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2012年高考数学精英备考专题讲座:第一讲 函数 文科


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函数( 第一讲 函数(文)
第一节 初等函数
函数是高中数学的主干知识,是高中数学的一条主线,它涉及了函数的概念和性质,基 本初等函数,数列,不等式,方程,导数,解析几何和立体几何等,是历年高考的重点、热 点和必考点.初等函数(由基本初等函数经过运算或复合组成的)是基础. 一般地, 在高考 试题中,考察函数知识都是以初等函数为载体.单独以定义域、值域、奇偶性等命题大多是 选择题或填空题,综合题中涉及函数性质的往往只是试题的一部分. 难度值一般控制在 0.5~0.8 之间. 考试要求: ①了解映射概念,理解函数的概念,会选择适当方法表示函数;②会求一些简单函 数的定义域和值域;③了解函数的奇偶性,能判断简单函数的奇偶性;④了解反函数的概念 及指数函数 y = a 与对数函数 y = log a 互为反函数;⑤理解有理指数幂的含义,掌握幂的
x x

运算(性质),掌握指数函数、对数函数的概念,对数的运算性质;. 题型一 判定初等函数的性质 例 1 求函数 y = 点拔

2 3 1 sin x + sin 2 x ? sin x ? 1 的值域. 3 2

函 数 是 三 次 函 数 与 三 角 函 数 复 合 函 数 而 成 的 , 令 t = sin x, t ∈ [ ?1,1] 得

2 1 y = t 3 + t 2 ? t ? 1 ,本题 3 2 2 3 1 2 就转化为求 y = t + t ? t ? 1 , t ∈ [?1,1] 的值域. 三次函数求值域常用导数的方法. 3 2 2 1 , 则 y = f (t ) = t 3 + t 2 ? t ? 1 , ∴ 解 令t = sin x, t ∈ [ ?1,1] 3 2
y′ = 2t 2 + t ? 1 = (2t ? 1)(t + 1) ,
由 y ′ > 0 ,得 t > 或 t < ?1 ;由 y ′ < 0 ,,得 ?1 < t <
2 1 1

,列表:
2

t

?1
0

1 (?1, ) 2
?
减函数

1 2
0 有极小 值

1 ( ,1) 2
+
增函数

1

y'
y

1 1 2 1 1 1 1 31 ∴ t = , 函数有极小值 f ( ) = × + × ? ? 1 = ? 2 3 8 2 4 2 24 2
又 f (?1) = ? + + 1 ? 1 = ? , , f (1) =
3 2 6 2 1 1 2 3

+ ? 1 ? 1 = ? ,∴ y ∈ [?
2 6

1

5

31 24

,? ].
6

1

易错点 ①令 t = sin x, t ∈ [ ?1,1] ,忽略了 t ∈ [?1,1] ;②错误地认为最值一定在端点处取得.

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变式与引申 1: 函数 y = 题型二 抽象函数的性质

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3sin x+1 的值域为_____________ sin x ? 2

例 2 已知函数 f ( x ) 对任意实数 x,y 都有 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ,且当 x > 0 时,

f ( x ) > 0,f ( ?1) = ?2 ,求 f ( x ) 在 [ ?2 ,1] 上的值域.
点拔 此题 f ( x) 是抽象函数,但是初等函数中,可以找到一个具体函数满足条件,如

f ( x) = 2 x ,由此
猜想抽象函数 f ( x) 在 [ ?2,1] 是递增函数, 再用定义证明递增.: x1 < x 2 , x1 ,x 2 ∈ R , 设 且 则 x 2 ? x1 > 0 ,再利用 x > 0, f ( x) > 0 判断 f ( x1 ) 与 f ( x2 ) 的大小关系.下面只要求出

f (?2), f (1) 的值就行.
解 设 x1 < x 2 ,且 x1 ,x 2 ∈ R ,则 x 2 ? x1 > 0 ,由条件当 x > 0 时, f ( x ) > 0

∴ f ( x 2 ? x1 ) > 0 又 f ( x 2 ) = f [( x 2 ? x1 ) + x1 = f ( x 2 ? x1 ) + f ( x1 ) > f ( x1 ) ∴ f ( x) 为 增 函 数 , ∴ f (1) = ? f (1) = 2 ,
令 x = y = ?1 得 f ( ?2) = 2 f ( ?1) = ?4 令 x = y = 0 得 f (0) = 0 , 再 令 用 x = 1, y = ?1 得 出

∴ f ( x ) 在[ ?2 ,1] 上的值域为 [?4,] 2

易错点 利用性质“当 x > 0 时, f ( x) > 0 ”证明单调性,易出错. 变式与引申 2: 设函数 y= f (x) 是定义在 R 上的函数,并且满足下面三个条件: ①对任意正数 x, y 有 f ( xy ) = f ( x) + f ( y ) ;②当 x > 1 时, f ( x ) < 0 ;③ f (3) = ?1 . (1)求 f (1)、f ( ) 的值; (2)证明 f ( x )在R + 上是减函数. 题型三 函数奇偶性的判断 例 3 判断函数 f ( x) = x 2 + ( x ≠ 0, a ∈ R ) 的奇偶性.
x a

1 9

第一步: 看定义域是否关于原点对称:若定义域不关于原 点拔 利用定义判断函数的奇偶性: 点对称,则 为非奇偶非函数;若定义域关于原点对称,则进行第二步:验证 f ( ? x) 与 f ( x ) 的关系,若

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f (? x) = f ( x) (或 f ( x) ? f (? x) = 0,

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f ( x) = 1 )则 f ( x) 为偶函数;若 f (? x) = ? f ( x) f (? x)

(或 f ( x) + f ( ? x) = 0,

f ( x) = ?1 )则 f ( x) 为奇函数.当难于得出 f (? x) ≠ f ( x) 和 f (? x)

f (? x) ≠ ? f ( x) 的时候,可以考虑验证特殊值.
解 当 a = 0 时, f ( x) = x 2 为偶函数; 当 a ≠ 0 时, f (1) = 1 + a, f ( ?1) = 1 ? a Q a ≠ 0,∴1 ? a ≠ 1 + a, f ( ? x ) ≠ f ( x )

Q a ≠ 0,∴?(1 ? a ) ≠ 1 + a, ? f (? x) ≠ f ( x)
∴ f ( x) 既不是奇函数也不是偶函数.
易错点 ①用定义判断奇偶性时,容易漏掉 a = 0 的情况. ② a ≠ 0 的情况难于得出 f ( ? x) 与 f ( x ) 的关系,易出错. 变式与引申 3: 设 a 为实数,函数 f ( x) = x 2 + | x ? a | +1( x ∈ R ) .讨论 f ( x) 的奇偶性. 函数思想的应用 题型四 函数思想的应用 例 4 关于 x 的方程 x 2 ? | x | + a ? 1 = 0 有四个不同的解,求 a 的取值范围. 点拔 此题有多种思考方法:法 1: 原方程看作含绝对值的方程,则采用去绝对值的方法, 分段讨论解一 元二次方程: x 2 ? x + a ? 1 = 0( x > 0) 和 x 2 ? x + a ? 1 = 0( x < 0) .原方程有四个不同的解, 等价于 x 2 ? x + a ? 1 = 0( x > 0) 有 2 个不等的正解,且 x 2 ? x + a ? 1 = 0( x < 0) 有 2 个不同 的负数解.问题就转化为两个一元二次方程根的分布问题. 法 2:把原方程看作是关于 x 的一元二次方程,则令 t = x , t > 0 ,则原问题等价于

t 2 ? t + a ? 1 = 0 有 2 个不等的正数解.
法 3:采用函数思想来观察方程,则可以把原方程变为: x 2 ? | x | + a = ?1 ,问题等价于函数

y = x 2 ? | x | + a 和 y = ?1 的图像有四个不同的交点.事实上,我们还有下面各种变形: x 2 ? | x | ?1 = ? a, x 2 ? | x |= 1 ? a.
解 法1

x 2 ? | x | + a ? 1 = 0 有四个不同的解等价于 x 2 ? x + a ? 1 = 0( x > 0) 有 2 个不等的

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正解, 且 x 2 ? x + a ? 1 = 0( x < 0) 有 2 个不同的负数解.

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?? > 0 ?1 ? 4(a ? 1) > 0 5 ? ? x 2 ? x + a ? 1 = 0( x > 0) 有 2 个不等的正解∴ ? x1 + x2 > 0 ? ?a ∈ R ?1< a < 4 ?x x > 0 ?a ? 1 > 0 ? ? 1 2
x 2 ? x + a ? 1 = 0( x < 0)
有 2 个 不 同 的 负 数 解

?? > 0 ?1 ? 4(a ? 1) > 0 5 ? ? ∴ ? x1 + x2 < 0 ? ?a ∈ R ?1< a < 4 ?x x > 0 ?a ? 1 > 0 ? ? 1 2
综上所述: 1 < a <

5 . 4
2

法 2 令 t = x , t > 0 则原问题等价于 t ? t + a ? 1 = 0 有 2 个不等的正数解.

