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2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件9(5): 题型突破函数与导数


§4
[考情解读]

函数与导数

以函数为载体,以导数为工具,考查函数图象、极

(最)值、单调性及其应用为目标,是最近几年函数、导数及不等 式交汇试题的显著特点和命题趋向. 常考的题型为:(1)导数与函数性质的交汇点命题:主要考查导 数的简单应用,包括求函数的极值,求函数的单调区间,证明 函数的单调性等.命题的热点:三次函数求导后为二次函数, 结合一元二次方程根的分布,考查代数推理能力、语言转化能 力和待定系数法等数学思想. (2)导数与含参数函数的交汇点命题:主要考查含参数函数的极 值问题,分类讨论思想及解不等式的能力,利用分离变量法求 参数的取值范围等问题.

(3)导数与函数模型的交汇点命题:主要考查考生将实际问题转 化为数学问题,运用导数工具和不等式知识去解决最优化问题 的数学应用意识和实践能力. 要解决这类问题关键是要先让学生理解函数的概念,掌握好各 类函数的结构特征和基本性质,并能将其用于解决具体问题之 中.要让学生形成函数思想,真正树立函数观念和变量意识, 并能主动利用导数、方程、不等式处理问题,让他们能够在具 体问题中顺利实施有效的化归与转化.重视逻辑推理,加强逻 辑命题的结构分析和命题转化训练(如当且仅当、存在、恒成立、 能成立等语言涵义理解)加强实际运用,提高综合应用能力.多 研究函数性质及解不等式、证明不等式的基本方法,尤其是: 构造函数、建立方程、挖掘不等式关系,含参数字母的分类讨 论,比较法、分析法、综合法、放缩法等常见的证明方法.

分类突破
热点一 函数的单调性、最值、极值问题 2ax-a2+1 例 1 已知函数 f(x)= (x∈R).其中 a∈R. 2 x +1 (1)当 a=1 时,求曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程; (2)当 a≠0 时,求函数 f(x)的单调区间与极值.

[规范解答示例] 2x 4 解 (1)当 a=1 时,f(x)= 2 ,f(2)=5, x +1 2(x2+1)-2x· 2x 2-2x2 6 又 f′(x)= = 2 ,f′(2)=- . 25 (x2+1)2 (x +1)2 ……………………………………………………………2 分 所以,曲线 y=f(x)在点(2,f(2))处的切线方程为 4 6 y- =- (x-2),即 6x+25y-32=0.………………6 分 5 25

2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1) -2(x-a)(ax+1) (2)f′(x)= = .…8 分 (x2+1)2 (x2+1)2 由于 a≠0,以下分两种情况讨论. 1 ①当 a>0,令 f′(x)=0,得到 x1=- ,x2=a. a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 1 1 (-∞,- ) - (- ,a) a (a, +∞) x a a a f′(x) - + - 0 0 f(x) ? 极小值 ? 极大值 ?
? 1? 所以 f(x)在区间?-∞,- ?,(a,+∞)内为减函数, a? ? ? 1 ? 在区间?- ,a?内为增函数. ? a ? ? 1? ? 1? 1 函数 f(x)在 x1=- 处取得极小值 f?- ?,且 f?- ?=-a2. a ? a? ? a?

函数 f(x)在 x2=a 处取得极大值 f(a),且 f(a)=1.………… 12 分

1 ②当 a<0 时,令 f′(x)=0,得到 x1=a,x2=- , a 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: 1 1 1 (a,- ) - (- ,+∞) (-∞,a) x a a a a f′(x) f(x) + ? 0 极大值 - ? 0 极小值 + ?

? 1 ? 所以 f(x)在区间(-∞,a), ?- ,+∞ ? 内为增函数,在区间 ? a ? ? 1? ?a,- ? 内为减函数. a? ?

函数 f(x)在 x1=a 处取得极大值 f(a),且 f(a)=1. 1 1 函数 f(x)在 x2=- 处取得极小值 f(- ), a a ? 1? 且 f?- ?=-a2.………………………………………………14 分 ? a?

构建答题模板 第一步:确定函数的定义域.如本题函数的定义域为 R. 第二步:求 f(x)的导数 f′(x). 第三步:求方程 f′(x)=0 的根. 第四步:利用 f′(x)=0 的根和不可导点的 x 的值从小到大顺次 将定义域分成若干个小开区间,并列出表格. 第五步:由 f′(x)在小开区间内的正、负值判断 f(x)在小开区间 内的单调性. 第六步:明确规范地表述结论. 第七步:反思回顾.查看关键点、易错点及解题规范.如本题 1 中 f′(x)=0 的根为 x1=- ,x2=a.要确定 x1,x2 的大小,就必 a 须对 a 的正、负进行分类讨论.这就是本题的关键点和易错点.

