标题 | 函数考题抢“鲜”看 |
范文 | 李锦昱 函数与导数部分试题既有客观题,也有解答题,每套标准试卷里少则4、5道,多则可达10道,考查点侧重于利用导数等工具写出切线方程、判断单调性和极值、求参数值或取值范围等,解题过程中大多需要采用数形结合、分类讨论等数学思想和基本数学方法.一个值得注意的倾向是,不少高考模拟试卷已经将函数部分的试题作为创新的实验田.本文拟对此加以分类解析,或能对读者备考起到抛砖引玉之功效. 类型一、以新定义函数考查阅读理解和迁移能力 分析各地模拟试题不难发现,有很多定义了新形式(或运算或性质),只有读懂“新定义”准确理解迅速求解. 例1. 在实数集R中定义一种运算“ ?茌 ”,具有性质:①对?坌a,b∈R,a?茌b=b?茌a;②对?坌a∈R,a?茌0=a;③对?坌a,b,c∈R,(a?茌b)?茌c=c?茌(ab)+(a?茌c)+(b?茌c)-2c.函数f(x)=x?茌■(x≥1)的最小值为() A. 5 B. 4 C. 2+2■ D. 2■ 分析与解:本题中函数涉及新定义“?茌”,仔细观察分析f(x)=x?茌■(x≥1),只涉及两个正实数x,■的运算“?茌”,所以令c=0,a=x,b=■,由②③可知当x≥1时,f(x)=x?茌■=(x?茌■)?茌0,而(x?茌■)?茌0=0?茌(x×■)+x?茌0+■?茌0-2×0,进一步化简可得f(x)=x?茌■=x×■+x+■=x+■+2≥2+2■(当且仅当x=■=■时取得最小值),故选C.(若将题设中x≥1改为0<x≤1,则需要利用g(x)=x+■的单调性求出最小值为5,此时答案为A.) 注:对于g(x)=x+■,也可以利用导数解答.本题根据2014年广东省东莞市高三模拟(二)理科第8题改编,原题中f(x)=x?茌■(x>0). 类比训练:已知函数f(x)=2x+1,x∈N?鄢.若?埚x0,n∈N?鄢,使f(x0)+f(x0+1)+…+f(x0+n)=63成立,则称(x0,n)为函数f(x)的一个“生成点”.函数f(x)的“生成点”共有() A. 1个 B . 2个 C . 3个 D . 4个 【答案与提示】由(2x0+1)+[2(x0+1)+1]+…+[2(x0+n)+1]=63,即(n+1)(2x0+n+1)=63,因为x0,n∈N?鄢,所以n+1≥2,2x0+n+1>n+1.因为7×9=3×21=63,所以当n+1=3时,2x0+n+1=2x0+3=21,此时n=2,x0=9,生成点为(9,2).当n+1=7时,2x0+n+1=2x0+7=9,此时n=6,x0=1,生成点为(1,6).所以函数f(x)的“生成点”共有2个,选B. 类型二、以函数的零点或方程的根考查分类讨论思想的运用 求解函数零点问题或者方程的根是常见题型,不少试题都需要根据具体情况“分而治之”进行不重不漏的分类讨论. 例2. 已知函数f(x)=a·ex,x≤0-lnx,x>0其中e为自然对数的底数,若关于x的方程f(f(x))=0有且只有一个实数解,则实数a的取值范围是() A.(-∞,0) B.(-∞,0)∪(0,1) C.(0,1) D.(0,1)∪(1,+∞) 分析与解:注意到x>0时,只需令-lnx=1,则f(f(x))=-ln(-lnx)=0,方程f(f(x))=0有唯一解x=■;因此以下只需要对实数a分a<0、a=0、a>0进行讨论. 若a<0,则x≤0时,a·ex<0,f(f(x))=■<0,方程f(f(x))=0无解;但x>0时,方程f(f(x))=0有唯一解x=■,符合题意; 若a=0,则x≤0时,a·ex=0,方程f(f(x))=0有无数个解,不符合题意; 若a>0,则x≤0时,ex∈(0,1],a·ex>0,且f(f(x))=-ln(a·ex),假如方程f(f(x))=0有唯一解,则对?