?? > 0 ?1 ? 4(a ? 1) > 0 5 ? ? ∴ ?t1 + t2 < 0 ? ?a ∈ R ?1< a < . 4 ?t t > 0 ?a ? 1 > 0 ? ?12
法 3 在同一直角坐标系内画出直线 y = 1 与曲线 y = x 2 ? | x | + a 的图像,如图观图可知,
y

?a > 1 5 ? a 的取值必须满足 ? 4a ?1 ,解得 1 < a < . 4 ? 4 <1 ?
易错点 ①作为二次方程分类,运算量大,易出错;

x=?1 2 a

x=1 2
y = x2 ? | x | +a
y =1
x

② t = x , 易忽略 t > 0 ; ③同学们很难将四个不同解等价转化其它问题.. 变式与引申 4:

O

图1 ? 1 ? 1

y=

4a ? 1 4

?2 x≥2 ? , 年北京卷。 若关于 x 的方程 f(x)=k 有两个不同 (2011 年北京卷。文)已知函数 f ( x ) = ? x ?( x ? 1)3 , x < 2 ?
的实根,则数 k 的取值范围是_______ 本节主要考查 ①初等函数的基本性质(定义域,值域,奇偶性等),理解函数的基本问题 是初等函数问题; ②通过变量代换将一般函数问题转化为初等函数问题解题; ③熟练作出初 等函数的图像利用数形结合;④函数思想. 点评 (1)基本方法:①熟练掌握基本初等函数的性质和图像;②初等函数利用变量代换 转化为基本初 www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 4 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

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等函数; ③求出中间变量的范围. (2)求定义域的常用方法: 根据函数解析式求函数的定义域,利用函数式有意义,列出不等式组,再解出.函数式有意 义的依据是: ①分式分母不为 0 ; ②偶次方根的被开放数不能小于 0 ; ③对数函数的真数大于 0 ,底数大于 0 且不等于 1; ④终边在 y 轴上的角的正切没有意义;⑤ 00 没有意义;⑥复合函数 f ? g ( x ) ? 的定义域,要 ? ? 保证内函数 g ( x ) 的值域是外函数 f ( x ) 的定义域. ⑦实际问题或几何问题给出的函数定义域除了要考虑函数解析式有意义外, 还要考虑使实际 问题或几何问题有意义. (3)求值域的常用方法:①观察法;②配方法;③导数法;④不等式法;⑤单调性法;⑥数 形结合法; ⑦判别式法;⑧有界性法;⑨换元法. (4)判断函数奇偶性的步骤: 开始 求 f (x ) 定义域

否 输出“ f (x ) 为 非奇非偶函数”

关于原 点对称 否


f ( x ) = ± f ( x)



输出“ f (x ) 为 非奇非偶函数”

输出“ f (x ) 为 奇或偶函数”

结束 习题 1—1 1. 函数 f ( x) =
4 +1
x

2

x

的图象(

). C.关于 x 轴对称 D.关于 y 轴

A.关于原点对称 对称

B.关于直线 y=x 对称

2. 已 知 函 数 f ( x) = mx 2 + ( m ? 3) x + 1 的 值 域 是 [0, +∞) , 则 实 数 m 的 取 值 范 围 是 ________________. 3. 已知定义域为 R 的函数 f ( x) =
?2 + b
x

2

x +1

4. 定义在 R 上的函数 y = f ( x) , f (0) ≠ 0 ,当 x > 0 时, f ( x) > 1 ,且对任意的 a 、 b ∈ R ,有 . f (a + b) = f (a ) f (b) . (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x ∈ R ,恒有 f ( x) > 0 ; www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 5 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

+a

是奇函数,求 a, b 的值.

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5. 设函数 f ( x) = (1 + x) 2 ? 2ln(1 + x) .关于 x 的方程: f ( x) = x 2 + x + a 在区间 [0, 2] 上有两个 根,求实数 a 的取值范围.

第二节 导数
导数是文科生研究函数的单调性,求函数极(最)值等的重要工具之一,导数是历来高 考的必考点.导数对文科生来说,在课标中增加了三角函数,指数,对数函数等的导数,导 数在文科高考中必须引起重视. 导数在历来高考中一般在一个小题、一个大题中出现.难度 值控制在 0.5~0.8 之间. 考试要求 ①了解导数概念的实际背景,理解导数的概念及其几何意义; ②了解函数的单调性 与导数的关系,会求函数的极大(小)值及闭区间上的最值;③能求一些初等函数的导数;④ 了解函数在某点取得极值的充要条件;⑤能够用导数研究函数的单调性,利用导数解决某些 实际问题. 题型一 题型一 初等函数的导数 例 1 设函数 f ( x) =
sin θ 3

x3 +

3 cos θ 2

x 2 + tan θ ,其中 θ ∈ [0,

5π 12

] ,且 f ′(1) =

2 ,求 θ .

点拨 看清题目中变量 x 和 θ , f (x ) 的自变量是 x , θ 为参变量,因此 f (x ) 是三次函数; 于是先对 f (x ) 求导,再求 f ′(1) ,从而转化为已知三角函数值求角的问题. 解 ∵ f ′( x ) = sin θ ? x 2 + 3 cos θ ? x, ∴ f ′(1) = sin θ + 3 cos θ =

2.

π 2 5π π π 3π π 3π 5π sin(θ + ) = , 又 θ ∈ [0, ] , θ + ∈ [ , ] ,∴ θ + = ,得 θ = . 12 3 3 4 3 4 12 3 2
易错点 ①此题 f ( x ) 中含有两个字母,学生误以为是三角函数,求导数时按三角函数求导 法则;. ②容易忽略 θ 的范围. 变式与引申 1: 设函数 f ( x ) =

sin θ 3 3 cos θ 2 x + x + tan θ ,其中 3 2

θ ∈ [0,

5π 12

] ,则导数 f ′(1) 的取值范围是 _________ .

题型二 初等函数的单调区间和极值
3 2 例 2 已知函数 f ( x) = x + 3bx + cx + d 在 (?∞, 0) 上是增函数,在 (0, 2) 上是减函数,且

f ( x) = 0 的一
个根为 ?b .(Ⅰ)求 c 的值; (Ⅱ)求证: f ( x ) = 0 还有不同于 ?b 的实根 x1 、 x2 ,且 x1 、
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?b 、 x2 成等差数列; (Ⅲ)若函数 f ( x ) 的极大值小于 16 ,求 f (1) 的取值范围.
点拨 第(Ⅰ)问中由已知得出函数的极大值点是 x = 0 ,即可解出 c 的值;第(Ⅱ)问要

使 x1 ,?b, x 2 成 等差数列, 必须 x1 + x 2 = ?2b , 因此关键是将 f ( x ) 因式分解, 再借助韦达定理推出 x1 、 b 、 ?

x2 三者的关系;用函数的思想分析第(Ⅲ)问,将 f (1) 看作是关于 b 的函数 g (b) ,题目即
转化为求 g (b) 的值域问题. 解 (Ⅰ) f ′( x ) = 3 x + 6bx + c , x = 0 是极大值点, f ′(0) = 0,
2

∴c = 0 .
∴b ≤ ?1 , ?b 是方程

(Ⅱ)令 f ′( x ) = 0 ,得 x = 0 或 ?2b ,由 f ( x ) 的单调性知 ?2b ≥ 2,

f ( x) = 0
3 2 的一个根,则 ( ?b) + 3b( ?b) + d = 0

?

d = ?2b3 .

∴ f ( x) = x3 + 3bx 2 ? 2b3 = ( x + b)( x 2 + 2bx ? 2b 2 ) ,
方程 x + 2bx ? 2b = 0 的根的判别式 ? = 4b 2 ? 4( ?2b 2 ) = 12b 2 > 0 .
2 2

又 ( ?b) 2 + 2b( ?b) ? 2b 2 = ?3b 2 ≠ 0 ,即 ?b 不是方程 x + 2bx ? 2b = 0 的根
2 2

∴ f ( x) = 0 有不同于 ?b 的根 x1 、 x2 .Q x1 + x2 = ?2b ,∴ x1 、 ?b 、 x2 成等差数列.
(Ⅲ)根据函数的单调性可知 x = 0 是极大值点,

∴ f (0) < 16

? ? 2b3 < 16

∴b > ?2 ,于是 ?2 < b ≤ ?1 ,

令 g (b) = f (1) = ?2b3 + 3b + 1 ,求导 g ′(b) = ?6b 2 + 3 , ?2 < b ≤ ?1 时, g ′(b) < 0 ,

∴ g (b) 在 (?2, ?1] 上单调递减,∴ g (?1) ≤ g (b) < g (?2) 即 0 ≤
易错点 易忽视判断“ ?b

f (1) < 11 .

在第(Ⅱ)问中学生对 f ( x ) 进行因式分解时易出错或不能因式分解,分解之后

不是方程 x + 2bx ? 2b = 0 的根”; 第(Ⅲ)问中学生不易从函数的角度分析 f (1) 的取
2 2

值范围. 变式与引申 2:设函数 f ( x ) = sin x ? cos x + x + 1, 0 < x < 2π ,求函

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数 f ( x ) 的单调区间与极值. 题型三 导数与不等式

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例 3 已知函数 f ( x) = x 3 ? x 2 + ax + b 的图像在点 P (0, f (0)) 处的切线方程
3

1

为 y = 3 x ? 2. (Ⅰ) 求实数 a, b 的值;(Ⅱ) 设 g ( x ) = f ( x ) +

m 是 [2, +∞ ) 上的增函数. x ?1

求实数 m 的 最大值; 从而 点拔 ① 过三次函数图像上一点的切线方程可用导数求斜率,再用点斜式求直线方程, 布列方程组求 出 a, b 的值;②利用“函数在某区间上递增(递减),其导数在这区间上恒大于(小于)零”转 化为不等式恒成立的问题.
2 解 (Ⅰ) 由 f ′( x) = x ? 2 x + a 及题设得 ?

