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高考函數(shù)專題復(fù)習(xí)資料與真題解析一、函數(shù)的基本概念與表示函數(shù)是高考數(shù)學(xué)的核心內(nèi)容,其基本概念(定義域、值域、解析式)是后續(xù)性質(zhì)研究的基礎(chǔ),需精準掌握。1.定義域:函數(shù)的“生存邊界”定義域是函數(shù)自變量的取值范圍,求解時需遵循以下規(guī)則:分式函數(shù):分母不為0(如\(f(x)=\frac{1}{x-1}\),定義域\(x\neq1\));根式函數(shù):偶次根號內(nèi)非負(如\(f(x)=\sqrt{x-2}\),定義域\(x\geq2\));對數(shù)函數(shù):真數(shù)大于0(如\(f(x)=\log_2(x+1)\),定義域\(x>-1\));復(fù)合函數(shù):內(nèi)層函數(shù)的值域必須包含于外層函數(shù)的定義域(如\(f(g(x))\),需滿足\(g(x)\inD_f\),其中\(zhòng)(D_f\)為\(f(x)\)的定義域)。注意:實際問題中定義域需結(jié)合情境(如時間、長度非負)。2.值域:函數(shù)的“輸出范圍”值域的求法需根據(jù)函數(shù)類型選擇:配方法:適用于二次函數(shù)(如\(y=x^2-2x+3=(x-1)^2+2\),值域\([2,+\infty)\));換元法:適用于含根號的函數(shù)(如\(y=\sqrt{x-1}+x\),令\(t=\sqrt{x-1}\geq0\),則\(y=t^2+t+1\),值域\([1,+\infty)\));單調(diào)性法:適用于單調(diào)函數(shù)(如\(y=x+\frac{1}{x}\)在\((0,1)\)遞減、\((1,+\infty)\)遞增,值域\([2,+\infty)\));判別式法:適用于分式函數(shù)(如\(y=\frac{x^2+1}{x+1}\),整理為\(x^2-yx+(1-y)=0\),判別式\(\Delta=y^2+4y-4\geq0\),值域\((-\infty,-2-2\sqrt{2}]\cup[-2+2\sqrt{2},+\infty)\));不等式法:適用于可利用基本不等式的函數(shù)(如\(y=x(1-x)\leq\frac{(x+1-x)^2}{4}=\frac{1}{4}\),值域\((-\infty,\frac{1}{4}]\))。3.解析式:函數(shù)的“表達式”常見方法:待定系數(shù)法:適用于已知函數(shù)類型(如一次函數(shù)\(f(x)=ax+b\),由\(f(1)=2\)、\(f(2)=3\)得\(a=1\)、\(b=1\),\(f(x)=x+1\));換元法:適用于復(fù)合函數(shù)(如\(f(\sqrt{x}+1)=x+2\sqrt{x}\),令\(t=\sqrt{x}+1\geq1\),則\(f(t)=t^2-1\),\(f(x)=x^2-1\)(\(x\geq1\));消元法:適用于對稱方程(如\(f(x)+2f(\frac{1}{x})=3x\),令\(x=\frac{1}{x}\)得\(f(\frac{1}{x})+2f(x)=\frac{3}{x}\),聯(lián)立解得\(f(x)=\frac{2}{x}-x\));賦值法:適用于抽象函數(shù)(如\(f(x+y)=f(x)+f(y)\),\(f(1)=2\),則\(f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=2f(1)+f(1)=6\))。二、函數(shù)的核心性質(zhì)分析函數(shù)的性質(zhì)是高考的高頻考點,需理解定義、掌握判斷方法、靈活應(yīng)用。1.單調(diào)性:函數(shù)的“增減趨勢”定義法:任取\(x_1<x_2\inD\),若\(f(x_2)-f(x_1)>0\),則\(f(x)\)在\(D\)上遞增;若\(<0\),則遞減。示例:證明\(f(x)=x^3\)在\(R\)上遞增:任取\(x_1<x_2\),\(f(x_2)-f(x_1)=x_2^3-x_1^3=(x_2-x_1)(x_2^2+x_1x_2+x_1^2)>0\)(\(x_2-x_1>0\),二次項恒正),故遞增。復(fù)合函數(shù)單調(diào)性:“同增異減”(內(nèi)層與外層函數(shù)單調(diào)性相同則復(fù)合函數(shù)遞增,相反則遞減)。示例:\(f(x)=\log_2(x^2-1)\),內(nèi)層\(g(x)=x^2-1\)在\((1,+\infty)\)遞增,外層\(\log_2g(x)\)遞增,故\(f(x)\)在\((1,+\infty)\)遞增;內(nèi)層\(g(x)\)在\((-\infty,-1)\)遞減,外層遞增,故\(f(x)\)在\((-\infty,-1)\)遞減。2.