坌x≤0,恒有a·ex=1,a=■,所以a≥1,此时方程f(f(x))=0的解不唯一(至少x=-lna和x=■都是方程的根),不符合题意;而x>0时,方程f(f(x))=0有唯一解x=■,这意味着只有0<a<1符合题意. 综上可知,实数a的取值范围是(-∞,0)∪(0,1),选B. 注:本题若画出函数f(x)的图像,考虑方程f(f(x))=0解的情况需要两次联系图像,特别对于a>0的讨论容易出错. 类比训练: f(x)=│2x-1│, f1(x)= f(x), f2(x)= f(f1(x)),…,fn(x)= f(fn-1(x)),则函数y=f4(x)的零点个数为. 【答案与提示】由f4(x)=f(f3(x))=0,即| 2f3(x)-1 |=0,解得f3(x)=■,也就是f3(x)=f(f2(x))=| 2f2(x)-1 |=■,解得f2(x)=■或f2(x)=■.当f2(x)=■时,f2(x)=f(f1(x))=| 2f1(x)-1 |=■,解得f1(x)=■或f1(x)=■,当f2(x)=■时,f2(x)=f(f1(x))=| 2f1(x)-1 |=■,解得f1(x)=■或f1(x)=■. 由f1(x)=| 2x-1|=■,解得x=■或x=■.由f1(x)=| 2x-1|=■,解得x=■或x=■.由f1(x)=| 2x-1|=■,解得x=■或x=■.由f1(x)=|2x-1|=■,解得x=■或x=■.所以共有8个零点. 类型三、以函数图像等形式考查导数的应用与估值 求解函数单调性问题大多需要用到导数这一重要工具,但不少试题还需要根据具体“题目情景”进行合理估值,更深入的用好导数(甚至是二阶导数)的性质. 例3. 定义在区间[0,1]上的函数f(x)的图像如右图所示, 以点A(0,f(0)),B(1,f(1),C(x,f(x))为顶点的△ABC的面积记为S(x),则函数S(x)的导函数S′(x)的大致图像为() 分析与解:在题干图中联结两点A,B,其与函数图像有另一个交点(设为D),注意到点C从A向D运动过程中,S(x)先增后减,且增速先大后小(减速较平缓);而点C从D向B运动过程中,S(x)仍然先增后减,且增速递减(减速较快);选项D比较符合上述特征.对于选项C,点C从A向D运动过程中,虽然也满足先增后减,但减速先后变化较大,与题意不符;同样的,点C从D向B运动过程中,S(x)先增后减中呈现增速先后变化较大,也与题意不符. 综上分析,只能选D. 注:本题给出的选项C、D中S′(x)的图像虽然都说明了S(x)先增后减,但不注意分析其细微差别,特别是导函数图像中正负增减与原函数图像的单调性变化的对应关系就很容易错选C. 类比训练:已知函数f(x)是定义在实数集R上的奇函数,若函数g(x)=f(x+1)+5,对?坌x∈R,总有g′(x)>2x,则g(x)<x2+4的解集为() A.(-∞,-1) B.(-∞,1) C. RD.(-1,+∞) 【答案与提示】g′(x)>2x即f′(x+1)-2x>0恒成立(易联想到开口向上的二次曲线与x轴没有公共点,或判别式△<0),函数f(x)是定义在实数集R上的奇函数,因此不妨设f(x)=■,则g(x)=f(x+1)+5=■+5,g′(x)=(x+1)2=x2+2x+1>2x, g(x)<x2+4即■+5<x2+4,也就是x3+3x+4<0,观察系数易知x=-1是三次方程x3+3x+4=0的一个实数根,据此可分解因式x3+3x+4=(x+1)(x2-x+4),显然x2-x+4=0没有实数解(x2-x+4>0恒成立),所以x3+3x+4=(x+1)(x2-x+4)<0的解集为(-∞,-1).故选A.
