高中数学选择、填空题压轴题题型与方法(精华)

1/52一、函数与导数1、抽象函数与性质主要知识点：定义域、值域（最值）、单调性、奇偶性、周期性、对称性、趋势线（渐近线）对策与方法：赋值法、特例法、数形结合【例1】已知定义在上的函数，当时，,0xf1,0x;2142)(xxf当时，，为常数.下列有关函数的描述：1＞x1,fxafxaRaxf①_x0001_时，；②当函数的值域为；2a423f，＜1axf2,2-③当时，不等式在区间上恒成立；0＞a212xaxf,0④当时，函数的图像与直线在内的交点个数为01-＜＜axfNnayn12n，0.211nn其中描述正确的个数有（）【答案】C（A）4（B）3（C）2（D）12/52故④正确，3/52【例2】定义在R上的函数()fx满足(1)1f，且对任意xR都有1()2fx，则不等式221()2xfx的解集为_________．【答案】(1,1)【解析】令1()()2xgxfx，则1()()02gxfx，11(1)(1)02gf，所以221()2xfx22()0(1)111gxgxx，故不等式221()2xfx的解集为(1,1)．【例3】定义在0+，上的单调函数2(),0,,()log3fxxffxx，则方程2)()(xfxf的解所在区间是（）【答案】CA.21,0B.1,21C.2,1D.3,2【解析】根据题意，对任意的(0,)x，都有2()log3ffxx，由f（x）是定义在(0,)上的单调函数，则2()logfxx为定值，设2()logtfxx，则2()logfxxt，又由f（t）=3，即log2t+t=3，解可得，t=2；则2()log2fxx，1()ln2fxx。因为()()2fxfx，所以21log22ln2xx，即21log0ln2xx，令21()logln2hxxx，因为211(1)log10ln2ln2h，211(2)log2102ln2ln4h，所以21()logln2hxxx的零点在区间(1,2)，即方程()()2fxfx的解所在的区间是(1,2)4/52【例4】设函数)(xf在R上存在导数)(xf，Rx，有2)()(xxfxf，在),0(上xxf)(，若mmfmf48)()4(，则实数m的取值范围为（）【答案】BA．]2,2[B．),2[C．),0[D．(,2][2,)【解析】设212gxfxx，因为对任意2,xRfxfxx，所以，221122gxgxfxxfxx=20fxfxx所以，函数212gxfxx为奇函数；又因为，在),0(上xxf)(，所以，当时0x，0gxfxx即函数212gxfxx在),0(上为减函数，因为函数212gxfxx为奇函数且在R上存在导数，所以函数212gxfxx在R上为减函数，所以，221144422gmgmfmmfmm484fmfmm0所以，442gmgmmmm即实数m的取值范围为),2[.【例5】函数fx的导函数为fx，对xR，都有2fxfx成立，若ln42f，则不等式2xfxe的解是（）【答案】AA.ln4xB.0ln4xC.1xD.01x5/52【解析】设函数2xexfxg，所以222221xxxeexfexfxg，根据已知xfxf21，所以0xg，所以xg为单调递增函数，且14lng，所以不等式2xfxe等价于12xexf，等价于4lngxg，根据xg为增函数，所以4lnx【例6】已知R上的奇函数满足，则不等式的fx2fx2132lnfxxx312x解集是A.B.C.D.（）10,e0,11,,e【答案】B【解答】设g（x）=f（x﹣1）﹣x2（3﹣2lnx）﹣3（1﹣2x），则g′（x）=f′（x﹣1）+4xlnx﹣4x+6，设h（x）=4xlnx﹣4x+6，则h′（x）=4lnx，由h′（x）＞0得x＞1，由h′（x）＜0得0＜x＜1，即当x=1时，函数h（x）取得极小值同时也是最小值h（1）=2，∵f′（x﹣1）＞﹣2，h（x）≥2，∴f′（x﹣1）+h（x）＞﹣2+2=0，即g′（x）=f′（x﹣1）﹣x2（3﹣2lnx）﹣3（1﹣2x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上为增函数，而f(0)=0则当x=1时，g（1）=f（1﹣1）﹣12（3﹣2ln1）﹣3（1﹣2）=0，则不等式f（x﹣1）＜x2（3﹣2lnx）+3（1﹣2x）等价于g（x）0，即g（x）g（1），则0x1，即不等式f（x﹣1）＜x2（3﹣2lnx）+3（1﹣2x）的解集是(0,1)，6/52【例7】定义在),0(上的函数)(xf满足：对),0(x，都有)(2)2(xfxf；当]2,1(x时，xxf2)(，给出如下结论：①对Zm，有0)2(mf；②函数)(xf的值域为),0[；③存在Zn，使得9)12(nf；④函数)(xf在区间),(ba单调递减的充分条件是“存在Zk，使得)2,2(),(1kkba，其中所有正确结论的序号是：．