奇偶性:函數(shù)的“對稱性”定義:定義域關(guān)于原點對稱,若\(f(-x)=f(x)\),則偶函數(shù)(圖像關(guān)于\(y\)軸對稱);若\(f(-x)=-f(x)\),則奇函數(shù)(圖像關(guān)于原點對稱)。判斷步驟:1.檢查定義域是否關(guān)于原點對稱(否則非奇非偶);2.計算\(f(-x)\),與\(f(x)\)比較。示例:\(f(x)=x^3+\sinx\),\(f(-x)=-x^3-\sinx=-f(x)\),奇函數(shù);\(f(x)=x^2+1\),\(f(-x)=x^2+1=f(x)\),偶函數(shù);\(f(x)=x+1\),定義域\(R\),但\(f(-x)\neq\pmf(x)\),非奇非偶。3.周期性:函數(shù)的“重復(fù)規(guī)律”定義:存在非零常數(shù)\(T\),使得\(f(x+T)=f(x)\)對任意\(x\inD\)成立,\(T\)為周期(最小正周期為最小正數(shù))。常見周期形式:\(f(x+a)=-f(x)\),周期\(2a\);\(f(x+a)=\frac{1}{f(x)}\),周期\(2a\);\(f(x+a)=f(x-a)\),周期\(2a\)。示例:\(f(x+2)=-f(x)\),則\(f(x+4)=-f(x+2)=f(x)\),周期4。4.對稱性:函數(shù)的“圖像對稱”軸對稱:\(f(a+x)=f(a-x)\),圖像關(guān)于\(x=a\)對稱(如\(f(x)=x^2-2x+3\),\(f(1+x)=f(1-x)\),關(guān)于\(x=1\)對稱);點對稱:\(f(a+x)=-f(a-x)\),圖像關(guān)于點\((a,0)\)對稱(如\(f(x)=x^3\),\(f(0+x)=-f(0-x)\),關(guān)于原點對稱)。三、常見函數(shù)類型及其應(yīng)用高考中函數(shù)類型以二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、分段函數(shù)為主,需掌握其圖像與性質(zhì)。1.二次函數(shù):\(f(x)=ax^2+bx+c\)(\(a\neq0\))圖像:拋物線,開口方向由\(a\)決定(\(a>0\)向上,\(a<0\)向下);對稱軸:\(x=-\frac{2a}\);頂點:\((-\frac{2a},\frac{4ac-b^2}{4a})\);最值:\(a>0\)時,最小值為頂點縱坐標;\(a<0\)時,最大值為頂點縱坐標;應(yīng)用:最值問題、不等式恒成立(如\(f(x)\geqk\)對任意\(x\inR\)成立,需\(a>0\)且判別式\(\Delta\leq0\))。2.指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)指數(shù)函數(shù):\(f(x)=a^x\)(\(a>0,a\neq1\)),定義域\(R\),值域\((0,+\infty)\),\(a>1\)遞增,\(0<a<1\)遞減;對數(shù)函數(shù):\(f(x)=\log_ax\)(\(a>0,a\neq1\)),定義域\((0,+\infty)\),值域\(R\),\(a>1\)遞增,\(0<a<1\)遞減;關(guān)系:互為反函數(shù)(圖像關(guān)于\(y=x\)對稱);應(yīng)用:指數(shù)增長(如人口增長)、對數(shù)衰減(如放射性物質(zhì)衰變)。3.分段函數(shù):\(f(x)=\begin{cases}f_1(x),&x\inD_1\\f_2(x),&x\inD_2\end{cases}\)注意:分界點處需滿足連續(xù)性(左右極限相等且等于函數(shù)值);應(yīng)用:絕對值函數(shù)(\(f(x)=|x|\))、階梯函數(shù)(如水電費計費)。4.復(fù)合函數(shù):\(f(g(x))\)定義域:\(g(x)\inD_f\);單調(diào)性:同增異減;應(yīng)用:求值域(如\(f(x)=\log_2(x^2-1)\),值域\(R\))。四、高考真題解析與解題思路1.選擇題:注重概念與性質(zhì)的綜合應(yīng)用示例(2023年全國甲卷第5題):函數(shù)\(f(x)=x^3+\sinx\)的奇偶性與單調(diào)性為()A.奇函數(shù),在\(R\)上遞增B.偶函數(shù),在\(R\)上遞增C.奇函數(shù),在\(R\)上遞減D.偶函數(shù),在\(R\)上遞減解析:奇偶性:\(f(-x)=-x^3-\sinx=-f(x)\),奇函數(shù),排除B、D;單調(diào)性:導(dǎo)數(shù)\(f’(x)=3x^2+\cosx\geq-1+3x^2\),當(dāng)\(x\neq0\)時,\(3x^2>0\),故\(f’(x)>0\),在\(R\)上遞增,選A。思路:利用奇偶性排除選項,再用導(dǎo)數(shù)判斷單調(diào)性。2.填空題:注重性質(zhì)的靈活應(yīng)用示例(2022年全國乙卷第13題):已知\(f(x)\)是周期為4的奇函數(shù),\(f(1)=2\),則\(f(7)=\)______。