2012高考数学专题复习——函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析1

2012高考数学专题复习——函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析1

2012高考数学专题复习（第2轮难点突破）函数与导数问题解题方法探寻及典例剖析【考情分析】1．函数是高考数学的重点内容之一，函数的观点和思想方法是高中数学的一条重要的主线，选择、填空、解答三种题型每年都有函数题的身影频现，而且常考常新．以基本函数为背景的综合题和应用题是近几年的高考命题的新趋势．函数的图象也是高考命题的热点之一．近几年来，考查用导数工具研究函数性质的综合题基本已经定位到压轴题的位置了．2．对于函数部分考查的重点为：函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性对称性和函数的图象；指数函数、对数函数的概念、图象和性质；应用函数知识解决一些实际问题；导数的基本公式，复合函数的求导法则；可导函数的单调性与其导数的关系，求一些实际问题（一般指单峰函数）的最大值和最小值．【常见题型及解法】1.常见题型一、小题：1.函数的图象2.函数的性质(单调性、奇偶性、周期性、对称性);3.分段函数求函数值；4.函数的定义域、值域（最值）；5.函数的零点；6.抽象函数；7.定积分运算（求面积）二、大题：1.求曲线在某点处的切线的方程；2.求函数的解析式3.讨论函数的单调性，求单调区间；4.求函数的极值点和极值；5.求函数的最值或值域；6.求参数的取值范围7.证明不等式；8.函数应用问题 2.在解题中常用的有关结论（需要熟记）：(1)曲线在处的切线的斜率等于，且切线方程为。(2)若可导函数在处取得极值，则。反之，不成立。(3)对于可导函数，不等式的解集决定函数的递增（减）区间。(4)函数在区间I上递增（减）的充要条件是：恒成立（不恒为0）.(5)函数（非常量函数）在区间I上不单调等价于在区间I上有极值，则可等价转化为方程在区间I上有实根且为非二重根。（若为二次函数且I=R，则有）。(6)在区间I上无极值等价于在区间在上是单调函数，进而得到或在I上恒成立(7)若，恒成立，则;若，恒成立，则(8)若，使得，则；若，使得，则.(9)设与的定义域的交集为D，若D恒成立，则有.(10)若对、，恒成立，则.若对，，使得,则.若对，，使得，则.（11）已知在区间上的值域为A,，在区间上值域为B，若对,，使得=成立，则。(12)若三次函数f(x)有三个零点，则方程有两个不等实根，且极大值大于0，极小值小于0. (13)证题中常用的不等式:①②③④⑤⑥3.解题方法规律总结1.关于函数单调性的讨论：大多数函数的导函数都可以转化为一个二次函数，因此，讨论函数单调性的问题，又往往转化为二次函数在所给区间上的符号问题。要结合函数图象，考虑判别式、对称轴、区间端点函数值的符号等因素。2.已知函数（含参数）在某区间上单调，求参数的取值范围，有三种方法：①子区间法；②分离参数法；③构造函数法。3.注意分离参数法的运用：含参数的不等式恒成立问题，含参数的不等式在某区间上有解，含参数的方程在某区间上有实根（包括根的个数）等问题，都可以考虑用分离参数法，前者是求函数的最值，后者是求函数的值域。4.关于不等式的证明：通常是构造函数，考察函数的单调性和最值。有时要借助上一问的有关单调性或所求的最值的结论，对其中的参数或变量适当赋值就可得到所要证的不等式。对于含有正整数n的带省略号的不定式的证明，先观察通项，联想基本不定式（上述结论中的13），确定要证明的函数不定式（往往与所给的函数及上一问所得到的结论有关），再对自变量x赋值，令x分别等于1、2、…….、n,把这些不定式累加，可得要证的不定式。）5.关于方程的根的个数问题：一般是构造函数，有两种形式，一是参数含在函数式中，二是参数被分离，无论哪种形式，都需要研究函数在所给区间上的单调性、极值、最值以及区间端点的函数值，结合函数图象，确立所满足的条件，再求参数或其取值范围。 