? f ′(0) = 3, ?a = 3, 即? ? f (0) = ?2. ?b = ?2.

(Ⅱ) 由 g ( x) =

1 3 m m x ? x 2 + 3x ? 2 + 得 g ′( x) = x 2 ? 2 x + 3 ? . 2 ( x ? 1) 3 x ?1

∵ g (x) 是 [2, +∞ ) 上的增函数, ∴ g ′( x) ≥ 0 在 [2, +∞ ) 上恒成立. 即 x2 ? 2 x + 3 ?
m ( x ? 1)
2

≥ 0 在[ 2, +∞ ]上恒成立, 设 ( x ? 1) 2 = t .

∵ x ∈ [2, +∞) , ∴ t ∈ [1, +∞) , 即不等式 t + 2 ? 当 m ≤ 0 时,设 y = t + 2 ?

m ≥0 在 [1, +∞) 上恒成立. t

m ≥ 0 在 [1, +∞) 上恒成立. t m 当 m >0 时,设 y = t + 2 ? ≥ 0 , t ∈ [1, +∞) . t m m 因为 y ′ = 1 + 2 >0,所以函数 y = t + 2 ? 在 [1, +∞) 上单调递增. 因此 y min = 3 ? m. t t
∵ y min ≥ 0, 为 3. 易错点 有 些 学生错用 g ( x ) = f ( x ) + ∴ 3 ? m ≥ 0, 即 m ≤ 3. 又 m > 0 , 故 0 < m ≤ 3 . 综上, m 的最大值

设函数 f ( x ) = ax 3 ? 3 x + 1( x ∈ R ) , 若对于任意的 x ∈ [? 1,1] 都有 f ( x ) ≥ 0 成 变式与引申 3: 立,求实数 a 的值. 题型四 导数与解析几何 www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 8 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

[2, +∞ ) .

m 是 [2, +∞ ) 上 的增函数 ? g ′( x ) ≥ 0 的解 为 x ?1

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例 4 已知函数 f ( x) = x 3 ? ax 2 + bx + c .

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(Ⅰ) 若函数 y = f ( x) 的图像上存在点 P,使 P 点处的切线与 x 轴平行,求实数 a,b 的关系 式; (Ⅱ) 若函数 f (x) 在 x = ?1 和 x = 3 时取得极值,且其图像与 x 轴有且只有 3 个交点,求实 数c的 取值范围. 点拨 本题的关键是将几何问题转化为代数问题.第(Ⅰ)问中“点 P 的存在性问题”转化为 “方程 f ′( x ) = 0 解的存在性问题”;第(Ⅱ)问中“图像与 x 轴有且只有 3 个交点”转化为 “ f (x) 的极大值大于 0,且极小值小于 0”.
2 解 (Ⅰ) f ′( x) = 3 x ? 2a x + b , 设切点为 P ( x0 , y 0 ) ,

则曲线 y = f (x) 在点 P 处的切线的斜率 k = f ′( x0 ) = 3 x0 ? 2ax0 + b ,
2

由题意,知 f ′( x0 ) = 3 x0 ? 2ax0 + b = 0 有解,∴ ? = 4a ? 12b ≥ 0 即 a ≥ 3b .
2
2 2

(Ⅱ)由已知可得 x = ?1 和 x = 3 是方程 f ′( x ) = 3 x 2 ? 2ax + b = 0 的两根, ∴ ?1 + 3 =

2a b , ?1× 3 = ,∴ a = 3 , b = ?9 . 3 3

∴ f ′( x ) = 3( x + 1)( x ? 3) ,∴ f ( x ) 在 x = ?1 处取得极大值,在 x = 3 处取得极小值. ∵ 函数 y = f ( x) 的图像与 x 轴有且只有 3 个交点, ∴ ?

? f (?1) > 0, ? f (3) < 0.
解得 ?5 < c < 27 .

又 f ( x) = x3 ? 3x 2 ? 9 x + c , ∴ ?

??1 ? 3 + 9 + c > 0, ?27 ? 27 ? 27 + c < 0

(或平行 x 轴的直线) 的交点问题难以从整体把握, 易错点 有些学生对三次函数图像与 x 轴 难以找到几何问题转化为代数问题的切入点. 变式与引申 4: 设函数 f ( x ) = | x + 1| + | ax + 1| ,已知 f ( ?1) = f (1) ,且 a ∈ R ( a ∈ R , 且a ≠ 0) ,函数 g ( x ) = ax 3 + bx 2 + cx ( b ∈ R , c 为正整数)有两个不同的极值点,且该 函数图像上取得极值的两点 A、B 与坐标原点 O 在同一直线上. (1)试求 a,b 的值; (2)若 x ≥ 0 时,函数 g ( x ) 的图像恒在函数 f ( x ) 图像的下方,求正 整数 c 的值. 本节主要考查 初等函数的导数;导数的运算;利用导数研究函数的极值、单调性;求切线 等数形结合的思想和函数与方程的思想.

f (x) 求导 f ′( x)
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www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 9 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy. 由 f ′( x ) =0 求 x1,x2 L

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点评: 点评: ① 求 f (x ) 在 [a, b ] 的最值的方法:

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② 求 f (x ) 单调区间、极值的方法: 求导 f ′( x ) 由 f ′( x ) =0 求 x1,x2 L
( ?∞, x1 ) x1 ( x1 , x2 ) x2

L





f ( x) f ′( x )

得出单调区 间(极值) ③利用导数,求曲线 y = f (x ) 在点 ( x0 , y 0 ) 处的切线方程,先求 k = f ′( x 0 ) 再求方程

y ? y 0 = f ′( x0 )( x ? x0 ).
习题 1—2
2 1.已知 f ( x) = x + 3 xf ′(2), 则f ′(2) =

.

2.

曲线 y = 2e x + x3 ? 1 在点(0,1)处的切线方程为 设定 函数 f ( x ) =



3.

a 3 x + bx 2 + cx + d ( a >0),且方程 3

f ' ( x) ? 9 x = 0 的两个根分别为 1,4.
(Ⅰ)当 a = 3 且曲线 y = f ( x) 过原点时,求 f ( x ) 的解析式; (Ⅱ)若 f ( x ) 在 ( ?∞, +∞ ) 无极值点,求 a 的取值范围. 4. 已知函数 f ( x ) = x 3 ? 3ax 2 ? 9a 2 x + a 3 . (Ⅰ)设 a = 1 ,求函数 f ( x ) 的极值;

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(Ⅱ)若 a >
1 4

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,且当 x ∈ [1,a ] 时, | f ′( x) |≤ 12a 恒成立,试确定 a 的取值范围. 4

5.

设函数 f ( x) = x 3 ? x 2 + bx + c ,其中 a > 0 ,曲线 y = f ( x) 在点 P (0, f (0)) 处的切线
3 2

1

a

方程为 y = 1 . (Ⅰ)确定 b, c 的值; (Ⅱ)设曲线 y = f ( x) 在点 ( x1 , f ( x1 )) 及 ( x2 , f ( x2 )) 处的切线都过点 (0, 2) .证明:当 x1 ≠ x2 时,

f ′( x 1 ) ≠ f ′( x2 ) ;
(Ⅲ)若过点 (0, 2) 可作曲线 y = f ( x) 的三条不同切线,求 a 的取值范围.

函数的单调性、 第三节 函数的单调性、最值和极值
函数的单调性、最(极)值是高考的热点,新课程中函数的单调性、最(极)值的要求 提高了,可能更会成为高考的热点、难点. 在高考试题中,函数的单调性、极(最)值往往 是以某个初等函数为载体出现,综合题往往与不等式、数列等联系起来,处理方法除了定义 法之外,一般采用导数法.难度值控制在 0.3~0.6 之间. 考试要求: ①了解函数单调性的概念,掌握判断简单函数的单调性的方法; ②了解函数 单调性与导数的关系;③能求函数的最大(小)值;④掌握用导数研究函数的单调性. 题型一 已知函数的单调性、 求参变量的值. 题型一 已知函数的单调性、最(极)值,求参变量的值. 例1 设函数 f ( x) = 6 x 3 + 3( a + 2) x 2 + 2ax .

(1)若 f (x) 的两个极值点为 x1 , x 2 且 x1 x 2 = 1 ,求实数 a 的值; (2)是否存在实数 a ,使得 f (x) 是 (?∞, +∞) 上的单调函数?若存在,求出 a 的值;若不存 在,说明理由. 点拨 因为是三次函数,所以只要①利用“极值点 ? f ′( x) = 0 的根”,转化为一元二次

方程根的问题;②利用 f (x) 在 (?∞, +∞) 上单调 ? f ′(x) >0(<0) ,转化为判断一元二次 函数图像能否在 x 轴上方的问题. 解

f ′( x) = 18 x 2 + 6(a + 2) x + 2a
2a 18

(1)由已知有 f ′( x1 ) = f ′( x2 ) = 0 ,从而 x1 x2 =

= 1 ,所以 a = 9 ;

(2)由 ? = 36( a + 2) 2 ? 4 × 18 × 2a = 36( a 2 + 4) > 0 ,得 f ′( x) = 0 总有两个不等的实根,

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f ( x) 不恒大于零,所以不存在实数 a ,使得 f ( x ) 是 R 上的单调函数.
易错点 ①三次函数的极值点 x1 , x 2 与原函数 f (x ) 的导数关系不清; ②含参变量 a 的问题是逆向思维,学生易出现错误;

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③学生不会将 f (x ) 在 (?∞, +∞) 上是单调函数的问题转化为 f ′( x ) > 0(< 0) 恒成立问题. 年高考江西卷理) 变式与引申 1:(2011 年高考江西卷理 设 f ( x ) = ? :

(1)若 f ( x ) 在 ( , +∞) 上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; (2)当 0 < a < 2 时, f ( x ) 在 [1, 4] 上的最小值为 ?