热点二

含参数不等式的恒成立问题 2x-a 例 2 已知 f(x)= 2 (x∈R)在区间[-1,1]上是增函数. x +2 (1)求实数 a 的值所组成的集合 A; 1 (2)设关于 x 的方程 f(x)= 的两个非零实根为 x1、x2,试问: x 是否存在实数 m,使得不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立?若存在,求出 m 的取值范围;若 不存在,请说明理由.

[解题导引]

(1)f(x)在[-1,1]上是增函数→ f′(x)>0 在[-1,1]上

恒成立 →根据式子特点,转化为带参二次函数在[-1,1]上的符 号问题 →解关于 a 的不等式. 1 (2)f(x)= → x2-ax-2=0 利用韦达定理 x1+x2=a,x1x2=-2 x

→|x1-x2|=

a2+8=h(a),

在 A 上求 h(a)的最大值 h(a)max 转化为 t∈[-1,1]不等式 m2+tm +1≥h(a)max 恒成立.

[规范解答示例] 4+2ax-2x2 -2(x2-ax-2) 解 (1)f′(x)= .………………2 分 2 2 = 2 2 (x +2) (x +2) ∵f(x)在[-1,1]上是增函数,∴f′(x)≥0 对 x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对 x∈[-1,1]恒成立. 设 φ(x)=x2-ax-2,
?φ(1)=1-a-2≤0 ? ∴? ?φ(-1)=1+a-2≤0 ?

?-1≤a≤1.………………………4 分

∵对 x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时, f′(-1)=0 以及当 a=-1 时, f′(1)=0, ∴A={a|-1≤a≤1}. ………………………………………………………………… 6 分

2x-a 1 (2)由 2 = ,得 x2-ax-2=0.∵Δ=a2+8>0, x +2 x ∴x1,x2 是方程 x2-ax-2=0 的两个非零实根, ∴x1+x2=a,x1x2=-2, 从而|x1-x2|= (x1+x2)2-4x1x2= a2+8. ∵-1≤a≤1, ∴|x1-x2|= a2+8≤3.………………………10 分 要使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成 立,当且仅当 m2+tm+1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立. 即 m2+tm-2≥0,对任意 t∈[-1,1]恒成立. 设 g(t)=m2+tm-2=mt+(m2-2),
?g(-1)=m2-m-2≥0 ? 则? ?g(1)=m2+m-2≥0 ?

?m≥2 或 m≤-2.……………12 分

综上知:存在实数 m,使得不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1,1]恒成立,其取值范围是{m|m≥2 或 m≤-2}. …………………………………………………………………14 分

构建答题模板 第一步:将问题转化为形如不等式 f(x)≥a(或 f(x)≤a)恒成立的 问题. 第二步:求函数 f(x)的最小值 f(x)min 或 f(x)的最大值 f(x)max. 第三步:解不等式 f(x)min≥a(或 f(x)max≤a). 第四步:明确规范地表述结论. 第五步:反思回顾.查看关键点、易错点及规范解答.如本题 重点反思每一步转化的目标及合理性,最大或最小值是否正 确. 本题的易错点是在求 g(t)=m2+tm-2 的最小值时忽略 m 的 符号讨论.

仿真模拟演练
1.设函数 f(x)=ax3-3x+1(x∈R),若对于任意 x∈[-1,1],都 有 f(x)≥0 成立,求实数 a 的值.



(1)若 x=0,则不论 a 取何值,f(x)=1>0 恒成立.
3

(2)若 x>0,即 x∈(0,1]时, 3 1 f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≥ 2- 3. x x 3(1-2x) 3 1 设 g(x)= 2- 3,则 g′(x)= , x x x4 1 1 ∴g(x)在区间(0,2]上单调递增,在区间[2,1]上单调递减. 1 ∴g(x)max=g(2)=4,从而 a≥4.

(3)若 x<0,即 x∈[-1,0)时, 3 1 f(x)=ax -3x+1≥0 可化为 a≤ 2- 3. x x 3(1-2x) 3 1 设 h(x)= 2- 3,则 h′(x)= , x x x4
3

∴h(x)在[-1,0)上单调递增. ∴h(x)min=h(-1)=4,从而 a≤4. 综上所述,实数 a 的值为 4.

