高三数学高考二轮复习专题一《函数与导数》新人教版

【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．近几年来考查导数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．

【知识交汇】

1．函数的性质与图象

函数的性质是高考考查的重点内容．根据函数单调性和奇偶性的定义，能判断函数的奇偶性，以及函数在某一区间的单调性，从数形结合的角度认识函数的单调性和奇偶性，掌握求函数最大值和最小值的常用方法．函数的图象是函数性质的直观载体，能够利用函数的图象归纳函数的性质．对于抽象函数一类，也要尽量画出函数的大致图象，利用数形结合讨论函数的性质．

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（ ）

A B C D

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．已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x4)f(x)，且在区间[0,2]上是增函数，若方程f(x)=m(m>0)在区间8,8上有四个不同的根x1,x2,x3,x，4则

x1x2x3x4_________.

答案：-8

解析：因为定义在R上的奇函数，满足f(x4)f(x)，所以

f(x)=m (m>0) -8 -6 -4 -2 0 2 4 6 8 x

y f(x4)f(x)，所以, 由f(x)为奇函数，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 8x31x424．x1x212，

x3x44．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．

2．函数与解方程、不等式的综合问题

函数与方程、不等式、数列是密切相关的几个部分，通过建立函数模型来解决有关他们的综合问题是高考的考查方向之一，解决该类问题要善于运用转化的思想方法，将问题进行不断转化，构建模型来解决问题．

例2．x为何值时，不等式logmxlogm3x2成立．

2x0x2023x20x1x2． 解析：当m1时，32x3x21x2x0x20223x20xx1或x2． 当0m1时，332x3x2x1或x2故m1时，1x2．

20m1时，x1或x2为所求．

3点评：该题考查了对数不等式的解法，其基本的解题思路为将对数不等式转化为普通不等式，需要注意转化之后x的范围发生了变化，因此最后要检验，或者转化时将限制条件联立．

3．函数的实际应用

函数的实际运用主要是指运用函数的知识、思想和方法综合解决问题．函数描述了自然界中量的依存关系，是对问题本身的数量本质特征和制约关系的一种刻画，用联系和变化的观点提出数学对象，抽象其数学特征，建立函数关系．掌握有关函数知识是运用函数思想的前提，考生应具备用初等数学思想方法研究函数的能力，运用函数思想解决有关数学问题的意识是运用函数思想的关键．

例3．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（x10）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y元，依题意得：

购地总费用）

建筑总面积2160100001080056048x(x10,xN*)．

2000xx1080010800480，解得x15． y0则y48，令，即22xxy(56048x)当x15时，y0；当0x15时，y0， 因此，当x15时，y取得最小值，ymin2000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．

4．导数与单调性、极（最）值问题．

导数作为工具来研究三次函数、指数函数、对数函数的单调性，极值、最值时，具有其独特的优越性，要理解导数的几何意义，熟练导数的运算公式，善于借助导数解决有关的问题．

例4．已知函数f(x)13axbx2x3，其中a0． 3（1）当a,b满足什么条件时，f(x)取得极值?

（2）已知a0，且f(x)在区间(0,1]上单调递增，试用a表示出b的取值范围．

解析： （1）由已知得f'(x)ax22bx1，令f'(x)0，得ax2bx10，

2f(x)要取得极值，方程ax22bx10必须有解，

所以△4b4a0，即ba， 此时方程ax2bx10的根为：

2222b4b24abb2a2b4b24abb2a，x2， x12aa2aa所以f'(x)a(xx1)(xx2) 当a0时， x f’(x) f (x) (-∞，x1) ＋ 增函数 x 1 0 极大值 (x1，x2) － 减函数 x2 0 极小值 (x2，+∞) ＋ 增函数 所以f(x)在x 1， x2处分别取得极大值和极小值． 当a0时， x (-∞，x2) F’(x) f (x) － 0 ＋ 增函数 所以f(x)在x 1， x2处分别取得极大值和极小值． 综上，当a,b满足ba时，f(x)取得极值．