2 3

1 3 1 2 x + x + 2ax 3 2
16 ,求 f ( x ) 在该区间上的最大值. 3

题型二:已知最( 题型二:已知最(极)值或其所在区域,通过单调性分析参变量的范围. 值或其所在区域,通过单调性分析参变量的范围.
3 2 例 2 已知函数 f ( x) = x + (1 ? a ) x ? a ( a + 2) x + b( a,b ∈ R ) .

(1)若函数 f ( x) 的图像过原点,且在原点处的切线斜率是-3,求 a,b 的值; (2)若函数 f ( x) 在区间( ? 1,1)上至少有一个极值点,求 a 的取值范围. ........ 点拔: 点拔:第(1)问利用已知条件可得 f ( 0 ) = 0, f ′(0)=0 ,求出 a,b 的值.第(2)问利用“极 值点 ? f ′( x) = 0 ”的根转化为一元二次方程根的分布问题. 解析: (1)由函数 f ( x) 的图像过原点,得 b = 0 , 又 f ′( x) = 3 x 2 + 2(1 ? a ) x ? a (a + 2) , f ( x) 在原点处的切线斜率是 ?3 , 则 ? a ( a + 2) = ?3 ,所以 a = ?3 ,或 a = 1 . (2)法一:由 f ′( x) = 0 ,得 x1 = a,x2 = ?

a+2 .又 f ( x) 在 (?1,1) 上至少有一个极值点, 3

a+2 ? < 1, ??1 < a < 1, ??5 < a < 1, ??1 < a < 1, ??1 < ? ? ? ? ? 3 即? 解得 ? a + 2 或? 1 或? 1 ?a ≠ ? 2 , ?a ≠ ? 2 . ?a ≠ ? 3 , ?a ≠ ? a + 2 . ? ? ? ? 3 ?
所以 a 的取值范围是 ? ?5, ?

? ?

1? ? 1 ? 1? ?∪?? , . 2? ? 2 ?

2 法二: 法二: f ′( x ) = 3 x + 2(1 ? a ) x ? a (a + 2) ,由题意

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① f ( x) = 0 必有一根在(-1,1)上,
'

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故 f (-1) ? f (1) < 0 ,即 (5 ? 4a ? a )(1 ? a ) < 0 ,解得 ?5 < a < ?1 ;
' ' 2 2

或 f (-1)=0 ,则 a = ±1 ,当 a = 1, f (1) = 0 (舍去) ,当 a = ?1 时,经检验符合题意;
' ' 同理 f (1)=0 ,则 a = 1或5 ,经检验,均不符合题意,舍去.

② f ( x ) = 0 有两个不同的根在(-1,1)上
'

? f ' (-1) > 0 ? ' 1 1 故 ? f (1) > 0 解得: ?1 < a < ? 或 ? < a < 1 2 2 ?? > 0 ?
所以, ? 所以,a 的取值范围 ? ?5,

? ?

1? ? 1 ? 1? ?∪?? , . 2? ? 2 ?

易错点: 易错点:①解不等式 f ′( x ) > 0 出错;②第(2)问的解法一,不易分析.;③第(2)问的解 法二,分类讨论,不易讨论完整. 变式与引申 2:将(2)中改为“ f ( x ) 在区间( ? 1,1)上有两个极值点”,或改为“ f ( x ) 存 : 在极值点,但在区间( ? 1,1)上没有极值点”,如何求 a 的取值范围? 函数的单调性、 题型三 函数的单调性、最(极)值与不等式结合的问题 例3 设函数 f ( x ) = x 2 e x ?1 + ax 3 + bx 2 ,已知 x = ?2 和 x = 1 为 f ( x ) 的极值点.

(1)求 a 和 b 的值; (2)讨论 f ( x ) 的单调性; (3)设 g ( x) = x3 ? x 2 ,试比较 f ( x ) 与 g ( x ) 的大小.
3 2

点拔 此题是由指数函数与多项式函数等组合的超越函数,分析第(1)问先由极值点转化 为方程的根,再用待定系数法;第(3)问中比较两个函数 f ( x ) 与 g ( x ) 的大小,可构造新 函数 F ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) ,再通过分析函数 F ( x ) 的单调性来讨论 F ( x ) 与 0 的大小关系.
x ?1 2 2 x ?1 解 (1)因为 f ′( x ) = e (2 x + x ) + 3ax + 2bx = xe ( x + 2) + x (3ax + 2b) ,

又 x = ?2 和 x = 1 为 f ( x ) 的极值点,所以 f ′( ?2) = f ′(1) = 0 ,

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因此 ?

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??6a + 2b = 0, 1 解方程组得 a = ? , b = ?1 . 3 ?3 + 3a + 2b = 0,
1 3

x ?1 (2)因为 a = ? , b = ?1 ,所以 f ′( x ) = x ( x + 2)(e ? 1) ,

令 f ′( x ) = 0 ,解得 x1 = ?2 , x2 = 0 , x3 = 1 .

? 1) 0) + 因为当 x ∈ (?∞, 2) ∪(0, 时, f ′( x ) < 0 ;当 x ∈ (?2, ∪ (1, ∞) 时, f ′( x ) > 0 .
所以 f ( x ) 在 ( ?2, 和 (1 + ∞) 上是单调递增的;在 ( ?∞, 2) 和 (0, 上是单调递减的. 0) , ? 1) ( 3 ) 由 ( 1 ) 可 知

1 f ( x) = x 2 e x ?1 ? x3 ? x 2 3





F ( x) = f ( x) ? g ( x) = x 2 e x ?1 ? x3 = x 2 (e x ?1 ? x) ,
令 h( x ) = e x ?1 ? x ,则 h′( x ) = e x ?1 ? 1 .令 h′( x ) = 0 ,得 x = 1 ,

1] 1] 因为 x ∈ ( ?∞, 时, h′( x ) ≤ 0 ,所以 h( x ) 在 x ∈ ( ?∞, 上单调递减.
故 x ∈ ( ?∞, 时, h( x ) ≥ h(1) = 0 ; 1] 因为 x ∈ [1, ∞ ) 时, h′( x ) ≥ 0 ,所以 h( x ) 在 x ∈ [1, ∞ ) 上单调递增. + + 故 x ∈ [1, ∞ ) 时, h( x ) ≥ h(1) = 0 . +

+ 所以对任意 x ∈ ( ?∞, ∞) ,恒有 h( x ) ≥ 0 ,又 x
故对任意 x ∈ ( ?∞, ∞) ,恒有 f ( x ) ≥ g ( x ) . +

2

≥ 0 ,因此 F ( x) = f ( x) ? g ( x) ≥ 0 ,

2 x ?1 易错点 ①求导数时,( x e )′ 易出错;②比较两个函数的大小属于不等式问题,学生容易

只从不等式的简单知识出发,而无法从构造的新函数的单调性来分析. 变式与引申 3: 将第(3)问改为:设 g ( x ) =

2 3 x ? x 2 ,试证 f ( x) ≥ g ( x) 恒成立. 3

本节主要考查: (1)用导数研究函数单调性,极值; (2)利用单调性、极值点与导数的关系 本节主要考查: 解决一些综合问题; (3)方程与函数的转化,方程思想和函数思想综合应用; (4)数形结合 思想. 点评: (1)讨论函数单调性必须在其定义域内进行,因此要研究函数单调性必须先求函数的 点评: 定义域,函数的单调区间是定义域的子集; (2)求函数单调区间的常用方法:定义法、图像法、复合函数法、导数法等; (3)利用求导的方法研究函数的单调性、最(极)值,函数在区间上为单调问题转化为导 函数在区间上的正负问题,从而转化为不等式问题,再而研究函数的最(极)值.需灵活应 www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 14 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

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运用函数与方程思想、数形结合思想、化归思想和分类讨论思想等.

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习题 1—3 1. 已知: 函数 f ( x ) = ?

? log 3 x

(0 < x ≤ 9)

?? x + 11 ( x > 9)


, a , , 均不相等, f ( a ) = f (b) = f (c ) , 若 b c 且

则 a ? b ? c 的取值范围是(

A. (0, 9)

B. (2, 9)

C.

(9, 11)

D. (2, 11)

2. 已知函数 f ( x)与g ( x) 的定义域均为非负实数集,对任意的 x ≥ 0 ,规定 f ( x ) ? g ( x )

= min{ f ( x), g ( x)}, 若f ( x) = 3 ? x, g ( x) = 2 x + 5 , 是f ( x) ? g ( x)的最大值为
3. 已知函数 f ( x) = x3 ? 3ax 2 + 3 x + 1. (1)设 a = 2 ,求 f ( x) 的单调区间; (2)设 f ( x) 在区间(2,3)上不单调,求 a 的取值范围. 4.已知函数 f ( x) =

.

x , g ( x) = a ln x, a ∈ R .