2.已知 a 是实数,函数 f(x)=x2(x-a),求 f(x)在区间[0,2]上的 最大值.
解 2a f′(x)=3x -2ax,令 f′(x)=0,解得 x1=0,x2= 3 .
2

2a 当 ≤0,即 a≤0 时,f(x)在[0,2]上单调递增,从而 f(x)max= 3 f(2)=8-4a; 2a 当 ≥2,即 a≥3 时,f(x)在[0,2]上单调递减,从而 f(x)max= 3 f(0)=0; 2a 2a 2a 当 0< <2,即 0<a<3 时,f(x)在[0, ]上单调递减,在[ , 3 3 3 ?8-4a,0<a≤2, ? 2]上单调递增,从而 f(x)max=? ?0,2<a<3. ?
?8-4a,a≤2, ? 综上所述,f(x)max=? ?0,a>2. ?

2 3 3.已知曲线 S:y=- x +x2+4x 及点 P(0,0),求过点 P 的曲 3 线 S 的切线方程.
解 设过点 P 的切线与曲线 S 切于点 Q(x0,y0),则过点 P 的 y0 2 曲线 S 的切线斜率 y′|x=x0=-2x0+2x0+4,又 kPQ= ,所 x0 y0 2 以-2x0+2x0+4= , ① x0 2 3 2 点 Q 在曲线 S 上,y0=-3x0+x0+4x0, ② 2 2 4 2 2 将②代入①得-2x0+2x0 +4=- x0+x0+4,化简得 x0 -x0 3 3 3 =0,所以 x0=0 或 x0= , 4 若 x0=0,则 y0=0,k=4,过点 P 的切线方程为 y=4x; 3 105 35 35 若 x0=4,则 y0= 32 ,k= 8 ,过点 P 的切线方程为 y= 8 x. 35 所以过点 P 的曲线 S 的切线方程为 y=4x 或 y= 8 x.

a 4.已知函数 f(x)=ln x- . x (1)若 a>0,试判断 f(x)在定义域内的单调性; 3 (2)若 f(x)在[1,e]上的最小值为 ,求 a 的值; 2 (3)若 f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立,求 a 的取值范围. 1 a 解 (1)由题意 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)= + 2= x x x+a .因为 a>0,所以 f′(x)>0,故 f(x)在(0,+∞)上是单调 x2
递增函数. x+a (2)由(1)可知,f′(x)= 2 . x ①若 a≥-1,则 x+a≥0,即 f′(x)≥0 在[1,e]上恒成立, 此时 f(x)在[1,e]上为增函数, 3 3 所以 f(x)min=f(1)=-a=2,所以 a=-2(舍去).

②若 a≤-e,则 x+a≤0,即 f′(x)≤0 在[1,e]上恒成立,此时 f(x)在[1,e]上为减函数, a 3 e 所以 f(x)min=f(e)=1- = ?a=- (舍去). e 2 2 ③若-e<a<-1, f′(x)=0 得 x=-a, 1<x<-a 时, 令 当 f′(x)<0, 所以 f(x)在[1,-a]上为减函数;当-a<x<e 时,f′(x)>0,所以 3 f(x)在[-a,e]上为增函数,所以 f(x)min=f(-a)=ln(-a)+1= ? 2 a=- e. 综上所述,a=- e.

a 2 (3)因为 f(x)<x ,所以 ln x- <x . x
2

又 x>0,所以 a>xln x-x3. 1 令 g(x)=xln x-x ,h(x)=g′(x)=1+ln x-3x ,h′(x)= -6x x 1-6x2 = . x
3 2

因为 x∈(1,+∞)时,h′(x)<0,h(x)在(1,+∞)上是减函数. 所以 h(x)<h(1)=-2<0,即 g′(x)<0, 所以 g(x)在[1,+∞)上也是减函数,则 g(x)<g(1)=-1, 所以 a≥-1 时,f(x)<x2 在(1,+∞)上恒成立.

5.已知函数 f(x)=-x2+ax+1-ln x. 1 (1)若 f(x)在(0, )上是减函数,求 a 的取值范围; 2 (2)函数 f(x)是否既有极大值又有极小值?若存在,求 a 的取 值范围,若不存在,请说明理由.

