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

• 浅议初中足球比赛教学法的有效运用
• 开发校本德育课程 让立德树人落地生根
• 促进学生外健内慧特质发展的策略探究
• 基于立德树人目标的小学道德与法治“思辩”教学模式探究
• 挖掘本土文化 研发普通高中校本课程
• 小学校长职业倦怠的产生原因及反思
• 科技改变教育 创新引领未来
• 浅议学校促进教师专业发展的思路与举措
• 浅论学校主流话语体系的建设与传播
• 课程价值视阈下构建社会主义核心价值观教育模式的实践与思考
• 中学地理研学旅行基地建设及评价研究
• 绿色化学理念在高中化学教学中的渗透探析
• 高中语文的作文教学策略浅探
• 微写作：让写作像发微信一样轻松
• 基于学科核心素养的生物识图能力的培养
• 如何突破数学思想教学的瓶颈
• 概念教学：放慢“种子课”的脚步
• 指向批判性思维培养的初中英语阅读教学实例研究
• 教育部联合中央媒体启动2019年全国教书育人楷模推选活动
• 教育部组织开展中西部贫困地区普通高中校长新课程专题培训
• 教育部等六部门印发《关于规范校外线上培训的实施意见》
• 中共中央 国务院印发《关于深化教育教学改革全面提高义务教育质量的意见》
• 聋校语文阅读教学有效性的实践研究
• 浅谈故事教育在幼儿规矩养成中的重要性
• 幼儿社会交往能力发展策略的研究
• acclaimers
• acclaimer's
• acclaiming
• acclaims
• acclaim's
• acclaim²
• acclaim¹
• acclamation
• acclamations
• acclimatise
• acclimatised
• acclimatises
• acclimatising
• acclimatizable, acclimatisable
• acclimatization
• acclimatizations
• acclimatize
• acclimatize/become acclimatized
• acclimatized
• acclimatizers
• acclimatizes
• acclimatizing
• accolade
• accoladed
• accolades
• 佚淫
• 佚游
• 佚游无度
• 佚火
• 佚畋
• 佚罚
• 佚老
• 佚荡
• 佚落
• 佚貌
• 佚逖
• 佛
• 佛、罗汉
• 佛、道徒求人施舍财物
• 佛不入地狱，谁入地狱。
• 佛之纶音
• 佛书
• 佛争一炉香，人争一口气
• 佛事
• 佛仪
• 佛佬
• 佛偈
• 佛像
• 佛光
• 佛光寺