(I)若曲线 y = f ( x) 与曲线 y = g ( x) 相交,且在交点处有相同的切线,求 a 的值及该切 线的方程; (II)设函数 h( x) = f ( x) ? g ( x) ,当 h( x) )存在最小值时,求其最小值 ? ( a ) 的解析式; (III)对(2)中的 ? ( a ) ,证明:当 a ∈ (0, +∞) 时, ? ( a ) ≤ 1. 5.设函数 f ( x) = ( x ? 1) 2 + b ln x ,其中 b 为常数. (1)当 b >

1 时,判断函数 f ( x ) 在定义域上的单调性; 2

(2) b ≤ 0 时,求 f ( x ) 的极值点; (3)求证对任意不小于 3 的正整数 n ,不等式 ln(n + 1) ? ln n >

1 都成立. n2

函数的综合应用(1) 第四节 函数的综合应用(1)
函数内容是每年高考都要考查的重点内容之一, 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. 函 数和其它内容如导数、不等式、数列等内容的结合是近几年的考查热点,题目由易到难几乎 都有,与导数的结合更是经常作为压轴题出现. www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 15 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

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考试要求: (1)了解映射概念,理解函数的概念; (2)了解函数单调性、奇偶性的概 念,掌握判断一些简单函数的单调性、奇偶性的方法; (3)掌握指、对数函数的概念、图象 和性质.(4)根据具体函数的图象,能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解,了解这 种方法是求方程近似解的常用方法. 题型一 函数解析式问题 例 1 某学校要召开学生代表大会,规定各班每 10 人推选一名代表,当各班人数除以 10 的 余数大于 6 时再增选一名代表.那么,各班可推选代表人数 y 与该班人数 x 之间的函数关系 ... 用取整函数 y=[x]([x]表示不大于 x 的最大整数)可以表示为( A. y = [ ]
10 x

). C. y = [
x+4 10

B. y = [

x+3 10

]

]

D.[ y = [

x+5 10

]

点拨 用具体数据代入选项,确定哪个函数比较符合; 解 法一:特殊取值法,若 x=56,y=5,排除 C、D,若 x=57,y=6,排除 A,所以选 B 法二:设 x = 10m + α (0 ≤ α ≤ 9) ,当 0 ≤ α ≤ 6 时, [ 时, [
x+3 10 x+3 10

] = [m +

α +3
10

]= m =[ ], 当6 <α ≤ 9
10

x

] = [m +

α +3
10

] = m + 1 = [ ] + 1 ,所以选 B.
10

x

? f ( x ), f1 ( x ) ≥ f 2 ( x ) , 若方程有四个不 例 2 设 f1 ( x) =| x ? 1|, f 2 ( x) = ? x 2 + 6 x ? 5, 函数 g ( x ) = ? 1 ? f 2 ( x ), f1 ( x ) < f 2 ( x )

同的实数解, 若 方 程 g ( x) = a 有 四 个 不 同 的 实 数 解 , 则 实 数 a 的 取 值 范 围 是 _________ . 点拨在同一坐标系中画出 f1 ( x) 和 f 2 ( x) 的图象,再根据题意画出 g ( x ) , 点拨 根据图象得出 a 的取值范围. 解在坐标系中作出 f1 ( x) 和 f 2 ( x) 的图象,可知 g ( x ) 图象如图所示, 故 a 的取值范围是 3 < a < 4 . (2)正确理解例 2 中 易错点 ⑴对例 1 中抽象函数理解不强,缺少处理方法容易造成错误; 解析式 g ( x ) 所表示的意义是解题的关键, 如果讨论 f1 ( x) 和 f 2 ( x) 的大小再得出 g ( x ) 的解析 式,然后画图,一是计算量比较多,再是容易出错.

x 2 + bx + c, x ≤ 0, 若 f (?4) = f (0), f (?2) = ?2 ,则关于 x 的 变式与引申 1: 设函数 f ( x) = 2, x > 0.
方程 f ( x ) = x 的解的个数为( ) A 1 B 2 C 3 D 4 变 式 与 引 申 2 : 设 函 数 y = f (x) 由 方 程 x | x | + y | y |= 1 确 定 , 下 列 结 论 正 确 的 是 (请将你认为正确的序号都填上) (1) f (x) 是 R 上的单调递减函数;[来源:Zxxk.Com] (2)对于任意 x ∈ R , f ( x) + x > 0 恒成立; (3)对于任意 a ∈ R ,关于 x 的方程 f ( x) = a 都有解; www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 16 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

{

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题型二 函数的性质与图象 满足 f ( x ? 4) = ? f ( x ) , 且在区间[0,2]上是增函数, 例 2 已知定义在 R 上的奇函数 f (x ) , 若 方 程 f(x)=m(m>0) 在 区 间 [?8,8] 上 有 四 个 不 同 的 根 x1 , x2 , x3 , x4 , 则

x1 + x2 + x3 + x4 = _________ . 点拨 由 f ( x ? 4) = ? f ( x) 求出 f (x) 的周期,又根据函数是奇函数且在区间[0,2]上是增 函数,得出 f (x) 在一个周期[-2,2]中的单调
性,再根据对称性求值. 因为定义在 R 上的奇函数,满足 解 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,所以 f ( x ? 4) = f (? x) , 所以函数图象关于直线 x=2 对称且 f (0) = 0 , 由 f ( x ? 4) = ? f ( x) 知

f ( x ? 8) = f ( x) ,所以函数是以 8 为周期的 周期函数, 又因为 f (x ) 在区间[0,2]上是增函 数,所以 f (x ) 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 [?8,8] 上有四个不同的根 x1 , x2 , x3 , x4 ,不妨设 x1 < x2 < x3 < x4 由对称性知 x1 + x2 = ?12




所以 x1 + x2 + x3 + x4 = ?12 + 4 = ?8 . . 易错点 对函数的奇偶性,单调性,对称性,周期性等其中的一个知识点掌握不好,都容易 出错;不能得出 f (x ) 是周期函数,或不能得出对称轴及单调区间等错误. 变式与引申 3:函数 y =

x3 + x4 = 4

cos 4 x 的图像大致是 ( 2x



A.

B.

C.
1 1 2 2

D.

变式与引申 4:设函数的集合 P = { f ( x) = log 2 ( x + a ) + b | a = ? ,0, ,1; b = ?1,0,1} , 平面上点的集合 Q = {( x, y ) | x = ? ,0, ,1; y = ?1,0,1} ,
2 2 1 1

则在同一直角坐标系中, P 中函数 f ( x ) 的图象恰好 经过 Q 中两个点的函数的个数是 .. ( ) A 4 B 6 题型三 函数零点与二分法思想

C 8

D 10

例 4 设函数 f ( x ) = x | x ? 1| + m, g ( x ) = ln x. (1)当 m > 1 时,求函数 y = f ( x) 在 [0, m] 上的最大值; (2)记函数 p ( x ) = f ( x ) ? g ( x ) ,若函数 p ( x ) 有零点,求 m 的取值范围.

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点拨 (1)这是一道含绝对值的函数题,对 x 与 1 的大小进行讨论,去掉绝对值后求值; 用导数求出该函数的值域得出 m (2) 函数 p ( x ) 有零点转化为方程 m = ln x ? x | x ? 1| 有解, 的取值范围. 解 (1)当 x ∈ [0,1] 时, f ( x ) = x (1 ? x ) + m = ? x + x + m = ?( x ? ) + m +
2 2

1 2

1 4

∴当 x =

1 1 时, f ( x ) max = m + . 2 4
2

当 x ∈ (1, m] 时, f ( x ) = x ( x ? 1) + m = x ? x + m = ( x ? ) + m ?
2

1 2

1 .∵函数 y = f ( x) 在 4

(1, m] 上
单 调 递 增 ,∴ f ( x ) max = f ( m) = m , 由 m 2 ≥ m +
2

1 4

, 得 m2 ? m ? ≥ 0 , 又 m > 1 , 解 得
4

1

m≥

1+ 2

,
2 1+ 2 2

∴当 m ≥

时, f ( x) max = m 2 ,当 1 < m <

1+ 2 2

时, f ( x)max = m + .
4

1

( 2 ) 函 数 p ( x ) 有 零 点 即 方 程 f ( x) ? g ( x) = x | x ? 1| ? ln x + m = 0 有 解 , 得

m = ln x ? x | x ? 1| .
令 h( x) = ln x ? x | x ? 1| , x ∈ (0,1] 时, ( x) = x 2 ? x + ln x,Q h' ( x) = 2 x + 当 h 所以函数 h( x) 在 x ∈ (0,1] 上是增函数,∴ h( x) ≤ h(1) = 0 ; 当

1 ?1 ≥ 2 2 ?1 > 0 , x

x ∈ (1, +∞)





h( x) = ? x 2 + x + ln x

,





1 ?2 x 2 + x + 1 ( x ? 1)(2 x + 1) +1 = =? < 0, x x x 所以函数 h( x) 在 x ∈ (1, +∞) 上是减函数,所以 h( x) < h(1) = 0 . h′( x) = ?2 x +
所以方程 m = ln x ? x | x ? 1| 有解时 m ≤ 0 ,即函数 p ( x ) 有零点时 m 的取值范围是 (?∞,0] . 易错点 (1)去绝对值和对求值大小进行讨论时考虑不周造成的错误; ; (2)零点问题不能 转化成方程有解问题,从而不能使问题得到有效的解决. 变式与引申 5:函数 f ( x) = ln ( x + 1) ? A.(0,1) B. (1, 2)

2 的零点所在的大致区间是( x
C. (2,3) D.

