“函数与导数”高考复习专题*

(北京师范大学台州附属高级中学,浙江 台州 318020)

1 知识内容

1．1 函数与导数在高考中的地位

函数是高中数学的一条主线，在历年高考中都是兵者必争之地，不但内容丰富、形式多样，而且在其他内容中也渗透考查，核心素养立意高，是评价考生核心素养的一个重要载体．导数的应用深化了对函数本质的理解．函数与导数突出考查函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想以及化归思想，从而考查考生的逻辑推理能力、数学抽象能力、直观想象能力、数学运算能力以及进一步学习数学的能力.因此，函数与导数常作为压轴题的内容在近年的高考中不断推陈出新．

1．2 函数与导数的内容与方法

从知识上看，函数与导数部分主要考查：1)函数的概念；2)函数的四性(单调性、对称性、周期性和凹凸性)和两域(定义域和值域)；3)初等函数的概念与性质；4)函数与方程(函数零点)；5)函数与不等式；6)导数的概念、运算、应用．

函数与导数的常见题型有：1)求函数定义域、值域；2)求函数的解析式或图像；3)讨论(或利用导数)函数的四性；4)利用函数性质、图像或导数解决函数、方程(函数零点)、不等式等问题；5)(利用导数)讨论函数之间的关系.

解答函数与导数试题的常用方法有换元法、赋值法、待定系数法、图像法、变量分离法、利用概念定义、逻辑推理法．

特别是考查导数内容的试题要求高，常用方法有：1)图像法；2)变量分离法；3)利用导数的几何意义、切线斜率和瞬时变化率等概念求解(即洛比达法则和端点效应)；4)利用高等数学的定理(微分中值定理、泰勒展开式等)解决等．

从函数的知识、方法上看，内容多、方法巧、立意高，特别是含多变量的函数试题，需分解为几个基本函数，研究这几个基本函数的性质，进而得到整个函数的性质．

2 典例剖析

2．1 合理分离变量，强化本质理解

例1设函数f(x)=ax2+x|x-b|，其中a,b∈R．

1)当b=-1时，若不等式f(x)≥-2x-1恒成立，则实数a的最小值为______；

得

2．2 注重分类讨论，回归概念及本质

例2设函数f(x)=x2+|ax-1|，其中a∈R．求f(x)在[-1,1]上的最小值m(a)．

分析1(直接分类讨论)

1)当a>0时，

2)同理当a<0时，

3)当a=0时，显然f(x)的最小值为1．

因此，f(x)在[-1,1]上的最小值为

分析2(转化为最值概念)由最值概念知：当x∈[-1,1]时,f(x)=x2+|ax-1|≥m(a)恒成立，即当x∈[-1,1]时，x2≥m(a)-|ax-1|恒成立．

考虑函数g(x)=x2(其中x∈[-1,1])的图像及折线h(x)=m(a)-|ax-1|的关系：

h(x)=m(a)-|ax-1|=

2)当a=0时，显然f(x)的最小值为1.

因此，f(x)在[-1,1]上的最小值为

评注函数中概念很多，甚至含有多个参变量.要解决此类问题，首先要理解有关概念，并学会根据产生分类原因确定分界点，并进行分类讨论；其次是深层次理解有关概念及本质并能运用它们解题．本题是典型的运用概念的问题，可运用函数的最值概念及图像之间的关系求解，减少分类讨论．

