2020年三维 （江苏版）高考二轮复习数学 专题五 函数、不等式与导数（课件+课时达标训练） (共10份打包)

函数、不等式与导数 题 五 专 小题考情分析 大题考情分析 常考点 1.函数的基本性质(5年5考) 2.函数的零点问题(5年4考) 3.导数与函数的单调性(5年2考) 4.基本不等式(5年4考) 　　本部分内容在高考解答题中为必考内容，考查类型有四类：第一类考查函数的单调性及应用函数零点求参数(2015年T19)，第二类考查函数与不等式零点问题(2016年T19)，第三类考查函数与导数、函数的极值、零点问题(2017年T20，2019年T19)，第四类考查函数的定义、零点以及导数应用与函数的性质(2018年T19)；题目总体难度较大，多体现分类讨论思想和考查推理论证的能力. 偶考点 1.一元二次不等式恒成立问题 2.线性规划问题 [江苏卷5年考情分析] —— 函 数 小 题 考 法 一 讲 第 函数的基本性质 考点(一) 主要考查函数的三要素以及函数的单调性、奇偶性、周期性的应用，常结合　分段函数命题. [题组练透] 1．(2018·江苏高考)函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在区间(－2，2]上，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)，0<x≤2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，－2<x≤0，))则f(f(15))的值为________． 解析：由函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)， 可知函数f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq \f(1,2)， 所以f(f(15))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq \f(π,4)＝eq \f(\r(2),2). 答案：eq \f(\r(2),2) 2．(2017·江苏高考)已知函数f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，其中e是自然对数的底数．若f(a－1)＋f(2a2)≤0，则实数a的取值范围是________． 解析：由f(x)＝x3－2x＋ex－eq \f(1,ex)，得f(－x)＝－x3＋2x＋eq \f(1,ex)－ex＝－f(x)，所以f(x)是R上的奇函数．又f′(x)＝3x2－2＋ex＋eq \f(1,ex)≥3x2－2＋2eq \r(ex·\f(1,ex))＝3x2≥0，当且仅当x＝0时取等号，所以f(x)在其定义域内单调递增．因为f(a－1)＋f(2a2)≤0，所以f(a－1)≤－f(2a2)＝f(－2a2)，所以a－1≤－2a2，解得－1≤a≤eq \f(1,2)，故实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))). 答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) 3．(2019·南通等七市一模)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋2)＝f(x)．当0<x≤1时，f(x)＝x3－ax＋1，则实数a的值为________． 解析：f(x＋2)＝f(x)，令x＝－1，得f(－1)＝f(1)，又函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，所以f(1)＝0.当0<x≤1时，f(x)＝x3－ax＋1，则f(1)＝2－a＝0，故a＝2. 答案：2 4．(2019·南通等七市一模)已知函数f(x)＝(2x＋a)(|x－a|＋|x＋2a|)(a<0)．若f(1)＋f(2)＋f(3)＋ … ＋f(672)＝0，则满足f(x)＝2 019的x的值为________． 解析：因为a<0，所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（2x＋a）2，x≥－2a，,－3a（2x＋a），a<x<－2a，,－（2x＋a）2，x≤a.))易知函数f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，0))对称，且在R上单调递增． 若f(1)＋f(2)＋f(3)＋ … ＋f(672)＝0，则－eq \f(a,2)＝eq \f(1＋672,2)，a＝－673，则当x≥－2a时，f(x)≥9a2＝9×6732>2 019，当x≤－eq \f(a,2)时，f(x)≤0，所以3×673(2x－673)＝2 019，所以x＝337. 答案：337 奇偶性 具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可转化到只研究部分(一半)区间上．尤其注意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x) 单调性 可以比较大小，求函数最值，解不等式，证明方程根的唯一性 周期性 利用周