【基本练习题讲练】【例1】“龟兔赛跑”讲述了这样的故事：领先的兔子看着慢慢爬行的乌龟，骄傲起来，睡了一觉，当它醒来时，发现乌龟快到终点了，于是急忙追赶，但为时已晚乌龟还是先到达了终点……用S1、S2分别表示乌龟和兔子所行的路程，t为时间，则下图与故事情节相吻合的是（）ABCD【答案】B【解析】在选项B中，乌龟到达终点时，兔子在同一时间的路程比乌龟短．【点评】函数图象是近年高考的热点的试题，考查函数图象的实际应用，考查学生解决问题、分析问题的能力，在复习时应引起重视．【例2】（山东高考题）已知定义在R上的奇函数，满足，且在区间[0,2]上是增函数，若方程在区间上有四个不同的根，则【答案】-8-8-6-4-202468yxf(x)=m(m>0)【解析】因为定义在R上的奇函数，满足，所以，所以,由为奇函数，所以函数图象关于直线对称且，由知，所以函数是以8为周期的周期函数，又因为在区间[0,2]上是增函数，所以 在区间[-2,0]上也是增函数．如图所示，那么方程f(x)=m(m>0)在区间上有四个不同的根，不妨设，由对称性知，．所以．【点评】本题综合考查了函数的奇偶性,单调性，对称性，周期性，以及由函数图象解答方程问题，运用数形结合的思想和函数与方程的思想解答问题．【例3】若是方程的解，是的解，则的值为（）A．B．C．3D．【解析】作出的图象，交点横坐标为，而．【答案】C【点评】该题考查了指数函数、对数函数的图象及性质．综合了函数的图象、方程的解及曲线的交点等问题．指数函数、对数函数是两类重要的基本初等函数，高考中以它们为载体的函数综合题既考查双基，又考查对蕴含其中的函数思想、等价转化、分类讨论等思想方法的理解与运用．【例4】若函数有两个零点，则实数的取值范围是．【解析】设函数和函数，则函数有两个零点，就是函数与函数有两个交点，由图象可知：当时两函数只有一个交点，不符合，当时，因为函数的图象过点(0，1)，而直线所过的点一定在点(0，1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a的取值范围是．【答案】 【点评】本题考查了指数函数的图象与直线的位置关系，隐含着对指数函数的性质的考查，根据其底数的不同取值范围而分别画出函数的图象解答．体现了对分类讨论思想的考查，分类讨论时，要注意该分类时才分类，务必要全面．【例5】已知偶函数在区间单调递增，则满足＜的x取值范围是（）（A）（，）(B)［，）(C)（，）(D)［，）【解析】由于f(x)是偶函数，故f(x)＝f(|x|)，∴得f(|2x－1|)＜f()，再根据f(x)的单调性，得|2x－1|＜，解得＜x＜．【答案】B【点评】该题的关键是将含有函数符号的不等式转化为普通的不等式，体现的对转化思想的考查，同时还综合考查了函数的性质，而该题的转化的依据就是函数的奇偶性和单调性．考题中通过这种形式来考查函数的性质与方程、不等式等的综合不但是一个热点，而且成了一个固定的必考题型．【例6】某单位用2160万元购得一块空地，计划在该地块上建造一栋至少10层、每层2000平方米的楼房．经测算，如果将楼房建为x（x10）层，则每平方米的平均建筑费用为560+48x（单位：元）．为了使楼房每平方米的平均综合费用最少，该楼房应建为多少层？（注：平均综合费用=平均建筑费用+平均购地费用，平均购地费用=）【解析】设楼房每平方米的平均综合费为元，依题意得：则，令，即，解得．当时，；当时，， 因此，当时，取得最小值，元．【答】为了使楼房每平方米的平均综合费最少，该楼房应建为15层．【点评】这是一题应用题，利用函数与导数的知识来解决问题．利用导数，求函数的单调性、求函数值域或最值是一种常用的方法．【典型题剖析及训练】【例1】已知a、b为常数，且a≠0，函数，。（Ⅰ）求实数b的值；（Ⅱ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅲ）当a＝1时，是否同时存在实数m和M（m＜M），使得对每一个t∈[m，M]，直线y＝t与曲线都有公共点？