)

( 3, 4 )
x ? 1 的零点分别

x 变式与引申 6:已知函数 f ( x) = x + 2 , g ( x ) = x + ln x , h ( x ) = x ?

为 x1 , x2 , x3 ,则 x1 , x 2 , x3 的大小关系是( A. x1 < x2 < x3
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)[来源:学.科.网 Z.X.X.K] D. x3 < x2 < x1

B. x2 < x1 < x3

C. x1 < x3 < x2

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题型四 函数与导数问题 例 5 已知函数 f ( x) = x3 ? 3ax( x ∈ R ) .

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(1) 若直线 x + y + m = 0 对任意的 m ∈ R 都不是曲线 y = f ( x) 的切线,求 a 的取值范围; (2) 设 g ( x) =| f ( x) | , x ∈ [?1,1] ,求 g ( x) 的最大值 F (a ) 的解析式. 点拨 (1)求曲线 y = f ( x) 的切线的斜率就是对 f ( x) 的求导,其导数值不能取到已知直线 的斜率 ?1 ; (2) g ( x) 是偶函数,只须求 g ( x) 在 [0,1] 上最大值. 解 (1) ∵ f ′( x) = 3 x 2 ? 3a ≥ ?3a ,∴要使直线 x + y + m =0 对任意的 m ∈ R 总不是曲线
1

y = f ( x) 的切线,当且仅当 ?1 < ?3a ,∴ a < .
3

(2)因 g ( x) =| f ( x) |=| x 3 ? 3ax | 在 [?1,1] 上为偶函数,故只求在 [0,1] 上最大值, ①当 a ≤ 0 时, f ′( x) ≥ 0 , f ( x) 在 [0,1] 上单调递增且

f (0) = 0 ,∴ g ( x) =| f ( x) |= f ( x) ,∴ F (a ) = f (1) = 1 ? 3a .
② 当 a > 0 时, f ′( x) = 3 x 2 ? 3a = 3( x + a )( x ? a ) .

若当 a ≥ 1 ,即 a ≥ 1 时, f ′( x) ≤ 0 , f ( x) 在 [0,1] 上单调递减,且 f (0) = 0 ,所以在 [0,1] 上

f ( x) ≤ 0 ,所以 g ( x) =| f ( x) |= ? f ( x) , ? f ( x) 在 [0,1] 上单调递增, 此时 F (a ) = ? f (1) = 3a ? 1 .
若当 0 < a < 1 ,即 0 < a < 1 时, g ( x) =| f ( x) | 在 [0, a ] 上单调递减,在 [ a ,1] 上单调递增.

1° 当 f (1) = 1 ? 3a ≤ 0 ,即 ≤ a < 1 时,g ( x) =| f ( x) |= ? f ( x) 在 [0, a ] 上单调递增, [ a ,1] 上 在
3

1

单调递减,故 F (a ) = ? f ( a ) = 2a a .

2° 当 f (1) = 1 ? 3a > 0 ,即 0 < a < 时,
3

1

(ⅰ)当 ? f ( a ) ≤ f (1) = 1 ? 3a 即 0 < a ≤
1

1 4

时, F (a ) = f (1) = 1 ? 3a .
1

(ⅱ) 当 ? f ( a ) > f (1) = 1 ? 3a 即 < a < 时, F (a ) = ? f ( a ) = 2a a .
4 3

?1 ? 3a(a ≤ 1 ) 4 ? ? 1 < a < 1) . 综上 F (a ) = ? 2a a ( 4 ? ?3a ? 1(a ≥ 1) ? 易错点 本题第二问分类讨论比较多,计算量也很大,考虑不周都会产生错误.
变式与引申 7: 已知函数 f ( x) = ax 3 + 3 x 2 ? 6ax ? 11 , g ( x) = 3 x 2 + 6 x + 12 ,和直线

m : y = kx + 9 ,又 f ′( ?1) = 0 .
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(1)求 a 的值;

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(2)是否存在 k 的值,使直线 m 既是曲线 y = f (x ) 的切线,又是 y = g (x ) 的切线;如果 存在,求出 k 的值;如果不存在,说明理由. 本节主要考查 (1)函数的解析式和函数的图象,函数的单调性、奇偶性、周期性、对称 性等函数性质; (2)结合图象,直观地反映函数的性质,考查了数形结合的思想和基本的作 图、运算、分析等解题能力; (3)零点和二分法体现了函数和方程的关系; (4)考查了用导 数作为工具求曲线的切线和函数的最值等思想方法. 点评 (1)数形结合函数的性质是高考考查的重点内容.解决一些函数单调性和奇偶性, 对称性等要从数形结合的角度去认识,以形辅数,以数画形,化抽象为直观; (2)要充分利 用导数这一工具,结合函数的一些思考方法解决函数中的如求最大值和最小值等问题; (4) 重视计算能力,画图能力及分类讨论的思想方法.

习题 1—4

1 . 已 知 [ x] 表 示 不 超 过 实 数 x 的 最 大 整 数 , g ( x) = [ x] 为 取 整 函 数 , x0 是 函 数

f ( x) = ln x ? 的零点,则
x

2

g ( x0 ) 等于(
A. 1 D. 4

). B. 2 C. 3

2 . 设函数 f ( x) = ?

?cos πx, x > 0 4 ,则 f (? ) 的值为 __________ . 3 ? f ( x + 1) ? 1, x ≤ 0

2 3. 已知函数 f ( x) = ln( x + 2) ? x + bx + c. 在点 x=1 处的切线与直线 3 x + 7 y + 2 = 0 垂直,

且 f(-1)=0,求函数 f(x)在区间[0,3]上的最小值. 4.已知函数 f ( x) = x 2 + (a + 1) x + lg | a + 2 | (a ∈ R, a ≠ ?2)
新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新 王kc新王oc王

(1)若 f (x) 能表示成一个奇函数 g (x) 和一个偶函数 h(x) 的和,求 g ( x)和h( x) 的解 析式; (2)命题 P:函数 f (x) 在区间 [(a + 1) 2 ,+∞) 上是增函数; 命题 Q:函数 g (x) 是减函数
新新新 新新新 源源源源源源源源 源 源th源/:w w kj.x源gty源m /w cx/ 源 源源 o.c源源 p 特 特特特特特 特王新王王特王 特特特 特 新 王kc@ 1王o.c王 王 新新 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源/:w w kj.x源gty源m /w cx/ 源 源源 o.c源源 p 特 特特特特特 特王特特特特王 新王王 特 新 x t 2 .6 m 王 w @ 1 o 王kc新王c王 新

如果命题 P、Q 有且仅有一个是真命题,求 a 的取值范围; 5. (2011 年高考北京卷。文)已知函数 f ( x) = ( x ? k )e x . (Ⅰ)求 f ( x) 的单调区间;

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(Ⅱ)求 f ( x ) 在区间[0,1]上的最小值.

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函数的综合应用(2) 第五节 函数的综合应用(2)
函数、 导数、 不等式等这三部分或它们的综合,在每年高考试题中都有大量出现,综合性 都比较强,,题目都有较高的难度;利用函数解不等式,利用导数研究函数的单调性,求函数 的极值和最值等是考查的重点.特别今后,高考的应用题不一定是概率题,那么函数作为解决 生活实际问题的重要方法,其应用题出现在高考试题中,并且可能常态化那也在情理之中. 考试要求 能结合实例,借助几何直观探索并了解函数的单调性与导数的关系,能利用导 数研究函数的单调性,会用导数求函数的极大值、 极小值以及生活中的优化问题.能够利用函 数解决一些生活实际问题. 题型一 函数与不等式

?( x + 1) 2 ? 例 1 设函数 f ( x) = ? ?4 ? x ? 1 ?
A. ( ?∞,?2] U [0,10] B.

x <1 x ≥1

,则使得 f ( x ) ≥ 1 的自变量 x 的取值范围为( )

( ?∞ ,?2] U [0,1]

C.

(?∞,?2] U [1,10]

D.

