南京市2019届高三数学二轮专题复习资料专题02：函数的图像与性质

南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 1 页 共 18 页 专题二：函数的图像与性质专题二：函数的图像与性质 目录目录 问题归类篇 . 2 类型一：函数的值域和最值 . 2 类型二：函数的单调性 . 5 类型三：函数的奇偶性和周期性 . 7 类型四：函数图像 . 9 综合应用篇 . 12 一、例题分析 . 12 二、反馈巩固 . 14 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 2 页 共 18 页 问题问题归类归类篇篇 类型一：类型一：函数的值域函数的值域和最值和最值 一、前测回顾一、前测回顾 1求下列函数的值域： （1）ysin(2x 3)，x0， 6的值域是_； （2）y1x 2 1x2的值域是_； （3）yx 1x的值域是_； （4）f(x)(1 2) xx，x1，2 的值域是_； （5）f(x)x2 2 x21的值域是_ 答案： （1） 3 2 ，1； （2）(1，1； （3）(，5 4； （4） 7 4，3； （5）2 21，) 2函数 f(x)xlnx 的值域是_ 答案：1 e，) 二、方法联想二、方法联想 值域求法：值域求法： 1初等方法：初等方法： （1）图象法； （2）复合函数法； （3）分离常数或反解法； （4）换元法； （5）单调性法； （6）基本不等式法； （7）配方法 2高等方法高等方法（终极方法）（终极方法） ：导数法 三、三、方法方法应用应用 例 1 函数 yx2 x2的值域是_ 解析 设 x2t，则 xt22，t0， )， 此时 yt22t2(t1)233， 故所求值域是3， ) 例 2 若函数 f(x) x6，x2， 3logax，x2(a0，且 a1)的值域是4，)，则实数 a 的取值范围是_ 解析函数 f(x)的大致图像如图所示 当 x2 时，f(x)4，)， 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 3 页 共 18 页 要使 f(x)在 R 上的值域是4，)， 只需当 x2 时，f(x)4，)， a1， 3loga24， 解得 10. (1)求 f(x)的单调区间和极值； (2)当 x1， e时，求 f(x)的最小值 解 (1)函数的定义域为(0，) 由 f(x)x 2 2kln x(k0)得 f(x)x k x x2k x . 由 f(x)0 解得 x k(负值舍去) f(x)与 f(x)在区间(0，)上的变化情况如下表： x (0， k) k ( k，) f(x) 0 f(x) k(1ln k) 2 所以，f(x)的单调递减区间是(0， k)，单调递增区间是( k，) f(x)在 x k处取得极小值 f( k)k(1ln k) 2 . (2)由(1)知，当 k e即 ke 时， f(x)minf( e)e 2 k 2. 当 1 k e即 1ke 时， f(x)minf( k)k(1ln k) 2 . 当 k1 即 0k1 时， f(x)minf(1)1 2. 故函数 f(x)在1， e上的最小值 f(x)min 1 2， 0ke. 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 4 页 共 18 页 四、归类巩固四、归类巩固 *1函数 y 164x的值域是_ 答案：0,4) *2函数 y xx(x0)的最大值为_ 解析：y xx( x)2 x x1 2 21 4， ymax1 4 答案：1 4 *3设函数 f(x)1 2(x|x|)，则函数 ff(x)的值域为_ 解析：先去绝对值， 当 x0 时，f(x)x，故 ff(x)f(x)x， 当 x0 时，f(x)0，故 ff(x)f(0)0， 即 ff(x) x，x 0，x 易知其值域为0，) 答案：0，) *4已知函数 f(x)满足 2f(x)f 1 x 3 x2，则 f(x)的值域为_ 解析：由 2f(x)f 1 x 3 x2 令式中的 x 变为1 x可得 2f 1 x f(x)3x2 由可解得 f(x) 2 x2x 2，由于 x20， 因此由基本不等式可得 f(x) 2 x2x 22 2 x2 x 22 2， 当 x2 2时取等号，因此其最小值为 2 2，值域为2 2，) 答案：2 2，) *5若函数 f(x) 232x， x9， 4logax3， x9 (a0 且 a1)的值域是5，)，则实数 a 的取值范围是 答案：(1，3 *6定义 mina，b，c为 a，b，c 中的最小值，设 f(x)min2x3，x21，53x ，则 f(x)的最大 值是_ 答案：2 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 5 页 共 18 页 类型类型二二：函数函数的的单调性单调性 一、前测回顾一、前测回顾 1 （1）函数 f(x)2x1 x1 的增区间为 ； （2）f(x)log1 2(x 22x)的增区间为 ； 答案： （1）(，1)和(1，)； （2）(，0) 2f(x)lnx2x2的减区间为 答案：(1 2，) 二、方法联想二、方法联想 方法 1：图象法； 方法 2：导数法； 方法 3：定义法； 方法 4：复合函数法 判断函数的单调性优先考虑定义域，方法选择可先考虑图象法，再考虑复合函数法，关键时候用导 