（2）要使f(x)在区间(0,1]上单调递增，需使f'(x)ax22bx10在(0,1]上恒成立．

2x 2 (x2，x1) x1 (x1，+∞) 0 极大值 － 减函数 减函数 极小值 ax1ax1,x(0,1]恒成立，所以b()max， 22x22x1a(x2)ax1a1a， 设g(x)，g'(x)2222x22x2x即b令g'(x)0得x11或x(舍去)，

aa当a1时，01ax111，当x(0,)时g'(x)0，g(x)单调增函数； a22xa当x(ax11,1]时g'(x)0，g(x)单调减函数，

22xa所以当x11时，g(x)取得最大，最大值为g()a． aa所以ba． 当0a1时，11，此时g'(x)0在区间(0,1]恒成立， aax1在区间(0,1]上单调递增， 22xa1a1当x1时g(x)最大，最大值为g(1)，所以b．

22a1综上，当a1时， ba；当0a1时， b．

2所以g(x)点评：本题为三次函数，利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值，函数在区间上为单调函数，则导函数在该区间上的符号确定，从而转为不等式恒成立，再转为函数研究最值．运用函数与方程的思想，化归思想和分类讨论的思想解答问题．

【思想方法】

【例1】若x1是方程lgxx3的解，x2是10x3 的解，则x1x2的值为（ ）

A．

x321 B． C．3 D． 2333，2【解析】作出y1lgx,y23x,y310x的图象，y23x,yx交点横坐标为而x1x2233． 2【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2】若函数f(x)=a-x-a(a>0且a1)有两个零点，则实数a的取值范围是 ．

x【解析】设函数ya(a0,且a1}和函数yxa，则函数f(x)=a-x-a(a>0且

xxa1)有两个零点， 就是函数yax(a0,且a1}与函数yxa有两个交点，由图象可知当0a1时两函数只有一个交点，不符合，当a1时，因为函数yax(a1)的图象过点(0，1)，而直线yxa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a1．

【答案】a1

【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，讨论务必要全面．

【例3】已知偶函数f(x)在区间0,)单调增加，则满足f(2x1)＜f()的x 取值范围是（ ）

1312121212，） (B) ［，） (C)（，） (D) ［，） 333323231【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)

3112的单调性，得|2x－1|＜，解得＜x＜．

333（A）（【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．

【专题演练】

1．函数ylog22x的图象（ ） 2x A． 关于原点对称 B．关于主线yx对称 C． 关于y轴对称 D．关于直线yx对称 2． 定义在R上的偶函数fx的部分图象如右图所示，则在2,0上，下列函数中与fx的单调性不同的是（ ）

A．yx1 B． y|x|1

x2x1,x0e,xoC． y3 D．yx

e,x0x1,x023．已知定义在R上的奇函数f(x)，满足f(x4)f(x),且在区间[0,2]上是增函数,则( )

A．f(25)f(11)f(80) B． f(80)f(11)f(25) C． f(11)f(80)f(25) D． f(25)f(80)f(11)

4． 定义在R上的函数f(x)满足f(x)= 为 ．

log2(1x),x0，则f（2009）的值

f(x1)f(x2),x05． 已知函数f(x)在R上满足f(x)2f(2x)x28x8，则曲线yf(x)在点

(1,f(1))处的切线方程是 ．

6．已知函数f(x)13xax2bx,且f'(1)0 3 （I）试用含a的代数式表示b； （Ⅱ）求f(x)的单调区间；

（Ⅲ）令a1，设函数f(x)在x1,x2(x1x2)处取得极值，记点 M(x1,f(x1)),N(x2,f(x2))，证明：线段MN与曲线f(x)存在异于M、N的公共点．7．已知函数f(x)x2bxcx2的图象在与x轴交点处的切线方程是y5x10． （I）求函数f(x)的解析式； （II）设函数g(x)f(x)321mx，若g(x)的极值存在，求实数m的取值范围以及函数3g(x)取得极值时对应的自变量x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2,0上单调递减，注意到要与fx的单调性不同，故所求的函数在2,0上应单调递增．而函数

