高频考点集中练函数与导数1.(2019·全国卷Ⅲ)函数y=在[-6,6]上的图象大致为()【命题思维分析】根据函数性质求解函数图象,意在考查排除法,估算法速解高考题的能力.【解析】选B.因为y=f(x)=,则f(-x)==-=-f(x),所以f(x)为奇函数,图象关于原点中心对称.排除选项C.又f(4)=≈=8>0.排除选项D;f(6)=≈7.排除A.根据图象进行判断,可知选项B符合题意.【真题拾贝】有关函数图象识别问题的常见题型及解题思路①由函数的定义域,判断图象左右的位置,由函数的值域,判断图象的上下位置;②由函数的单调性,判断图象的变化趋势;③由函数的奇偶性,判断图象的对称性;④由函数的周期性,判断图象的循环往复.2.(2019·全国卷Ⅲ)设f(x)是定义域为R的偶函数,且在(0,+∞)上单调递减,则()A.f>f()>f()B.f>f()>f()C.f()>f()>fD.f()>f()>f【命题思维分析】高考对函数性质的综合考查是每年命题的热点,主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用,一般是综合基础函数或指、对数函数,幂函数的图象和性质命题.【解析】选C.依据题意,函数f(x)为偶函数且函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,则函数f(x)在(-∞,0)上单调递增;因为f=f(-log34)=f(log34);又因为0<<<1f()>f.【真题拾贝】解决此类问题一般分两步:①利用函数的奇偶性,将所比较的函数值对应的自变量转化到同一个单调区间上,②利用函数的单调性比较大小.3.(2018·全国卷II)已知f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,满足f(1-x)=f(1+x).若f(1)=2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=()A.-50B.0C.2D.50【解析】选C.f(x)是定义域为(-∞,+∞)的奇函数,图象关于原点对称,满足f(1-x)=f(1+x),则f(x+4)=f(1-(x+3))=f(-x-2)=-f(x+2)=-f(1-(x+1))=-f(-x)=f(x),所以f(x)是周期为4的函数.又f(1)=2,f(2)=f(1+1)=f(1-1)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-2,f(4)=f(0)=0,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=12×0+f(1)+f(2)=2.【真题拾贝】函数的奇偶性与周期性相结合的问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.4.(2018·全国卷I)已知函数f=2sinx+sin2x,则f的最小值是.【命题思维分析】近年来,导数及其应用一般考查一解答一客观两个题目,客观题除了考查导数的几何意义外,还会考查导数的应用,本题意在考查导数的应用,利用导数求函数的单调性以及最值.【解析】方法一:f′(x)=2cosx+2cos2x=4cos2x+2cosx-2=4(cosx+1),所以当cosx<时函数单调递减,当cosx>时函数单调递增,从而得到函数的减区间为(k∈Z),函数的增区间为(k∈Z),所以当x=2kπ-,k∈Z时,函数f(x)取得最小值,此时sinx=-,sin2x=-,所以f(x)min=2×-=-.方法二:因为f(x)=2sinx+sin2x,所以f(x)最小正周期为T=2π,所以f′(x)=2(cosx+cos2x)=2(2cos2x+cosx-1),令f′(x)=0,即2cos2x+cosx-1=0,所以cosx=或cosx=-1.所以当cosx=,为函数的极小值点,即x=或x=π,当cosx=-1,x=π,所以f=-,f=,f(0)=f(2π)=0,f(π)=0,所以f(x)的最小值为-.答案:-【真题拾贝】求最值的解题步骤:①需要明确相关函数的求导公式;②需要明白导数符号与函数单调性的关系,确定出函数的单调增区间和单调减区间;③确定函数的最小值点,从而求得相应的三角函数值,代入求得函数的最小值.5.(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f=.世纪金榜导学号(1)求曲线y=f在点处的切线方程.(2)证明:当a≥1时,f+e≥0.【解析】(1)f(x)的定义域为R,f′(x)=,显然f(0)=-1,即点(0,-1)在曲线y=f(x)上,所求切线斜率为k=f′(0)=2,所以切线方程为y-(-1)=2(x-0),即2x-y-1=0.(2)方法一(一边为0):令g(x)=-ax2+(2a-1)x+2,当a≥1时,方程g(x)的判别式Δ=(2a+1)2>0,由g(x)=0得,x=-,2,且-<0<2,x,f′(x),f(x)的关系如下x-2(2,+∞)f′(x)-0+0-f(x)↘极小值↗极大值↘①若x∈(-∞,2],f(x)≥f=-,又因为a≥1,所以0<≤1,1<≤e,-≥-e,f(x)+e≥0,②若x∈(2,+∞),ax2+x-1>4a+2-1>0,ex>0,所以f(x)=>0,f(x)+e≥0,综上,当a≥1时,f(x)+e≥0.方法二(充要条件):①当a=1时,f(x)=.显然ex>0,要证f(x)+e≥0,只需证≥-e,即证h(x)=x2+x-1+e·ex≥0,h′(x)=2x+1+e·ex,观察发现h′(-1)=0,x,h′(x),h(x)的关系如下x(-∞,-1)-1(-1,+∞)h′(x)-0+h(x)↘极小值↗所以h(x)有最小值h(-1)=0,所以h(x)≥0即...