[ ?2,0) U [1,10]
点拨: 点拨:由分段函数的表达式知,需分成两类:

x ≥1 ? ? x <1 ? 或? , 解析: 解析:由 f ( x ) ≥ 1 ,则 ? 2 ?( x + 1) ≥ 1 ? 4 ? x ? 1 ≥ 1 ?
解该不等式组得, a ∈ ( ?∞, ?2] U [0,10] .选 A 例 2 已知函数 f(x)=|lgx|.若 0<a<b,且 f(a)=f(b),则 a+2b 的取值范围是 A (2 2, +∞ ) B [2 2, +∞ ) C (3, +∞ ) D [3, +∞ )

点拨:注意 a 的取值范围,利用均值不等式求解. 点拨: 解: 作出函数 f(x)=|lgx|的图象,由 f (a ) = f (b),0 < a < b 知 0 < a < 1 < b, ? lg a = lg b,∴ ab = 1 ,

2 2 ,考察函数 y = x + 的单调性可知,当 0 < x <1 时,函数单调递减, a x 2 ∴ a + 2b = a + > 3 , a 故选 C. 易错点: 例 解对数不等式没注意到真数大 易错点: 1 分段函数不等式一般通过分类讨论的方式求解, 于 0,或没注意底数在(0,1)上时,或不等号的方向写错等;例 2 直接利用均值不等式求 2 解得∴ a + 2b = a + > 2 2 最小值为 2 2 等错误. a ∴ a + 2b = a +

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?(a ? 2) x ? 1, x ≤ 1 .若 f ( x) 在 (?∞, +∞) 上单调递增,则实数 变式与引申 1 已知函数 f ( x) = ? x >1 ?log a x,

a 的取值范围为 ________ .
变式与引申 2 已知二次函数 f ( x) = ax 2 + bx + cx ,不等式 f ( x) > ?2 x 的解集为 (1,3) . ①若方程 f ( x) + 6a = 0 有两个相等的实根,求 f (x) 的解析式; ②若 f (x) 的最大值为正数,求实数 a 的取值范围. 题型二 函数与数列 例 3 已知函数 y = f ( x )( x ∈ R )满足f ( x ) + f (1 ? x ) = (1)求 f ( )和f ( ) + f (

n ?1 )(n ∈ N *) 的值; n 1 2 n ?1 (2)若数列 {a n }满足a n = f (0) + f ( ) + f ( ) + L + f ( ) + f (1) ,求列数 {a n } n n n 1 2 1 n

1 . 2

的通项公式; (3)若数列{bn}满足 a n bn = 值时,不等式 2kS n < bn 恒成立. 点拨 (2)注意到 0 + 1 =

1 , S n = b1b2 + b2 b3 + b3 b4 + L + bn bn +1 ,则实数 k 为何 4

1 n ?1 2 n ? 2 1 + = + = L = 1 ,及 f ( x) + f (1 ? x) = ,构成对进行 n n n n 2 1 1 运算; (3)求出 bn ,将 bn bn +1 = × 裂项,并求和求出 Sn ,再利用二次函数单调性 n +1 n + 2 性质求解.
(1)令 x = 解:

1 1 1 1 1 1 ∴ ,则f ( ) + f (1 ? ) = , f ( ) = . 2 2 2 2 2 4 1 1 1 1 1 n ?1 1 )= 令 x = ,则f ( ) + f (1 ? ) = ,即f ( ) + f ( n n n 2 n n 2 1 2 n ?1 (2)∵ a n = f (0) + f ( ) + f ( ) + L + f ( ) + f (1) ① n n n n ?1 n?2 1 ∴ a n = f (1) + f ( )+ f( ) + L + f ( ) + f ( 0) ② n n n 1 n ?1 1 1 n +1 由(1) ,知 f ( ) + f ( )= ∴①+②,得 2a = (n + 1) × . ∴ a n = . n n 2 2 4 n +1 1 1 (3)∵ a n = , a n bn = ,∴ bn = ,∴ S n = b1b2 + b2 b3 + b3 b4 + L + bn bn +1 4 4 n +1
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = × + × + × +L + × = ( ? ) + ( ? ) + ( ? ) +L + ( ? ) 2 3 3 4 4 5 n +1 n + 2 2 3 3 4 4 5 n +1 n + 2

=

1 1 n ? = 2 n + 2 2( n + 2)

∴ 2kS n ? bn =

kn 1 kn 2 ? (1 ? k )n ? 2 ? = n + 2 n +1 (n + 1)(n + 2)

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由条件,可知当 kn ? (1 ? k ) n ? 2 < 0 恒成立时即可满足条件.
2

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设 f ( n) = kn ? (1 ? k ) n ? 2 ,当 k>0 时,又二次函数的性质知 kn ? (1 ? k ) n ? 2 < 0 不可
2 2

能恒成立; 当 k=0 时 , f ( n ) = - n - 2 < 0 恒 成 立 ; 当 k < 0 时 , 由 于 对 称 轴 直 线

n=?

? (1 ? k ) 1 1 1 = ? <? . 2k 2k 2 2

∴f(n)在 [1,+∞) 上为单调递减函数∴只要 f(1)<0,即可满足 kn 2 ? (1 ? k ) n ? 2 < 0 恒 成立, ∴由 f (1) = k ? (1 ? k ) ? 2 < 0, 得k <

3 , 又k < 0 ,∴k<0. 2

综上知,k≤0,不等式 2kS n < bn 恒成立. 易错点 没有发现 0 + 1 =

1 n ?1 2 n ? 2 1 + = + = L = 1 ,可以结合 f ( x) + f (1 ? x) = ,进行 n n n n 2

逆 序 求 和 ; 对 S n = b1b2 + b2 b3 + b3 b4 + L + bn bn +1 不 能 裂 项 求 和 或 求 和 中 出 错 , 对

kn 2 ? (1 ? k )n ? 2 < 0 恒成立的讨论不够严谨造成错误.
已知 f ( x) 定义在 R 上的函数,对于任意的实数 a, b 都有 f ( ab) = af (b) + bf ( a) , 变式与引申 3: 且 f (2) = 1 . ①求 f ( ) 的值;②求 f (2? n )(n ∈ N *) 的解析式.
2 1

一企业生产的某产品在不做电视广告的前提下, 每天销售量为 b 件. 变式与引申 4: 经市场调查后得到如下规律:若对产品进行电视广告的宣传,每天的销售量 S (件) 与电视广告每天的播放量 n(次) 的关系可用如图所示的程序框图来体现. ①试写出该产品每天的销 售量 S (件)关于电视广告每天的播放量 n (次)的函 数关系式; ②要使该产品每天的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加 90% ,则每天 电视广告的播放量至少需多少次? 题型三 含参数的函数极值问题 例 4 设 x1、 x 2 ( x1 ≠ x 2 )是函数 f ( x ) = ax 3 + bx 2 ? a 2 x ( a > 0) 的两个极值点. (1)若 x1 = ?1, x2 = 2 ,求函数 f(x)的解析式; (2)若 | x1 | + | x2 |= 2 2 , 求b 的最大值; (3)若 x1 < x < x 2 , 且x 2 = a, 函数g ( x) = f ′( x) ? a ( x ? x1 ) , 求证: | g ( x ) |≤

1 a (3a + 2) 2 . 12 点拨(2)根据根与系数关系得出两根异号,则
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| x1 | + | x2 |=| x1 ? x2 |= ( x1 + x2 ) 2 ? 4 x1 x2 ,再用导数求 b 的最大值; (3)将不等式问题转化
为求函数的最大值问题. 解

f ′( x) = 3ax 2 + 2bx ? a 2 (a > 0).
(1)Q x1 = ?1, x 2 = 2 是函数 f(x)的两个极值点, ∴ f ′( ?1) = 0, f ′( 2) = 0.

∴ 3a ? 2b ? a 2 = 0,12a + 4b ? a 2 = 0, 解得a = 6, b = ?9. ∴ f ( x) = 6 x 3 ? 9 x 2 ? 36 x.
(2)∵x1、x2 是 f(x)是两个极值点,∴ f ′( x1 ) = f ′( x 2 ) = 0. ∴x1、x2 是方程 3ax + 2bx ? a = 0 的两根.∵△= 4b + 12a , ∴△>0 对一切 a > 0,
2 2
2 3

b ∈ R 恒成
立. x1 + x2 = ?
2b 3a

x1 x2 = ? ,∵ a > 0 ,∴ x1 x2 < 0 .
3

a

∴| x1 | + | x 2 |=| x1 ? x 2 |= (?

2b 2 a 4b 2 4 ) ? 4( ? ) = + a. 3a 3 9a 2 3

4b 2 4 由 | x1 | + | x 2 |= 2 2 得 + a = 2 2 , ∴ b 2 = 3a 2 (6 ? a ). 2 3 9a

Q b 2 ≥ 0, ∴ 3a 2 (6 ? a ) ≥ 0, 0 < a ≤ 6.
h(a ) = 3a 2 (6 ? a ), 则h ′(a ) = ?9a 2 + 36a.



0 < a < 4时, h′(a) > 0 ∴ h(a ) 在(0,4)内是增函数; 4 < a < 6时, h′(a) < 0
∴h (a)在(4,6)内是减函数.∴a = 4 时,h(a)有极大值为 96,∴ h( a )在(0,6] 上的最大 值是 96, ∴b 的最大值是 4 6 . (3)证法一:∵x1、x2 是方程 f ′( x ) = 0 的两根,

∴ f ′( x) = 3a( x ? x1 )( x ? x 2 )
1 ∴| g ( x) |= 3a | x ? x1 | ? | x ? x 2 ? |≤ 3a ( 3
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1 | x ? x1 | + | x ? x 2 ? | 3 )2 2

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Q x1 < x < x 2 ,∴ x ? x1 > 0, x ? x 2 < 0,

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∴| g ( x) |≤

3a 1 3a 1 [( x ? x1 ) ? ( x ? x 2 ? )]2 = ( x 2 ? x1 + ) 2 . 4 3 4 3 a 1 Q x1 ? x 2 = ? , x 2 = a, ∴ x1 = ? . 3 3
∴| g ( x) |≤ 3a 1 1 1 ? (a + + ) 2 = a (3a + 2) 2 . 4 3 3 12