类型四、以函数为载体考查导数及线性规划等应用 多项式函数问题的解决必须以导数为基本套路,目前有相当数量的试题还将考查点延伸到更多的知识块(如线性规划等领域). 例4. 已知函数f(x)=■+■+■x+■的两个极值点分别是x1x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),点P(m,n)表示的平面区域为D.若函数y=loga(x+4)(a>1)的图像上存在平面区域D内的点,则实数a的取值范围是() A.(1,3] B.(1,3)C.[3,+∞) D.(3,+∞) 分析与解:f ′(x)=x2+mx+■,其两个极值点x1,x2满足x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),显然x→+∞时f ′(x)>0,则f ′(0)=■,f ′(1)=1+■必定满足f ′(0))>0,f ′(1)<0,画出约束条件m+n>0,3m+n+2<0,对应的可行域(如图所示),函数y=loga(x+4)(a>1)的图像经过定点(-3,0),且经过点(-1,1)左上方区域内,因此g(-1)=loga(-1+4)>1,解得1<a<3. 故选B. 类型五、借助常规函数考查概率知识 以基本初等函数问题为基本背景,考查点延伸到概率等领域,已在多地试卷中呈现. 例5. 利用计算机产生0~1之间的均匀随机数a,则关于x的一元二次方程x2-x+a=0无实根的概率为() A. ■ B. ■ C. ■ D.■ 分析与解:一元二次方程x2-x+a=0无实根,则△=1-4a<0,解得■<a≤1,因为0≤a≤1,故由几何概型可知,所求概率为1-■=■,选C. 注:本题对高中的重点三个“二次”进行考查,已不仅仅是模仿2012年高考命题中的随机模拟这么简单. 例6. 从集合A={-1,1,2}中随机选取一个数记为k,从集合B{-2,1,2}中随机选取一个数记为b,则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为() A.■B.■C. ■D.■ 分析与解:斜率k和纵截距b都有三种取法,基本事件空间?萃={(-1,-2),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,1)(1,2),(2,-2),(2,1),(2,2)},其中(-1,1),(-1,2)对应的事件满足“直线y=kx+b不经过第三象限”,所求概率为p=■, 选A. 注:本题把重要的基础知识直线的斜率和截距和古典概型相结合进行考查,既扩大了试题的覆盖面,又使试卷不落俗套,值得细细思量,多加关注. 类型六、以函数性质为基本点,考查充要条件 对函数问题的考查,最重要的还是基本性质,从下面的试题里可见一斑. 例7. 函数f(x)=x|x+a |+b是奇函数的充要条件是() A. ab=0 B. a+b=0 C. a2+b2=0 D. a=b 分析与解:因为f(x)是奇函数,所以f(0)=b=0,即f(x)=x|x+a|;又因为对?坌x∈R, f(x)+f(-x)=x(|x+a|-|-x+a|)=0只有在|x+a|=|-x+a|情况下,这意味着x2+a2+2ax=x2+a2-2ax,只有a=0,故a2+b2=0,选C. 例8.函数f(x)=2x,x≥0■,x<0则a=2是f(a)=4成立的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 分析与解:因为a=2,所以f(a)=22=4,即a=2?圯f(a)=4;反之,若f(a)=4,则2a=4,a=2或■=4,a=-16,因此f(a)=4?圯a=2或者a=-16,故a=2只是f(a)=4的充分不必要条件,选A. 例9. 函数f(x)=x2-3x的图像为C1,函数g(x)=4-x2的图像为C2,过x轴上的动点M(a,0)(0≤a≤3)作垂直于x轴的直线分别交曲线C1,C2于A,B两点,则线段AB长度的最大值为( ) A. 2 B. 4 C. 5 D.■ 分析与解:画出0≤x≤3时C1与C2的简图,初步找到AB长度的最大值为函数h(x)=g(x)-f(x)=4-2x2+3x在闭区间[0,3]上的最大值,因为二次曲线h(x)的对称轴为直线x=■,则h(■)=■为最大值,选D. 