yx21在,1上递减；函数yx1在,0时单调递减；函数

2x1,x02

在（,0]上单调递减，理由如下y＇=3x>0(x<0)，故函数单调递增，y3x1,x0ex,x0x显然符合题意；而函数yx，有y＇=-e<0(x<0)，故其在（,0]上单调

e,x0递减，不符合题意，综上选C． 3． 答案：D

解析：因为f(x)满足f(x4)f(x)，所以f(x8)f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数，则f(25)f(1)，f(80)f(0)，f(11)f(3)，又因为f(x)在R上是奇函数， f(0)0，得f(80)f(0)0，f(25)f(1)f(1)，而由

f(x4)f(x)得f(11)f(3)f(3)f(14)f(1)，又因为f(x)在区间25)8(0)f[0,2]上是增函数，所以f(1)f(0)0，所以f(1)0，即f(故选D． 4．答案：1

解析：由已知得f(1)log221，f(0)0，f(1)f(0)f(1)1，

1(1)f，

f(2)f(1)f(0)1，f(3)f(2)f(1)1(1)0，

f(4)f(3)f(2)0(1)1，f(5)f(4)f(3)1，f(6)f(5)f(4)0，

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：y2x1

解析：由f(x)2f(2x)x8x8得：

2f(2x)2f(x)(2x)28(2x)8，

即2f(x)f(2x)x4x4，∴f(x)x∴f(x)2x， ∴切线方程为y12(x1)，即2xy10．

22/6．解析：（I）依题意，得f'(x)x22axb， 由f'(1)12ab0得b2a1． （Ⅱ）由（I）得f(x)13xax2(2a1)x， 3 故f'(x)x22ax2a1(x1)(x2a1)， 令f'(x)0，则x1或x12a， ①当a1时，12a1，

当x变化时，f'(x)与f(x)的变化情况如下表：

x f'(x) f(x) (,12a) + 单调递增 (2a,1) - 单调递减 (1) + 单调递增 由此得，函数f(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为(12a,1)． ②由a1时，12a1，此时，f'(x)0恒成立，且仅在x1处f'(x)0，故函数f(x)的单调区间为R；

③当a1时，12a1，同理可得函数f(x)的单调增区间为(,1)和

(12a,)，单调减区间为(1,12a)．

综上：

当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,12a)和(1,)，单调减区间为

(12a,1)；

当a1时，函数f(x)的单调增区间为R；

当a1时，函数f(x)的单调增区间为(,1)和(12a,)，单调减区间为

(1,12a)

（Ⅲ）当a1时，得f(x)132xx23x，由f'(x)x2x3，0得3xx11,x23．

由（Ⅱ）得f(x)的单调增区间为(,1)和(3,)，单调减区间为(1,3)，所以函数

5f(x)在x11,x23处取得极值，故M(1,),N(3,9)，

38所以直线MN的方程为yx1，

3132yxx3x332由得x3xx30 y8x13解得x11,x21.x33，

x11x21x33， 511y1,y2,y3933所以线段MN与曲线f(x)有异于M,N的公共点(1,11)． 37．解析：（I）由已知,切点为(2,0),故有f(2)0,即4bc30……① 又f(x)3x24bxc，由已知f(2)128bc5得8bc70……② 联立①②，解得b1,c1．

所以函数的解析式为f(x)x32x2x2． （II）因为g(x)x2xx2321mx 3．

令g(x)3x4x121m0 3．

2当函数有极值时，则0，方程3x4x11m0有实数解， 3由4(1m)0，得m1． ①当m1时，g(x)0有实数x无极值； ②

当

22，在x左右两侧均有g(x)0，故函数g(x)33m1时，

g(x)有两个实数根

11x1(21m),x2(21m),g(x),g(x)情况如下表：

33x g(x) g(x) (,x1) + ↗ x1 0 极大值 (x1,x2) - ↘ x2 0 极小值 (x2) + ↗ 所以在m(,1)时，函数g(x)有极值； 当x

11(21m)时，g(x)有极大值；当x(21m)时，g(x)有极小值． 33