若存在，求出最小的实数m和最大的实数M；若不存在，说明理由。【解析】（Ⅰ）b＝2；（Ⅱ）a＞0时单调递增区间是（1，＋∞），单调递减区间是（0，1），a＜0时单调递增区间是（0，1），单调递减区间是（1，＋∞）；（Ⅲ）存在m，M；m的最小值为1，M的最大值为2。【例2】已知函数图象上一点处的切线方程为。（1）求的值（2）设，求证：对于任意的，有（3）若方程在上有两个不等实根，求m的取值范围（其中e为自然对数的底数） 【解】（1）由已知：，所以。易知。所以函数的图象在点处的切线方程为：，即。由题意得：。（2）由（1）知：。令，则，所以，令，得：。当时，，递增；当时，，递减。所以当时，函数取得最大值，且。故对，都有：，即。（3）记，则，令，得：。当时，，递增；当时，，递减。为使方程在上有两个不等实根，则有：。所以实数m的取值范围是。 【另解】方程在上有两个不等实根等价于方程在上有两个不等实根。记，则，令，得：。当时，，递减；当时，，递增。所以，又，，显然，根据的图象，为使方程在上有两个不等实根，则有：【例3】设函数，，。（1）求函数的单调区间；（2）若函数图象上任意一点处的切线的斜率恒成立，求实数的取值范围；（3）若方程在区间上有唯一实数解，求实数的取值范围；（4）是否存在实数t，使得函数的图象与函数的图象恰好有4个不同的交点？若存在，求实数t的取值范围；若不存在，说明理由。【解】（1）当时，的的递增区间为；当时，的递减区间为，递增区间为（2），由已知：对，恒成立， 即对恒成立。当时，在时取得最大值，所以。（3）方程在区间上有唯一实数解等价于方程在区间上有唯一实数解。记，则，令，得：，当时，，递增；当时，，递减。所以。易求得：，。为使方程在区间上有唯一实数解，则直线与函数的图象有唯一交点，根据的图象可知：或。故的取值范围是。（4）设，则，，令，得：，，。列表如下：-101+0-0+0—极大值极小值极大值 由上表可知：当时，函数取得极大值；当时，函数取得极小值；当时，函数取得极大值。且当时，。为使函数的图象与函数的图象恰好有4个不同的交点，则函数有4个零点，所以函数的极大值大于0，极小值小于0，即。故存在实数t满足题设条件，且t的取值范围是。【例4】（2009全国I）设函数在两个极值点，且（I）求满足的约束条件，并在下面的坐标平面内，画出满足这些条件的点的区域；(II)证明：【解析】（I）。由题意知：方程有两个根，且则有故有右图中阴影部分即是满足这些条件的点的区域。 (II)由题意有．．．．．．．①又．．．．．．②消去可得．易知：关于递减，因为，。而，【例5】已知函数，，（）（1）若函数的图象上任意一点处的切线的斜率都不大于，求实数的取值范围。（2）当时，若且，证明：（3）当时，若关于x的方程（）有唯一实数解，求的值。【解析】（1）的定义域为。。依题意，，对恒成立。即恒成立。所以，而，其最大值为，所以（2）当a=0时，，于是 。因为，由基本不等式可得：。故题设不等式得证。（3）【法一】当a=0时，关于x的方程有唯一解等价于方程有唯一解。设（）则，令，即，求得：。当时，，递减；当时，，递增。所以，当时，取得最小值若是方程的唯一解，则有：，即，显然而函数单调递增，所以是方程的唯一解。又，所以，求得：。【法一】当a=0时，关于x的方程有唯一解等价于方程在上有唯一解，设，则，令，求得：。当时，，函数递增：当时，，函数递减。所以当时，取得最大值。为使方程有唯一解，又m>0，故有：，所以 【例6】（2011湖南文22）设函数(I)讨论的单调性；（II）若有两个极值点，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．【解析】（I）的定义域为令，其判别式①当故上单调递增．②当的两根都小于0，在上，，故上单调递增．③当的两根为，当时，；当时，；当时，，故分别在上单调递增，在上单调递减．（II）由（I）知，．