注:本题利用导数求解也相当便捷. 例10. 设M={(x,y)│f(x,y)=0}为平面直角坐标系xOy内的点集,若?坌(x1,y1)∈M,?埚(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2<0,则称点集M满足性质P.给出下列三个点集: ①R={(x,y)│cosx-y=0}j②S={(x,y)│lnx-y=0}j③T={(x,y)│x2-y2=1}. 其中满足性质P的点集的序号是 . 分析与解:对于点M1(x1,y1),M2(x2,y2),若x1x2+y1y2<0,意味着向量■·■<0,也就是验证y=cosx,y=lnx的图像及双曲线x2-y2=1上是否对于任意一点M1(x1, y1),都存在另一点M2(x2, y2)使得■·■夹角为钝角或平角: 对于y=cosx,注意到|cosx|≤1,易知x1x2+cosx1cosx2<0存在性没有问题,即①适合;对于x2-y2=1,只要令M1,M2在对顶的象限内,也总有x1x2+y1y2<0,即③适合;对于y=lnx,取M1(1,0),则不论怎么取M2,x1x2+y1y2=x2>0,因此②不满足性质P,故填①③. 注:对于全称命题,要判断其不真,只需列举合适的反例就能一蹴而就. 责任编校 徐国坚
类型四、以函数为载体考查导数及线性规划等应用 多项式函数问题的解决必须以导数为基本套路,目前有相当数量的试题还将考查点延伸到更多的知识块(如线性规划等领域). 例4. 已知函数f(x)=■+■+■x+■的两个极值点分别是x1x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),点P(m,n)表示的平面区域为D.若函数y=loga(x+4)(a>1)的图像上存在平面区域D内的点,则实数a的取值范围是() A.(1,3] B.(1,3)C.[3,+∞) D.(3,+∞) 分析与解:f ′(x)=x2+mx+■,其两个极值点x1,x2满足x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),显然x→+∞时f ′(x)>0,则f ′(0)=■,f ′(1)=1+■必定满足f ′(0))>0,f ′(1)<0,画出约束条件m+n>0,3m+n+2<0,对应的可行域(如图所示),函数y=loga(x+4)(a>1)的图像经过定点(-3,0),且经过点(-1,1)左上方区域内,因此g(-1)=loga(-1+4)>1,解得1<a<3. 故选B. 类型五、借助常规函数考查概率知识 以基本初等函数问题为基本背景,考查点延伸到概率等领域,已在多地试卷中呈现. 例5. 利用计算机产生0~1之间的均匀随机数a,则关于x的一元二次方程x2-x+a=0无实根的概率为() A. ■ B. ■ C. ■ D.■ 分析与解:一元二次方程x2-x+a=0无实根,则△=1-4a<0,解得■<a≤1,因为0≤a≤1,故由几何概型可知,所求概率为1-■=■,选C. 注:本题对高中的重点三个“二次”进行考查,已不仅仅是模仿2012年高考命题中的随机模拟这么简单. 例6. 从集合A={-1,1,2}中随机选取一个数记为k,从集合B{-2,1,2}中随机选取一个数记为b,则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为() A.■B.■C. ■D.■ 分析与解:斜率k和纵截距b都有三种取法,基本事件空间?萃={(-1,-2),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,1)(1,2),(2,-2),(2,1),(2,2)},其中(-1,1),(-1,2)对应的事件满足“直线y=kx+b不经过第三象限”,所求概率为p=■, 选A. 注:本题把重要的基础知识直线的斜率和截距和古典概型相结合进行考查,既扩大了试题的覆盖面,又使试卷不落俗套,值得细细思量,多加关注. 类型六、以函数性质为基本点,考查充要条件 对函数问题的考查,最重要的还是基本性质,从下面的试题里可见一斑. 