（请将所有正确命题的序号填上）【答案】①②④【分析】作出2fxx的图像即可逐一判断2、函数零点、方程的根、函数图像交点对策与方法：函数、方程、不等式三者相互转化；数形结合【例1】已知函数)(xf满足)1()(xfxf，当3,1x时，xxfln)(，若在区间331，内，曲线xaxxfxg与)()(轴有三个不同的交点，则实数a的取值范围是（）【答案】CA．e10，B．e210，C．e13ln3，D．e213ln3，【解析】法一：设133x，，则113x，，又11()ln()lnfxfxxx，则fx的图象如图所示，当0a时，显然不合乎题意；当0a时，如图所示，当1(,1]3x时，存在一个零点，7/52当13x时，lnfxx，可得ln,(1,3]gxxaxx，则11axgxaxx，若0gx，可得1xa，gx为减函数；若0gx，可得1xa，gx为增函数；此时fx必须在1,3上有两个零点，由1()03010gagg，解得ln313ae．法二：当13x时，求y=ax与lnfxx相切时的a值即可。【例2】（2015天津高考，理8）已知函数函数，22,2,2,2,xxfxxx2gxbfx其中，若函数恰有4个零点，则的取值范围是()【答案】DbRyfxgxb（A）（B）（C）（D）7,47,470,47,24【解析】法一：由得，22,2,2,2,xxfxxx222,0(2),0xxfxxx所以，222,0()(2)42,0222(2),2xxxyfxfxxxxxxx即222,0()(2)2,0258,2xxxyfxfxxxxx,所以恰有4个零点等价于方程()()()(2)yfxgxfxfxbyfxgx8642246815105510158/52有4个不同的解，即函数与函数的图象的4个公()(2)0fxfxbyb()(2)yfxfx共点，由图象可知.724b法二：同一坐标系下作出与图像，寻找满足已知的条件即可。ygx2ybfx【例3】（2014·湖北高考理科·Ｔ10）已知函数是定义在上的奇函数，当时，)(xfR0x，若，，则实数的取值范围为)3|2||(|21)(222aaxaxxfRx)()1(xfxfa（）A.B.C.D.【答案】]61,61[]66,66[]31,31[]33,33[B解析：　当x≥0时，f(x)＝Error!，又f(x)为奇函数，可得f(x)的图象如图所示，利用图像平移可得f(x－1)图像，又∀x∈R，f(x－1)≤f(x)，可知4a2－(－2a2)≤1⇒a∈。[－66，66]【例4】已知函数f（x）周期为4，且当x∈（﹣1，3]时，f（x）=，其中m＞0．若方程3f（x）=x恰有5个实数解，则m的取值范围为（　　）【答案】BA．（，）B．（，）C．（，）D．（，）9/52【解析】∵当x∈（﹣1，1]时，将函数化为方程x2+=1（y≥0），∴实质上为一个半椭圆，其图象如图所示，同时在坐标系中作出当x∈（1，3]得图象，再根据周期性作出函数其它部分的图象，由图易知直线y=与第二个椭圆（x﹣4）2+=1=1（y≥0）相交，而与第三个半椭圆（x﹣8）2+=1=1（y≥0）无公共点时，方程恰有5个实数解，将y=代入（x﹣4）2+=1=1（y≥0）得，（9m2+1）x2﹣72m2x+135m2=0，令t=9m2（t＞0），则（t+1）x2﹣8tx+15t=0，由△=（8t）2﹣4×15t（t+1）＞0，得t＞15，由9m2＞15，且m＞0得m，同样由y=与第三个椭圆（x﹣8）2+=1=1（y≥0）由△＜0可计算得m＜，综上可知m∈（）【例5】已知函数xxfxxRe，若关于x的方程2()10fxmfxm恰好有4个不相等的实数根，则实数m的取值范围为（　　）【答案】AA、2112ee，B、202ee，C、111e，D、212ee，【解析】当0x时，xexxf)(为减函数，0)0()(minfxf；当0x时，xexxf)(，xexxxf221)('，则21x时，0)('xf，210x时，0)('xf，10/52即)(xf在21,0递增，在,21递减，eefxf22)21()(极大值；其大致图象如图所示，令)(xft，得012mmtt，即0)1)(1(mtt；当1t时，txf)(有一解；若01)()(2mxmfxf有四解，则eem2210，即eem2211.【例6】（2013·安徽高考理）若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是(　　)【答案】AA．3B．4C．5D．6【解析】因为f′(x)＝3x2＋2ax＋b,3f2(x)＋2af(x)＋b＝0且方程3x2＋2ax＋b＝0的两根分别为x1，x2，所以f(x)＝x1或f(x)＝x2.当x1是极大值点时，x2为极小值点，且x2x1，如图1所示可知方程f(x)＝x1有2个实根，f(x)＝x2有1个实根，故方程3f2(x)＋2af(x)＋b＝0共有3个不同实根．当x1是极小值点时，f(x1)＝x1，x2为极大值点，且x2x1，如图2可知方程f(x)＝x1有2个实根，f(x)＝x2有1个实根，故方程3f2(