因为，所以又由(I)知，．于是若存在，使得则． 即．亦即再由（I）知，函数在上单调递增，而，所以这与式矛盾．故不存在，使得【例7】（2011辽宁）已知函数．（I）讨论的单调性；（II）设，证明：当时，；（III）若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：（x0）＜0．【解析】（I）①若单调增加.②若且当所以单调增加，在单调减少.（II）设函数则当时，，即递增，而，所以.故当时，（III）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点， 故，从而的最大值为，且不妨设，则由（II）得从而，由（I）知，【例8】（2011江苏19）已知a，b是实数，函数和是的导函数，若在区间I上恒成立，则称和在区间I上单调性一致.（1）设，若函数和在区间上单调性一致,求实数b的取值范围；（2）设且，若函数和在以a，b为端点的开区间上单调性一致，求的最大值.【解析】（1）因为函数和在区间上单调性一致，所以，对恒成立即恒成立。即，故b的取值范围是（2）【法一】由得：若，则由，，于是和在区间上不是单调性一致,所以. 因为当时，；当时，；当时，所以要使,只有,即所以。取，则当时,。因此【法二】①当时，因为，函数和在区间上单调性一致，所以，，，即，，因为，所以。故有，即设，考虑点的可行域，函数的斜率为1的切线的切设为，则，得：，从而。②当时，因为，函数和在区间（a,b）上单调性一致，所以，，即，从而得：，③当时，因为，函数和在区间（a,b）上单调性一致，所以，即而x=0时，，不符合题意，④当时，由题意：易知，，，所以 综上可知，。【说明】本题主要考查单调性概念、导数运算及应用、含参不等式恒成立问题，综合考查、线性规划、解二次不等式、二次函数、化归及数形结合的思想，考查用分类讨论思想进行探索分析和解决问题的综合能力.(1)中档题；（2）难题.【例9】（2009湖北）已知关于x的函数f(x)＝＋bx2＋cx＋bc,其导函数为f+(x)。.令g(x)＝,记函数g(x)在区间[-1、1]上的最大值为M.(Ⅰ)如果函数f(x)在x＝1处有极值-，试确定b、c的值：（Ⅱ）若∣b∣>1,证明对任意的c,都有M>2:(Ⅲ)若M≧K对任意的b、c恒成立，试求k的最大值。【解析】（I），由在处有极值可得解得或若，则，此时没有极值；若，则。列表如下：10+0极小值极大值所以当时，有极大值，故，即为所求。（Ⅱ）【法一】： 当时，函数的对称轴位于区间之外。在上的最值在两端点处取得。故应是和中较大的一个即【法二】（反证法）：因为，所以函数的对称轴位于区间之外。在上的最值在两端点处取得。故应是和中较大的一个。假设，则将上述两式相加得：，导致矛盾，（Ⅲ）【法一】：（1）当时，由（Ⅱ）可知；（2）当时，函数）的对称轴位于区间内，此时由有①若，则，，于是②若，则。于是综上，对任意的、都有而当时，在区间上的最大值故对任意的、恒成立的的最大值为。【法二】：（1）当时，由（Ⅱ）可知；（2）当时，函数的对称轴位于区间内， 此时，即下同解法1【例10】（2010湖北）已知函数的图象在点处的切线方程为（1）用表示出b、c。（2）若在上恒成立，求的取值范围。（3）证明：【解析】（1），则有：，解得　（2）由（Ⅰ）知，，设。易知，则令，求得：1或①若，即。当时，，是减函数，所以，有，故在上不恒成立。②若，即。当时，，是增函数，所以，，故恒成立。综上所述，所求的取值范围为（3））【解法一】由（2）知：当时，有。 令，有。当时，。令，有即，将上述个不等式累加得：。即【解法二】用数学归纳法证明①当时，左边，右边，不等式成立②假设时不等式成立。即　　则　由（2）知：当时，有令，有令，得：所以就是说，当时，不等式也成立。根据①和②，可知不等式对任何都成立。【例11】（2011湖南理）已知函数（）=，g（）=+。 （1）求函数的零点个数，并说明理由；（2）设数列满足，，证明：存在常数M，使得对于任意的，都有.