? ? ? 4acb2 4a ， ，a0?f?x1?f?x2? x1x2 0?f(x)在a，

2、b上是增函数； (x1x2)f(x1)f(x2)0，右移 h0，上移 k1，缩 yf(x)， yf(x) 01，伸 yAf(x) (3)对称变换： yf(x) x轴 yf(x)， yf(x) y轴 yf(x)， yf(x) 原点 yf(x) 6准确记忆指数函数与对数函数的基本性质 (1)定点：yax (a0，且 a1)恒过(0,1)点； ylogax(a0，且 a1)恒过(1,0)点 (2)单调性：当 a1 时，yax在 R 上单调递增；ylogax 在(0，)上单调递增； 当 00 的解集确定函数 f(x)的单调增区间，由 f(x)0(或 f(x)0，a1)的单调性忽视字母 a 的取 值讨论

3、，忽视 ax0；对数函数 ylogax(a0，a1)忽视真数与底数的限制条件 6易混淆函数的零点和函数图象与 x 轴的交点，不能把函数零点、方程的解、不等式解集的 端点值进行准确互化 7已知可导函数 f(x)在(a，b)上单调递增(减)，则 f(x)0(0)对?x(a，b)恒成立，不能 漏掉“”号，且需验证“”不能恒成立；而已知可导函数 f(x)的单调递增(减)区间为(a， b)，则 f(x)0(0)的解集为(a，b) 8f(x)0 的解不一定是函数 f(x)的极值点一定要检验在 xx0的两侧 f(x)的符号是否 发生变化，若变化，则为极值点；若不变化，则不是极值点 1若函数 f(x) ? ?

4、 ? ? 2x2，x0， 2x4，x0， 则 ff(1)等于( ) A10 B10 C2 D2 答案 C 解析 由 ff(1)f(214)f(2)2(2)22，故选 C. 2若函数 f(x)x21 2ln x1 在其定义域内的一个子区间(k1，k1)内不是单调函数，则实 数 k 的取值范围是( ) A1，) B1，3 2) C1,2) D3 2，2) 答案 B 解析 因为 f(x)的定义域为(0，)，y2x 1 2x， 由 f(x)0，得 x1 2.利用图象可得， ? ? ? ? ? k17 单调递增，则实数 a 的取值范围是( ) A(9 4，3) B9 4，3) C(1,3) D(2,3)

5、 答案 D . 解析 因为函数 f(x) ? ? ? ? ?3a?x3，x7， ax 6，x7 单调递增，所以 12，所以实数 a 的取值范围是(2,3)，故选 D. 4函数 yx 2 x |x| 的图象大致形状是( ) 答案 A 解析 y ? ? ? ? 2x，x0， 2x，x0，值域为y|y0，所以与其定义域和值域分别相同的 函数为 y 1 x，故选 D. 6已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x2)f(x)，且 f(1)2，则 f(2 017)的值是( ) A2 B0 C1 D2 答案 D 解析 由题意得 f(x4)f(x2)f(x)， 所以函数是以 T4 的周期函数， 所以

6、f(2 017)f(1) f(1)2，故选 D. 7已知函数 f(x)? ? ? ? 1 5 xlog 3x，若 x0是函数 yf(x)的零点，且 0x1x0，则 f(x1)的值( ) A恒为正值 B等于 0 C恒为负值 D不大于 0 答案 A 解析 由题意知 f(x)为(0，)上的减函数， 又 f(x0)0，x1x0， f(x1)f(x0)0，故选 A. 8设 alog32，blog52，clog23，则( ) . Aacb Bbca Ccba Dcab 答案 D 解析 易知 log231，log32，log52(0,1)在同一平面直角坐标系中画出函数 ylog3x 与 y log5x 的图

7、象，观察可知 log32log52.所以 cab.比较 a，b 的其他解法：log32log331 2， log52b；0 1 log25，结合换底公式得 log32log52，即 ab. 9若函数 f(x)定义域为2,2，则函数 yf(2x) ln(x1)的定义域为_ 答案 (1,1 解析 由题意可得 ? ? ? ? 22x2， x10， 10，当 x0 时，f(x)3e 21； 当 t0 时，(x)0，(x)在0,1上单调递增， 2(0)0，(x)在(t,1)上单调递增， 2(t)max(0)，(1)， 即 2 t1 et max1，3t e (*) 由(1)知，g(t)2 t1 et 在0,1上单调递减， 故4 e2 t1 et 2，而2 e 3t e 3 e， 不等式(*)无解 . 综上所述，存在 t(，32e)(3e 2，)，使得命题成立