91高考数学 考前冲刺大题精做 专题8 函数与导数基础篇 文(教师版)

文科数学考前冲刺大题精做专题——系列八、函数与导数基础篇（教师版）【2013高考会这样考】1、熟练的使用导数的几何意义进行解题；2、利用导数解决函数的单调区间、极值、最值，注意定义域优先；3、已知函数的单调性求参数的取值范围，注意合理的使用导数工具；4、不等式的恒成立问题，往往需要转化为函数的最值问题进行求解.【原味还原高考】【高考还原1：（2012年高考（重庆文））】已知函数3()fxaxbxc在2x处取得极值为16c（1）求a、b的值;（2）若()fx有极大值28,求()fx在[3,3]上的最大值.数;当(2,2)x时,()0fx故()fx在(2,2)上为减函数当(2,)x时()0fx,故()fx在(2,)上为增函数.由此可知()fx在12x处取得极大值(2)16fc,()fx在22x处取得极小值(2)16fc由题设条件知1628c得12c此时(3)921,(3)93fcfc,(2)164fc因此()fx上[3,3]的最小值为(2)4f.【高考还原2：（2012年高考（北京文））】已知函数2()1fxax(0a),3()gxxbx.（1）若曲线()yfx与曲线()ygx在它们的交点(1,c)处具有公共切线,求,ab的值;（2）当24ab时,求函数()()fxgx的单调区间,并求其在区间(,1]上的最大值.【高考还原3：（2012年高考（福建文））】已知函数3()sin(),2fxaxxaR且在]2,0[上的最大值为32,（1）求函数()fx的解析式;（2）判断函数()fx在(0,)内的零点个数,并加以证明.【名师点拨】（Ⅰ）可以得到“()(sincos)fxaxxx”，对a的取值进行分类，进而确定最大值和函数的解析式；（Ⅱ）二次求导进行判定')2cos-sin0gxxxx（,∴()gx在2，上递减,当2xm，时,()()0gxgm,')0fx（,()fx递增,∴当(,)2mm时,3()()022fxf∴()fx在(,)m上递增,∵()0,()0fmf∴()fx在(,)m上只有一个零点,综上()fx在(0,)上有两个零点.【名师剖析】试题重点：本题考查导数的基本运算、导数的几何意义、利用导数求函数的单调性、函数的零点，考查转化与化归的能力、分类讨论的能力以及函数与方程的思想.试题难点：第（2）问中，“判断函数()fx在(0,)内的零点个数”必须结合零点存在性定理和函数的单调性进行判定，判定的过程中，用到了二次求导的过程.试题注意点：高考的压轴题中，合理的转化“方程的根、函数的零点以及两个函数的交点”的关系，往往成为破题的利器.32ln2)(xxxf，∴xxmxxg2)22()(23，∴2)4(3)('2xmxxg∵)(xg在区间)3,(t上总不是单调函数，且02'g∴0)3('0)('gtg由题意知：对于任意的]2,1[t，'()0gt恒成立，所以，'(1)0'(2)0'(3)0ggg，合得到“'(1)0'(2)0'(3)0ggg”，进而进行计算.试题注意点：导数问题中，若出证明不等式的问题，应当充分利用已经求解的函数条件，构造出所要证明的不等式【经典例题2】已知函数),(,)(2Rnmnxmxxf在1x处取得极小值2．（1）求函数)(xf的解析式；（2）求函数)(xf的极值即单调区间；（3）设函数aaxxxg2)(2，若对于任意Rx1，总存在]1,1[2x，使得)()(12xfxg，求实数a的取值范围．∴函数)(xf的解析式为14)(2xxxf；（2）∵函数)(xf的定义域为R且由（1）有22)1()1)(1(4)('xxxxf令0)('xf，解得：1x∴当x变化时，)('),(xfxf的变化情况如下表：x)1,(-1)1,1(1),1()('xf—0+0—)(xf减极小值-2增极大值2减∴当1x时，函数)(xf有极小值-2；当1x时，函数)(xf有极大值2；所以)(xf在)1,(和),1(上单调递减，在)1,1(上单调递增；（3）依题意只需minmin)()(xfxg即可．∵函数14)(2xxxf在0x时，0)(xf；在0x时，0)(xf且0)0(f∴由（2）知函数)(xf的大致图象如图所示：综上所述，a的取值范围是),3[]1,(．【精选名题巧练】【名题巧练1】设函数f(x)=x2+bx-a·lnx.（Ⅰ）在点（1，f(1)）处的切线与y轴垂直，1是函数f(x)的一个零点，求f(x)的单调区间；（Ⅱ）若对任意b属于[-2,-1],及任意x属于（1，e）(e为自然对数的底数)，使得f(x)0成立，求实数a的取值范围。