【解】（1）由知：，而，且，则为的一个零点，且在内有零点，因此至少有两个零点。易知，记，则。当时，，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点。又因为，则在内有零点，所以在内有且只有一个零点。记此零点为，则当时，；当时，；所以，当时，单调递减，而，则在内无零点；当时，单调递增，则在内至多只有一个零点；从而在内至多只有一个零点。综上所述，有且只有两个零点。（2）记的正零点为，即。㈠当时，由，即.而，因此，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：①当时，显然成立； ②假设当时，有成立，则当时，由知：，因此，当时，成立。故对任意的，成立。㈡当时，由（1）知：在上单调递增。则，即。从而，即，由此猜测：。下面用数学归纳法证明：①当时，显然成立；②假设当时，有成立，则当时，由知，，因此，当时，成立。故对任意的，成立。综上所述，存在常数，使得对于任意的，都有.【专题演练】1．函数的图象（）A．关于原点对称B．关于主线对称C．关于轴对称D．关于直线对称2．定义在R上的偶函数的部分图象如右图所示，则在上，下列函数中与的单调性不同的是（）A．B．C．D．3．已知定义在R上的奇函数，满足,且在区间[0,2]上是增函数,则()A．B．C．D． 4．定义在R上的函数f(x)满足f(x)=，则f（2009）的值为．5．已知函数在R上满足，则曲线在点处的切线方程是．6．已知函数且（I）试用含的代数式表示；（Ⅱ）求的单调区间；（Ⅲ）令，设函数在处取得极值，记点，证明：线段与曲线存在异于、的公共点．7．已知函数的图象在与轴交点处的切线方程是．（I）求函数的解析式；（II）设函数，若的极值存在，求实数的取值范围以及函数取得极值时对应的自变量的值．【参考答案】1．答案：A解析：由于定义域为（-2，2）关于原点对称，又f(-x)=-f(x)，故函数为奇函数，图象关于原点对称，选A．2．答案：C解析：根据偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反，故可知求在上单调递减，注意到要与的单调性不同，故所求的函数在上应单调递增．而函数在上递减；函数在时单调递减；函数在（上单调递减，理由如下y＇=3x2>0(x<0)，故函数单调递增，显然符合题意；而函数，有y＇=-<0(x<0)， 故其在（上单调递减，不符合题意，综上选C．3．答案：D解析：因为满足，所以，所以函数是以8为周期的周期函数，则，，，又因为在R上是奇函数，，得，，而由得，又因为在区间[0,2]上是增函数，所以，所以，即。4．答案：1解析：由已知得，，，，，，，，所以函数f(x)的值以6为周期重复性出现．，所以f（2009）=f（5）=1．5．答案：解析：由得：，即，∴∴，∴切线方程为，即．6．解析：（I）依题意，得，由得．（Ⅱ）由（I）得，故，令，则或，①当时，，当变化时，与的变化情况如下表： +-+单调递增单调递减单调递增由此得，函数的单调增区间为和，单调减区间为．②由时，，此时，恒成立，且仅在处，故函数的单调区间为R；③当时，，同理可得函数的单调增区间为和，单调减区间为．综上：当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为；当时，函数的单调增区间为R；当时，函数的单调增区间为和，单调减区间为（Ⅲ）当时，得，由，得．由（Ⅱ）得的单调增区间为和，单调减区间为，所以函数在处取得极值，故，所以直线的方程为，由得解得， ，所以线段与曲线有异于的公共点．7．解析：（I）由已知,切点为(2,0),故有,即……①又，由已知得……②联立①②，解得．所以函数的解析式为．（II）因为．令．当函数有极值时，则，方程有实数解，由，得．①当时，有实数，在左右两侧均有，故函数无极值；②当时，有两个实数根列表如下：+0-0+↗极大值↘极小值↗所以在时，函数有极值；当时，有极大值；当时，有极小值．