证法二:∵x1、x2 是方程 f ′( x ) = 0 的两根,

∴ f ′( x) = 3a( x ? x1 )( x ? x 2 ) .
a 1 Q x1 ? x 2 = ? , x 2 = a, ∴ x1 = ? . 3 3 1 1 1 ∴| g ( x) |=| 3a ( x + )( x ? a ) ? a ( x + ) | . =| a ( x + )[3( x ? a ) ? 1] | 3 3 3


x1 < x < x2
1 3a + 1 3

,
a 3a 4
3

1 ∴| g ( x) |= a ( x + )(?3 x + 3a + 1) 3
1 3

= ?3a( x + )( x ?
3

) = ?3a( x ? )2 +
2

+ a2 + a

3a 3 1 a (3a + 2) 2 2 ≤ +a + a= 4 3 12
易错点 本题讨论、计算较多,不小心都容易出错,对问题的转化能力要求较高. 变式与引申 5:若函数 f ( x ) =

1 3 1 2 x ? ax + (a ? 1)x + 1 在区间 (1,4) 上是减函数,在区间 3 2

(6,+∞ ) 上是增函数,求实数 a 的取值范围.
已知函数 f ( x ) = ln x ? 变式与引申 6:

1 2 ax ? 2 x(a ≠ 0 ) 存在单调递减区间, a 的取值范 求 2

围; 题型四 函数应用题 例 5 2010 年上海世博会组委会为保证游客参观的顺利进行,对每天在各时间段进入园区和 离开园区的人数作了一个模拟预测. 为了方便起见,以 10 分钟为一个计算单位,上午 9 点 10 分作为第一个计算人数的时间, n = 1 ; 点 20 分作为第二个计算人数的时间, n = 2 ; 即 9 即 f(n) f (n) 依此类推 LL ,把一天内从上午 9 点到晚上 24 点分成了 90 个计算单位. 10800
10800

对第 n 个时刻进入园区的人数 f ( n) 和时间 n ( n ∈ N ) 满足以下关系(如图 1-4-2) :
3600 3600 3600 1 1

?

O 1 1

24 24

36 36

72 72

90 90

n n

(图 1-5-2)
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登陆 21 世纪教育 3600 (1 ≤ n ≤ 24) ? n ? 24 ? ? 3600 ? 3 12 (25 ≤ n ≤ 36) ? f ( n) = ? ,n∈ N ?? 300n + 21600 (37 ≤ n ≤ 72) ? 0 (73 ≤ n ≤ 90) ?
对第 n 个时刻离开园区的人数 g ( n) 和时间

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n ( n ∈ N ? )满足以下关系(如图 1-4-3) :
0 (1 ≤ n ≤ 24) ? ? g(n) = ?500n ?12000 (25≤ n ≤ 72), n ∈ N? ? 5000 (73≤ n ≤ 90) ?
(1)试计算在当天下午 3 点整(即 15 点整)时,世 博园区内共有多少游客? (2)请求出当天世博园区内游客总人数最多的时刻. (2)当入园游客总数与 点拨 (1)计算出入园游客总数与出园游客总数,其差就是所求; 出园游客总数之差最大,则游客总人数最多,按每段函数分别计算 f (n) ? g (n) . 解 (1)当 0 ≤ n ≤ 24 且 n ∈ N 时, f (n) = 3600 , 当 25 ≤ n ≤ 36 且 n ∈ N 时,
? ?

f (n) = 3600 ? 3

n ? 24 12

,





S36 = [ f (1) + f (2) + f (3) + L + f (24)] + [ f (25) + f (26) + L + f (36)] = 3600 × 24 + 3600 ×
另 一 方 面
12

3[(12 3)
12

12

? 1]

3 ?1

= 86400 + 82299.59 = 168700 .
经 离 开
12 × 11 2











总 ,



数 所



: 以

T12 = g (25) + g (26) + L + g (36) = 12 × 500 +

× 500 = 39000

S = S36 ? T12 = 168700 ? 39000 = 129700 (人),故当天下午 3 点整(即 15 点整)时,世博园
区内共有 129700 位游客. (2)当 f ( n) ? g ( n) ≥ 0 时园内游客人数递增;当 f ( n) ? g ( n) < 0 时园内游客人数递减. (i)当 1 ≤ n ≤ 24 时,园区人数越来越多,人数不是最多的时间; (ii)当 25 ≤ n ≤ 36 时,令 500n ? 12000 ≤ 3600 ,得出 n ≤ 31 , 即当 25 ≤ n ≤ 31 时,进入园区人数多于离开人数,总人数越来越多; 当 32 ≤ n ≤ 36 时, 3600 ? 3 来越多; www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 26 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.
n ? 24 12

> 500n ? 12000 ,进入园区人数多于离开人数,总人数越

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(iii)当 37 ≤ n ≤ 72 时, 令 ?300n + 21600 = 500n ? 12000 时, n = 42 , 即在下午 4 点整时,园区人数达到最多. 此后离开人数越来越多,故园区内人数最多的时间是下午 4 点整. (2)不能读懂题意和看图,无从下手. 易错点 (1)下午 3 点是哪个时段算不清出错; 变式与引申 7:提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况。在一般情况下, 大桥上的车流速度 v(单位:千米/小时)是车流密度 x(单位:辆/千米)的函数。当桥上的 的车流密度达到 200 辆/千米时,造成堵塞,此时车流速度为 0;当车流密度不超过 20 辆/ 千米时,车流速度为 60 千米/小时,研究表明;当 20 ≤ x ≤ 200 时,车流速度 v 是车流密度 x 的一次函数. (Ⅰ)当 0 ≤ x ≤ 200 时,求函数 v ( x ) 的表达式; (Ⅱ)当车流密度 x 为多大时,车流量(单位时间内通过桥上某观点的车辆数,单位:辆/ 每小时) f ( x ) = x.v ( x ) 可以达到最大,并求出最大值(精确到 1 辆/小时) 数列等知识的综合运用能力; 考查了如何用导数求函数中含 本节主要考查 函数与不等式、 参数的与极值有关的综合题,考查了用函数如何建模,如何解决实际生活中出现的问题.考 查了数形结合、化归与转化、分类与讨论的数学思想方法,以及运算求解能力. 对考生的能力要求非常高, 它不仅要求考生牢固掌握基础 点评 导数常作为高考的压轴题, 知识、基本技能,还要求考生具有较强的分析能力和计算能力.估计以后对导数的考查力度 不会减弱.作为压轴题,主要是涉及利用导数求最值解决恒成立问题,利用导数证明不等式 或解决数列中的一些问题等,常伴随对参数的讨论,这也是难点之所在.

习题 1—5

1 .已知函数 f(x)= ?log (? x), x < 0 ,若 f(a)>f(-a),则实数 a 的取值范围是 1

?log 2 x, x > 0, ? ? ?
2

A (-1,0)∪(0,1) C (-1,0)∪(1,+∞)

B (-∞,-1)∪(1,+∞) D (-∞,-1)∪(0,1)

2 . 拟定从甲地到乙地通话分钟的电话费由 f (m) = 1.06(0.5 ? [m] + 1) (元)决定,其中
m>0, [m] 是大于 或等于 m 的最小整数, (如 [3] = 3 , [3.8] = 4 ) ,则从甲地到乙地通话时间为 5.5 分钟的电话 费为 _____ .

? x2 + x + 4 , (x > 0), ? ? x 3 . 已知函数 f ( x) = ? 2 ? ? x ? x + 4 , (x < 0). ? x ?
(1) 求证: 函数 f ( x ) 是偶函数; www.21cnjy. .21cnjy.com 精品资料·第 27 页 (共 28 页) 版权所有@21 世纪教育网 .21cnjy.

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(2) 判断函数 f ( x ) 分别在区间 (0, 2] 、 [ 2, + ∞ ) 上的单调性, 并加以证明; (3) 若 1 ≤| x1 |≤ 4,1 ≤| x2 |≤ 4 , 求证: | f ( x1 ) ? f ( x2 ) |≤ 1
新新新 新新源 源源源源源源新源 源 源th源p/源源源gy源源源cx/ 源 w : w j.x t m /w k o .c 特 特特特特特 特王特王新特王 新特特 特 王 王kc@ 王新 王 新1 o.c王 x t 2 6 m w 新新新 源源新源新源新源 源 源源源 源th源p源源源gy源源源cx/ 源 /: w j.x t m /w w k o .c 特 特特特特特 特王特特特特特 新王新 王 王 王kc新王oc王 x @ 2 .6 m 王 w t 1 新

4 . 有一种密英文的明文(真实文)按字母分解,其中英文的 a,b,c,…,z 的 26 个字母(不分大 小写),依次对 应 1,2,3,…,26 这 26 个自然数,见如下表格: A b c d e f g h i j k l m 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 N o p q r s t u v w x y z 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 给出如下一个的变换公式: x+1 x′= (x∈N,1≤x≤26,x 不能被 2 整除) 2
x 8 +13(x∈N,1≤x≤26,x 能被 2 整除) 将明文转换成密文,如 8→ +13=17,即 h 变成 q; 2 2 5+1 5→ =3,即 e 2 变成 c.①按上述规定,将明文 good 译成的密文是什么?②按上述规

定,若将某明文译成的密文是 shxc,那么原来的明文是什么?

5 . 已知函数 f ( x) = x 2 ln | x | .
(1)判断函数 f (x ) 的奇偶性; (2)求函数 f (x ) 的单调区间; (3)若关于 x 的方程 f ( x ) = kx ? 1 有实数解,求实数 k 的取值范围.

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