例7. 函数f(x)=x|x+a |+b是奇函数的充要条件是() A. ab=0 B. a+b=0 C. a2+b2=0 D. a=b 分析与解:因为f(x)是奇函数,所以f(0)=b=0,即f(x)=x|x+a|;又因为对?坌x∈R, f(x)+f(-x)=x(|x+a|-|-x+a|)=0只有在|x+a|=|-x+a|情况下,这意味着x2+a2+2ax=x2+a2-2ax,只有a=0,故a2+b2=0,选C. 例8.函数f(x)=2x,x≥0■,x<0则a=2是f(a)=4成立的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 分析与解:因为a=2,所以f(a)=22=4,即a=2?圯f(a)=4;反之,若f(a)=4,则2a=4,a=2或■=4,a=-16,因此f(a)=4?圯a=2或者a=-16,故a=2只是f(a)=4的充分不必要条件,选A. 例9. 函数f(x)=x2-3x的图像为C1,函数g(x)=4-x2的图像为C2,过x轴上的动点M(a,0)(0≤a≤3)作垂直于x轴的直线分别交曲线C1,C2于A,B两点,则线段AB长度的最大值为( ) A. 2 B. 4 C. 5 D.■ 分析与解:画出0≤x≤3时C1与C2的简图,初步找到AB长度的最大值为函数h(x)=g(x)-f(x)=4-2x2+3x在闭区间[0,3]上的最大值,因为二次曲线h(x)的对称轴为直线x=■,则h(■)=■为最大值,选D. 注:本题利用导数求解也相当便捷. 例10. 设M={(x,y)│f(x,y)=0}为平面直角坐标系xOy内的点集,若?坌(x1,y1)∈M,?埚(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2<0,则称点集M满足性质P.给出下列三个点集: ①R={(x,y)│cosx-y=0}j②S={(x,y)│lnx-y=0}j③T={(x,y)│x2-y2=1}. 其中满足性质P的点集的序号是 . 分析与解:对于点M1(x1,y1),M2(x2,y2),若x1x2+y1y2<0,意味着向量■·■<0,也就是验证y=cosx,y=lnx的图像及双曲线x2-y2=1上是否对于任意一点M1(x1, y1),都存在另一点M2(x2, y2)使得■·■夹角为钝角或平角: 对于y=cosx,注意到|cosx|≤1,易知x1x2+cosx1cosx2<0存在性没有问题,即①适合;对于x2-y2=1,只要令M1,M2在对顶的象限内,也总有x1x2+y1y2<0,即③适合;对于y=lnx,取M1(1,0),则不论怎么取M2,x1x2+y1y2=x2>0,因此②不满足性质P,故填①③. 注:对于全称命题,要判断其不真,只需列举合适的反例就能一蹴而就. 责任编校 徐国坚
类型四、以函数为载体考查导数及线性规划等应用 多项式函数问题的解决必须以导数为基本套路,目前有相当数量的试题还将考查点延伸到更多的知识块(如线性规划等领域). 例4. 已知函数f(x)=■+■+■x+■的两个极值点分别是x1x2,且x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),点P(m,n)表示的平面区域为D.若函数y=loga(x+4)(a>1)的图像上存在平面区域D内的点,则实数a的取值范围是() A.(1,3] B.(1,3)C.[3,+∞) D.(3,+∞) 分析与解:f ′(x)=x2+mx+■,其两个极值点x1,x2满足x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),显然x→+∞时f ′(x)>0,则f ′(0)=■,f ′(1)=1+■必定满足f ′(0))>0,f ′(1)<0,画出约束条件m+n>0,3m+n+2<0,对应的可行域(如图所示),函数y=loga(x+4)(a>1)的图像经过定点(-3,0),且经过点(-1,1)左上方区域内,因此g(-1)=loga(-1+4)>1,解得1<a<3. 故选B. 类型五、借助常规函数考查概率知识 以基本初等函数问题为基本背景,考查点延伸到概率等领域,已在多地试卷中呈现. 