1 1 解 (1)f′(x)=-2x+a- ,∵f(x)在(0,2)上为减函数, x 1 1 1 ∴当 x∈(0,2)时,-2x+a- <0 恒成立,即 a<2x+ 恒 x x 成立. 1 1 设 g(x)=2x+ ,则 g′(x)=2- 2. x x 1 1 ∵当 x∈(0,2)时, 2>4,∴g′(x)<0, x 1 1 ∴g(x)在(0,2)上递减,即 g(x)>g(2)=3,∴a≤3.

1 2 (2)若 f(x)既有极大值又有极小值,则首先必需 f′(x)=- (2x x -ax+1)=0 有两个不同正根 x1,x2,即 2x2-ax+1=0 有两个 不同正根. ?Δ>0, ? 故 a 应满足?a ?2>0 ?
?a2-8>0 ? ?? ?a>0 ?

?a>2 2,

∴当 a>2 2时,f′(x)=0 有两个不等的正根,不妨设 x1<x2, 1 2 2 由 f′(x)=- (2x -ax+1)=- (x-x1)(x-x2)知, 0<x<x1 时, 当 x x f′(x)<0,当 x1<x<x2 时,f′(x)>0,当 x>x2 时,f′(x)<0, ∴当 a>2 2时,f(x)既有极大值 f(x2),又有极小值 f(x1).

mx 6.已知函数 f(x)= 2 (m,n∈R)在 x=1 处取得极值 2. x +n (1)求 f(x)的解析式; (2)设 A 是曲线 y=f(x)上除原点 O 外的任意一点, OA 的中 过 点且垂直于 x 轴的直线交曲线于点 B.试问:是否存在这样的 点 A,使得曲线在点 B 处的切线与 OA 平行?若存在,求出 点 A 的坐标,若不存在,说明理由; (3)设函数 g(x)=x2-2ax+a.若对于任意的 x1∈R,总存在 x2∈[-1,1],使得 g(x2)≤f(x1),求实数 a 的取值范围.

mx (1)∵f(x)= 2 , x +n m(x2+n)-mx· mn-mx2 2x ∴f′(x)= = 2 . (x2+n)2 (x +n)2 解 又∵f(x)在 x=1 处取得极值 ?mn-m=0, ? 即? m ?1+n=2, ?
?f′(1)=0, ? 2,∴? ?f(1)=2, ?

?m=4, ? 解得? ?n=1. ?

4x ∴f(x)= 2 . x +1

4-4x2 (2)由(1)得 f′(x)= 2 2. (x +1) 假设存在满足条件的点
? 4x0 ? ? ? A, 且为?x0, 2 (x ≠0), 则 x0+1 ? 0 ? ?

?x0? 4-4×? ?2 ?x0? 16×(4-x2) ?2? 0 f′? ?= ?? ? = 2 2 . ? 2? x0 ? (x0+4) ?? ? 2+1?2 ?? 2 ? ?

4 kOA= 2 , x0+1

?x0 ? 16×(4-x2) 4 0 2 ? ?,即 2 依题意得:kOA=f′ = ,∴5x4=4x0. 0 ?2 ? x0+1 (x2+4)2 0

2 2 4 ∵x0≠0,∴x0= ,x0=± 5 5

5.

故存在满足条件的点 A,此时点 A 的坐标为 ?2 5 8 5 ? ? 2 5 8 5? ? ? ? ? 或?- . , ,- ? 5 9 ? ? 5 9 ? ? ? ? -4(x+1)(x-1) (3)f′(x)= . 2 2 (x +1) 令 f′(x)=0,得 x=-1 或 x=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-1) - 单调递减 -1 0 (-1,1) + 1 0 (1,+∞) -

极小值 单调递增 极大值 单调递减

∴f(x)在 x=-1 处取得极小值 f(-1)=-2, x=1 处取得极大 在 值 f(1)=2. 又∵当 x>0 时,f(x)>0,∴f(x)的最小值为-2. ∵对于任意的 x1∈R,总存在 x2∈[-1,1],使得 g(x2)≤f(x1), ∴当 x∈[-1,1]时,g(x)的最小值不大于-2. 又 g(x)=x2-2ax+a=(x-a)2+a-a2. 当 a≤-1 时,g(x)的最小值为 g(-1)=1+3a,由 1+3a≤-2, 得 a≤-1; 当 a≥1 时, g(x)的最小值为 g(1)=1-a, 1-a≤-2, a≥3; 由 得 当-1<a<1 时,g(x)的最小值为 g(a)=a-a2, 由 a-a2≤-2,得 a≤-1 或 a≥2. 又∵-1<a<1,∴此时 a 不存在. 综上,a 的取值范围是(-∞,-1]∪[3,+∞).
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