数法，别忘了定义法 注意：注意：单调性证明只能用导数法和定义法 三、三、方方法应用法应用 例 1 (1)函数 f(x)|x1|2|x|的单调递增区间是_ (2)函数 f(x)log2(x22x)的单调递减区间是_ (1)去掉绝对值，利用一次函数的单调性求解；(2)利用复合函数的单调性求解 (1)(0，) (2)(，0) 解析 (1)易知 f(x) 3x1，x0， x1，0x1， 3x1，x1， 根据一次函数的单调性，得函数在区 间(0，1)，1，)上单调递增，又当 x1 时，x13x1，故函数 f(x)在区间(0，)上单调递增 (2)根据复合函数单调性，知所求的单调递减区间为内层函数在函数 f(x)定义域上的单调递减区间，即 (，0) 例 2 设函数 f(x)2017 x12016 2017x1 2016sin x，x 2， 2的最大值为 M，最小值为 N，那么 MN _ 解析 f(x)2017 x12016 2017x1 2016sin x 2017x 120171 2017x1 2016sin x2017 1 2017x12016sin x. 显然该函数在区间 2， 2上单调递增，故最大值为 f 2，最小值为 f 2，所以 MNf 2f 22017 1 2017 21 20162017 1 2017 21 2016 4034 1 2017 21 2017 2 12017 2 403414033. 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 6 页 共 18 页 例 3 已知函数 f(x)的定义域为(2，2)，且 f(x) 2 x3ln 2x 2x，2x1， 4x25x2 3，1x2， 如果 fx(x1)2 3，那么实 数 x 的取值范围是_ 解析 当2x1 时，f(x) 2 x3ln(2x)ln(2x)，显然 f(x)在(2，1上单调递减；当 1x1，4x 25x 2 3 25 3 ，所以 f(x)在(2，2)上单调递减，而 f(0)2 3，所以 0x(x1)2，解得2x1 或 0x1， x1，1x1， x1，x1， 作出函数的图像如图所示要使函数 y|x 21| x1 与 ykx2 的 图像有两个不同的交点， 则直线 ykx2 在直线 l1与 l2之间或在 l2与 l3之间转动， 综上实数 k 的取值范围 是 0k4 且 k1，即 0k1 或 1k4. 例 2 设函数 f(x)ex(2x1)axa，其中 a1 2，由 g(x)0 得 x 1 2，故函数 g(x) 在 ，1 2 上单调递减，在 1 2， 上单调递增又函数 g(x)在 x0， 所以其大致图像如图所示 直线 yaxa 过点(1，0) 若 a0，则 f(x)0. 结合函数图像可知，存在唯一的整数 x0，使得 f(x0)0，即存在唯一的整数 x0，使得点(x0，ax0a)在点 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 11 页 共 18 页 (x0，g(x0)的上方，则 x0只能是 0，故实数 a 应满足 f（1）0， f（0）0， f（1）0， 即 3e 12a0， 1a0， e0， 解得 3 2ea1. 故实数 a 的取值范围是 3 2e，1 例 3 已知函数 f(x)|xa|(aR)在1，1上的最大值为 M(a)，则方程 M(x)|x21|的实数根的个数为 _ 解析 当 x(，a)时，函数 f(x)单调递减，当 x(a，)时，函数 f(x)单调递增，xa 为函数 f(x)的最小值点所以，当 a0 时，M(a)f(1)|1a|1a，当 a0，即 a3，33.01 时，f(x)在1， a上为减函数，在( a，)上为增函数，所以 f(x)在1，)上的最小 值是 f( a)2 a2，2 a20，显然成立 综上所述，f(x)在1，)上恒大于零时，a 的取值范围是(3，) (考查函数的单调性,不等式恒成立). *17设函数 f(x)kaxa x (a0 且 a1)是奇函数 (1)求 k 的值； (2)若 f(1)0，解关于 x 的不等式 f(x22x)f(x4)0； (3)若 f(1)3 2，且 g(x)a 2x a 2x 2mf(x)在1，)上的最小值为2，求 m 的值 解 (1)因为 f(x)是奇函数，且 f(0)有意义，所以 f(0)0，所以 k10，k1. 南京市南京市 2019 届高三届高三数学数学二轮专题复习资料二轮专题复习资料 第 18 页 共 18 页 (2)因为 f(1)0，所以 a1 a0，a1，f(x)a xax是 R 上的单调增函数 于是由 f(x22x)f(x4)f(4x)，得 x22x4x，即 x23x40，解得 x4 或 x1. (3)因为 f(1)3 2，所以 a 1 a 3 2，解得 a2(a0)，所以 g(x)2 2x 2 2x 2m(2x2 x)(2x2x)2 2m(2x2 x)2.设 tf(x)2x2x，则由 x1， 得 tf(1)3 2，g(x)t 22mt2(tm)22m2. 若 m3 2，则当 tm 时，ymin2m 22，解得 m2. 若 m3 2，则当 t 3 2时，ymin 17 4 3m2， 解得 m25 12(舍去)综上得 m2. (考查函数的奇偶性和单调性). *18定义在 D 上的函数 f(x)，如果满足：xD，常数 M0，都有| f(x)|M 成立，则称 f(x)