【名题巧练2】已知3211ln,32fxxgxxxmxn，直线与函数,fxgx的图象都相切于点1,0．（1）求直线的方程及()gx的解析式；（2）若'hxfxgx（其中'gx是gx的导函数），求函数hx的极大值.又因为直线与gx的图象相切，且切于点1,0，∴321132gxxxmxn在点1,0的导函数值为1.因此，当12x时，hx取得极大值，()hx极大111ln224h……14分【名校出处】2013福建省厦门市高中毕业班质量检测（Ⅱ）设切点为00,xy，则300020003331yxxytxx消去0y得3200233txx设32()233xxx，则2'()666(1)xxxxx()x在,0,1,递减，0,1递增fx极小值03f，fx极大值=12f要使过点1,)At可作函数yfx图像的三条切线，则实数t的取值范围为3,2……………………………………9分【名题巧练4】已知函数22()lnafxaxxx.（1）若曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线与直线20xy垂直，求实数a的值.（2）若0a，求()fx的最小值()ga；（3）在(Ⅱ)上求证：4()gae.【名题巧练5】已知函数21()2fxxa与函数2()lngxex（e为自然对数的底）有公共的切线，且切点相同，()()()(0)Fxfxmgxm。（1）求a的值；（2）求()Fx在区间[1，e]上的最小值。【名题出处】2013江西省赣州市高中毕业班质量检查（ⅰ）当e1m时，即210em时，()0Fx对(1,e)恒成立，所以()Fx在[1,e]上单调递增，其最小值为2min11()(1)22FxFe……………9分综上，当21em且0m时，()Fx在1,e上的最小值为2min11()(1)e22FxF当211em时，()Fx在1,e上的最小值为2min1()(e)(1ln)e2FxFmmmm当1m时，()Fx在[1,e]上的最小值为2min()(e)(1)eFxFm……………13分【名题巧练6】设函数1()xefxx，0x．（1）判断函数()fx在0,上的单调性；（2）证明：对任意正数a，存在正数x，使不等式()1fxa成立．【名题巧练7】已知函数1331(223xmmxxxf），mR.（1）当1m时，求曲线)(xfy在点))2(,2(f处的切线方程；（2）若)(xf在区间(2,3)上是减函数，求m的取值范围.（2）因为2232('mmxxxf），令'(0fx），得3xm或xm.………………8分当0m时，2'(0fxx）恒成立，不符合题意.………………9分当0m时，()fx的单调递减区间是(3,)mm，若()fx在区间(2,3)上是减函数，则32,3.mm解得3m.…………………………11分当0m时，()fx的单调递减区间是(,3)mm，若()fx在区间(2,3)上是减函数，则2,33.mm，解得2m.综上所述，实数m的取值范围是3m或2m.…………13分【名题巧练8】已知函数0bfxaxcax（）（）的图象在点(1,(1))f处的切线方程为1yx.abc⑴用表示出、；()ln[1)fxxa≥⑵若在，上恒成立，求的取值范围；若11axa，则'()0gx，()gx是减函数，所以()()gxglo()lnfxx，故()lnfxx在1,上恒不成立。②12a时，11aa若()lnfxx，故当1x时，()lnfxx。综上所述，所求a的取值范围为1,2【名师解析】（1）f′(x)=x2+(a+2)x+a,由f′(0)=－2，得a=－2，………1分∴f(x)=13x3－2x，f′(x)=x2－2，令f′(x)=0，得x=2或x=－2，…………2分当x变化时，f′(x)，f(x)变化情况若下表：由上表得4242()(2),()(2)33fxffxf极大极小；……………7分（2）若函数(x)在（1,2）上单调递增，则/(x)=x2+(a+2)x+a≥0在x（1，2）上恒成立，∴a≥221xxx,在x(1，2)上恒成立.……………………………9分令h(x)=－22,(1,2)1xxxx,因为h′(x)=2222(22)(1)(2)(1)10(1)(1)xxxxxxx,x（－，－2）－2（－2，2）2（2，+）f′(x)+0－0+(x)单调递增单调递减单调递增∴h(x)在(1,2)上单调递减，所以h(x)h(1)=－32，∴a≥－32，因此a的取值范围为[－32，+）.…………………13分令()0fx，得1xb，2xb．()fx和()fx的情况如下：x(,)bb(,)bbb(,)b()fx00()fx↘↗↘故()fx的单调减区间为(,)b，(,)b；单调增区间为(,)bb………5分