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函数与导数[考情解读]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、极值问题例1已知函数f(x)＝2ax－a2＋1x2＋1(x∈R)．其中a∈R.(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]解(1)当a＝1时，f(x)＝2xx2＋1，f(2)＝45，又f′(x)＝2(x2＋1)－2x·2x(x2＋1)2＝2－2x2(x2＋1)2，f′(2)＝－625.……………………………………………………………2分所以，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y－45＝－625(x－2)，即6x＋25y－32＝0.………………6分(2)f′(x)＝2a(x2＋1)－2x(2ax－a2＋1)(x2＋1)2＝－2(x－a)(ax＋1)(x2＋1)2.…8分由于a≠0，以下分两种情况讨论．①当a＞0，令f′(x)＝0，得到x1＝－1a，x2＝a.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，－1a)－1a(－1a，a)a(a，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值所以f(x)在区间－∞，－1a，(a，＋∞)内为减函数，在区间－1a，a内为增函数．函数f(x)在x1＝－1a处取得极小值f－1a，且f－1a＝－a2.函数f(x)在x2＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.…………12分②当a＜0时，令f′(x)＝0，得到x1＝a，x2＝－1a，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，a)a(a，－1a)－1a(－1a，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值极小值所以f(x)在区间(－∞，a)，－1a，＋∞内为增函数，在区间a，－1a内为减函数．函数f(x)在x1＝a处取得极大值f(a)，且f(a)＝1.函数f(x)在x2＝－1a处取得极小值f(－1a)，且f－1a＝－a2.………………………………………………14分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．如本题中f′(x)＝0的根为x1＝－1a，x2＝a.要确定x1，x2的大小，就必须对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例2已知f(x)＝2x－ax2＋2(x∈R)在区间[－1,1]上是增函数．(1)求实数a的值所组成的集合A；(2)设关于x的方程f(x)＝1x的两个非零实根为x1、x2，试问：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．(2)f(x)＝1x→x2－ax－2＝0利用韦达定理x1＋x2＝a，x1x2＝－2→|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]解(1)f′(x)＝4＋2ax－2x2(x2＋2)2＝－2(x2－ax－2)(x2＋2)2.………………2分∵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≤0φ(－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(2)由2x－ax2＋2＝1x，得x2－ax－2＝0.∵Δ＝a2＋80，∴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)，则g(－1)＝m2－m－2≥0g(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．解(1)若x＝0，则不论a取何值，f(x)＝10恒成立．(2)若x0，即x∈(0,1]时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≥3x2－1x3.设g(x)＝3x2－1x3，则g′(x)＝3(1－2x)x4，∴g(x)在区间(0，12]上单调递增，在区间[12，1]上单调递减．∴g(x)max＝g(12)＝4，从而a≥4.(3)若x0，即x∈[－1,0)时，f(x)＝ax3－3x＋1≥0可化为a≤3x2－1x3.设h(x)＝3x2－1x3，则h′(x)＝3(1－2x)x4，∴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f′(x)＝3x2－2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝2a3.当2a3≤0，即a≤0时，f(x)在[0,2]上单调递增，从而f(x)max＝f(2)＝8－4a；当2a3≥2，即a≥3时，f(x)在[0,2]上单调递减，从而f(x)max＝f(0)＝0；当02a32，即0a3时，f(x)在[0，2a3]上单调递减，在[2a3，2]上单调递增，从而f(x)max＝8－4a，0a≤2，0，2a3.综上所述，f(x)max＝8－4a，a≤2，0，a2.3．已知曲线S：y＝－23x3＋x2＋4x及点P(0,0)，求过点P的曲线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的曲线S的切线斜率y′|x＝x0＝－2x20＋2x0＋4，又kPQ＝y0x0，所以－2x20＋2x0＋4＝y0x0，①点Q在曲线S上，y0＝－23x30＋x20＋4x0，②将②代入①得－2x20＋2x0＋4＝－23x20＋x0＋4，化简得43x20－x0＝0，所以x0＝0或x0＝34，若x0＝0，则y0＝0，k＝4，过点P的切线方程为y＝4x；若x0＝34，则y0＝10532，k＝358，过点P的切线方程为y＝358x.所以过点P的曲线S的切线方程为y＝4x或y＝358x.4．已知函数f(x)＝lnx－ax.(1)若a0，试判断f(x)在定义域内的单调性；(2)若f(x)在[1，e]上的最小值为32，求a的值；(3)若f(x)x2在(1，＋∞)上恒成立，求a的取值范围．解(1)由题意f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝1x＋ax2＝x＋ax2.因为a0，所以f′(x)0，故f(x)在(0，＋∞)上是单调递增函数．(2)由(1)可知，f′(x)＝x＋ax2.①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，所以f(x)min＝f(1)＝－a＝32，所以a＝－32(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，所以f(x)min＝f(e)＝1－ae＝32⇒a＝－e2(舍去)．③若－ea－1，令f′(x)＝0得x＝－a，当1x－a时，f′(x)0，所以f(x)在[1，－a]上为减函数；当－axe时，f′(x)0，所以f(x)在[－a，e]上为增函数，所以f(x)min＝f(－a)＝ln(－a)＋1＝32⇒a＝－e.综上所述，a＝－e.(3)因为f(x)x2，所以lnx－axx2.又x0，所以axlnx－x3.令g(x)＝xlnx－x3，h(x)＝g′(x)＝1＋lnx－3x2，h′(x)＝1x－6x＝1－6x2x.因为x∈(1，＋∞)时，h′(x)0，h(x)在(1，＋∞)上是减函数．所以h(x)h(1)＝－20，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－lnx.(1)若f(x)在(0，12)上是减函数，求a的取值范围；(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．解(1)f′(x)＝－2x＋a－1x，∵f(x)在(0，12)上为减函数，∴当x∈(0，12)时，－2x＋a－1x0恒成立，即a2x＋1x恒成立．设g(x)＝2x＋1x，则g′(x)＝2－1x2.∵当x∈(0，12)时，1x24，∴g′(x)0，∴g(x)在(0，12)上递减，即g(x)g(12)＝3，∴a≤3.(2)若f(x)既有极大值又有极小值，则首先必需f′(x)＝－1x(2x2－a