例5. 利用计算机产生0~1之间的均匀随机数a,则关于x的一元二次方程x2-x+a=0无实根的概率为() A. ■ B. ■ C. ■ D.■ 分析与解:一元二次方程x2-x+a=0无实根,则△=1-4a<0,解得■<a≤1,因为0≤a≤1,故由几何概型可知,所求概率为1-■=■,选C. 注:本题对高中的重点三个“二次”进行考查,已不仅仅是模仿2012年高考命题中的随机模拟这么简单. 例6. 从集合A={-1,1,2}中随机选取一个数记为k,从集合B{-2,1,2}中随机选取一个数记为b,则直线y=kx+b不经过第三象限的概率为() A.■B.■C. ■D.■ 分析与解:斜率k和纵截距b都有三种取法,基本事件空间?萃={(-1,-2),(-1,1),(-1,2),(1,-2),(1,1)(1,2),(2,-2),(2,1),(2,2)},其中(-1,1),(-1,2)对应的事件满足“直线y=kx+b不经过第三象限”,所求概率为p=■, 选A. 注:本题把重要的基础知识直线的斜率和截距和古典概型相结合进行考查,既扩大了试题的覆盖面,又使试卷不落俗套,值得细细思量,多加关注. 类型六、以函数性质为基本点,考查充要条件 对函数问题的考查,最重要的还是基本性质,从下面的试题里可见一斑. 例7. 函数f(x)=x|x+a |+b是奇函数的充要条件是() A. ab=0 B. a+b=0 C. a2+b2=0 D. a=b 分析与解:因为f(x)是奇函数,所以f(0)=b=0,即f(x)=x|x+a|;又因为对?坌x∈R, f(x)+f(-x)=x(|x+a|-|-x+a|)=0只有在|x+a|=|-x+a|情况下,这意味着x2+a2+2ax=x2+a2-2ax,只有a=0,故a2+b2=0,选C. 例8.函数f(x)=2x,x≥0■,x<0则a=2是f(a)=4成立的( ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件 分析与解:因为a=2,所以f(a)=22=4,即a=2?圯f(a)=4;反之,若f(a)=4,则2a=4,a=2或■=4,a=-16,因此f(a)=4?圯a=2或者a=-16,故a=2只是f(a)=4的充分不必要条件,选A. 例9. 函数f(x)=x2-3x的图像为C1,函数g(x)=4-x2的图像为C2,过x轴上的动点M(a,0)(0≤a≤3)作垂直于x轴的直线分别交曲线C1,C2于A,B两点,则线段AB长度的最大值为( ) A. 2 B. 4 C. 5 D.■ 分析与解:画出0≤x≤3时C1与C2的简图,初步找到AB长度的最大值为函数h(x)=g(x)-f(x)=4-2x2+3x在闭区间[0,3]上的最大值,因为二次曲线h(x)的对称轴为直线x=■,则h(■)=■为最大值,选D. 注:本题利用导数求解也相当便捷. 例10. 设M={(x,y)│f(x,y)=0}为平面直角坐标系xOy内的点集,若?坌(x1,y1)∈M,?埚(x2,y2)∈M,使得x1x2+y1y2<0,则称点集M满足性质P.给出下列三个点集: ①R={(x,y)│cosx-y=0}j②S={(x,y)│lnx-y=0}j③T={(x,y)│x2-y2=1}. 其中满足性质P的点集的序号是 . 分析与解:对于点M1(x1,y1),M2(x2,y2),若x1x2+y1y2<0,意味着向量■·■<0,也就是验证y=cosx,y=lnx的图像及双曲线x2-y2=1上是否对于任意一点M1(x1, y1),都存在另一点M2(x2, y2)使得■·■夹角为钝角或平角: 对于y=cosx,注意到|cosx|≤1,易知x1x2+cosx1cosx2<0存在性没有问题,即①适合;对于x2-y2=1,只要令M1,M2在对顶的象限内,也总有x1x2+y1y2<0,即③适合;对于y=lnx,取M1(1,0),则不论怎么取M2,x1x2+y1y2=x2>0,因此②不满足性质P,故填①③. 注:对于全称命题,要判断其不真,只需列举合适的反例就能一蹴而就. 责任编校 徐国坚
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