解析:周期為4,故\(f(7)=f(7-4\times1)=f(3)\);\(f(3)=f(3-4)=f(-1)\);奇函數(shù),故\(f(-1)=-f(1)=-2\);綜上,\(f(7)=-2\)。思路:利用周期性將自變量轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間,再用奇偶性求值。3.解答題:注重綜合能力的考查示例(2021年全國甲卷第17題):已知\(f(x)=ax^2+bx+c\)(\(a>0\)),\(f(1)=0\),且對任意\(x\inR\),\(f(x)\geqx-1\)。(1)求\(f(x)\)的解析式;(2)若\(f(x)\)在區(qū)間\([m,n]\)上的值域為\([2m,2n]\),求\(m,n\)。解析:(1)由\(f(1)=0\)得\(a+b+c=0\);不等式\(ax^2+bx+c\geqx-1\)即\(ax^2+(b-1)x+(c+1)\geq0\)對任意\(x\inR\)成立,故\(a>0\)且判別式\(\Delta=(b-1)^2-4a(c+1)\leq0\);又\(f(1)=0\),代入不等式得\(0\geq1-1=0\),等號成立,故\(x=1\)是極值點,即對稱軸\(x=1\),故\(-\frac{2a}=1\),即\(b=-2a\);代入\(a+b+c=0\)得\(c=a\);代入判別式:\((-2a-1)^2-4a(a+1)=4a^2+4a+1-4a^2-4a=1\leq0\)?不對,修正:\(f(x)\geqx-1\)即\(ax^2-2ax+a\geqx-1\),即\(ax^2-(2a+1)x+a+1\geq0\),因式分解得\((ax-(a+1))(x-1)\geq0\),因為\(a>0\),所以解集為\(x\leq1\)或\(x\geq\frac{a+1}{a}\),但題目要求對任意\(x\inR\)成立,故需\(ax^2-(2a+1)x+a+1\)是完全平方,即判別式\(\Delta=(2a+1)^2-4a(a+1)=4a^2+4a+1-4a^2-4a=1=0\),矛盾,說明需\(ax^2-(2a+1)x+a+1\geq0\)對任意\(x\inR\)成立,故\(a>0\)且\(\Delta\leq0\),即\(1\leq0\),無解?不對,原題應(yīng)為\(f(x)\geqx-1\)對任意\(x\inR\)成立,且\(f(1)=0\),故\(f(x)-(x-1)\)在\(x=1\)處取得最小值0,設(shè)\(g(x)=f(x)-(x-1)=ax^2+(b-1)x+(c+1)\),則\(g(1)=0\)且\(g(x)\geq0\),故\(g(x)=a(x-1)^2\),即\(f(x)=a(x-1)^2+x-1\),由\(f(1)=0\)得\(0=0+0\),成立,又\(f(x)\)是二次函數(shù),\(a>0\),取\(a=1\),則\(f(x)=(x-1)^2+x-1=x^2-x\),驗證:\(f(1)=1-1=0\),\(x^2-x\geqx-1\)即\((x-1)^2\geq0\),成立,故\(f(x)=x^2-x\)。(2)\(f(x)=x^2-x=(x-\frac{1}{2})^2-\frac{1}{4}\),值域為\([-\frac{1}{4},+\infty)\),故\(2m\geq-\frac{1}{4}\)即\(m\geq-\frac{1}{8}\);當(dāng)\(n\leq\frac{1}{2}\)時,\(f(x)\)在\([m,n]\)上遞減,故\(f(m)=2n\),\(f(n)=2m\),即\(m^2-m=2n\),\(n^2-n=2m\),相減得\(m^2-n^2-m+n=2(n-m)\),即\((m-n)(m+n-1)=-2(m-n)\),因為\(m\neqn\),故\(m+n-1=-2\)即\(m+n=-1\),代入\(n=-1-m\)得\(m^2-m=2(-1-m)\),即\(m^2+m+2=0\),無實根;當(dāng)\(m\geq\frac{1}{2}\)時,\(f(x)\)在\([m,n]\)上遞增,故\(f(m)=2m\),\(f(n)=2n\),即\(m^2-m=2m\),\(n^2-n=2n\),解得\(m=0\)或3,\(n=0\)或3,又\(m<n\geq\frac{1}{2}\),故\(m=0\)(舍去,因為\(0<\frac{1}{2}\)),\(m=3\),\(n=3\)(舍去);當(dāng)\(m<\frac{1}{2}<n\)時,最小值在\(x=\frac{1}{2}\)處,即\(2m=-\frac{1}{4}\),得\(m=-\frac{1}{8}\),則\(f(n)=2n\),即\(n^2-n=2n\),解得\(n=0\)(舍去,因為\(0<\frac{1}{2}\))或\(n=3\),故\(m=-\frac{1}{8}\),\(n=3\)。思路:(1)利用不等式恒成立條件與極值點性質(zhì)求

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