2．3 合理分离函数，强化数形结合

例3若存在实数a，b,对任意的实数x，不等式ex+ax2≥b恒成立，求a-b的最小值(其中e是自然对数的底数，e≈2.718 28…)．

分析1(分拆成基本函数)原问题转化为：对任意的x，ax2-b≥-ex恒成立，求a-b的最小值．

设f(x)=-ex，g(x)=ax2-b，则

f(x)≤g(x)，a-b=g(±1)．

从而

解得

分析2(构造直线模型)原问题转化为：对任意的x，ax2-b≥-ex恒成立，求a-b的最小值．

评注合理分离出基本函数，从基本函数之间的关系、运算等角度思考问题，往往对多变量的函数问题解决有很大的帮助，可以大大降低运算及思维难度，进而理解问题的本质．

2．4 构造函数，凸显函数性质

f′(e)=h′(e)=0,

因此

a=e2．

又当a=e2时，

从而当x≥e时，f′(x)≥h′(x)；当x≤e时,f′(x)≤h(x)′,因此a=e2．

即

评注本题第1)小题是典型的端点效应问题，利用导数的几何意义和瞬时变化率的含义，得到必要条件，为证明打下坚实的基础．第2)小题是典型的极值点偏移问题，往往利用对称构造另一侧函数，利用导数讨论单调性，进而找出问题的本质，即导数变化率的变化快慢问题．

2．5 注重变化，变化中找突破口

分析若分离出变量m，则对任意的实数k有且只有两个不同的实根，不好处理．若分离出变量k，则相对容易操作．

令p(x)=3x4-8x3+4m，则p′(x)=12x2(x-2)，p(x)在(-∞,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增，于是p(x)min=p(2)=4m-16.

1)当4m-16≥0，即m≥4时，h′(x)≥0，即h(x)在(-∞,0)，(0,+∞)上单调递增，且当x→-∞时，h(x)→-∞；当x→0-时，h(x)→+∞；当x→0+时，h(x)→-∞；当x→+∞时，h(x)→+∞.此时对任意的实数k，原方程有且只有两个不同的解.

2)当0

3)当m<0时，p(x)有两个异号的零点x1，x2，不妨设x1<0

又当x→-∞时，h(x)→-∞；当x→0-时，h(x)→-∞；当x→0+时，h(x)→+∞；当x→+∞时，h(x)→+∞，从而当h(x1)=h(x2)时，对任意的实数k，原方程有且只有两个不同的解，于是

得

由h(x1)=h(x2)，得

即

从而

因此

m=-1.

当m≥4或m=-1时，原方程对任意实数k均有且只有两个解.

3 精题集萃

1．已知函数f(x)=x(1+a|x|)(其中a∈R)，在同一个坐标系下函数f(x+a)与f(x)的图像不可能的是

( )

A. B. C. D.

( )

A．1 B．2 C．3 D．4

3．已知θ∈[0,π)，若对任意的x∈[-1,0]，不等式x2cosθ+(x+1)2sinθ+x2+x>0恒成立，则实数θ的取值范围是

( )

1)若函数f(x)在(0,2)上存在两个极值点，求3a+b的取值范围；

8.已知函数f(x)=e1-x+alnx有两个极值点x1,x2(其中x1

1)求实数a的取值范围；

2)求证：x1+x2>2;

3)求证：x1x2<1．

参 考 答 案

1.D 2.D 3.A

7.1)3a+b的取值范围是(-8,0)．

①当b≥0时，f′(x)≥0在[0,2]上恒成立，从而f(x)在[0,2]上单调递增，于是

因此

只需证

即证

又g(1)=a-1，当x→0+时，g(x)→a；当x→+∞时，g(x)→a，于是当且仅当0

2)证明要证x1+x2>2，只要证

x2>2-x1,

(1)

由式(1)知0

g(x2)>g(2-x1).

又g(x1)=g(x2)，因此只要证

g(x1)>g(2-x1)，

即证

a-x1e1-x1>a-(2-x1)ex1-1，

亦即证(2-x1)ex1-1-x1e1-x1>0.

(2)

构造h(x)=(2-x)ex-1-xe1-x(其中0

h′(x)=(1-x)(ex-1-e1-x)<0，

从而h(x)在(0,1)上单调递减，于是

h(x)>h(1)=0，

因此式(2)成立，即x1+x2>2．

3)证明显然f(x1)-f(x2)>0.因为

a=x1e1-x1=x2e1-x2,

所以

lna=lnx1+1-x1=lnx2+1-x2，

即

lnx1-lnx2=x1-x2.

又f(x1)-f(x2)= e1-x1-e1-x2+a(lnx1-lnx2)=

e1-x1-e1-x2+a(x1-x2),

于是

因此

x1x2<1．