高考数学总复习(基础知识+高频考点+解题训练)第十章 函数、导数与不等式教学案 新人教A版

高考数学总复习（基础知识+高频考点+解题训练）第十章函数、导数与不等式教学案新人教A版
第六讲函数、导数与不等式
函数图象与性质
[例1] (1)(2012·唐山模拟)若函数y＝a x＋b的图象如图，则函数y＝b＋1
x＋a
的图象为( )
解析：选C 由函数y＝a x＋b的图象可知，函数y＝a x＋b在R上单调递减，故0<a<1.因为函数y＝a x＋b的图象是由函数y＝a x的图象向下平移了|b|个单位而得到的，且函数y＝
a x＋b的图象与y轴的交点在负半轴上，故b<0.函数y＝b＋1
x＋a
的图象可以看作是由函数y
＝1
x
的图象向左平移a个单位，然后向下平移－b个单位得到的，结合反比例函数的图象和a、
b的范围可知选C.
(2)定义在(－∞，＋∞)上的偶函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在[－1,0]上是增函数，下面五个关于f(x)的命题中：①f(x)是周期函数；②f(x)的图象关于直线x＝1对称；③f(x)在[0,1]上是增函数；④f(x)在[1,2]上为减函数；⑤f(2)＝f(0)，正确命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C 由于f (x ＋1)＝－f (x )，所以f (x ＋2)＝－f (x ＋1)＝f (x )，函数f (x )是以2为最小正周期的周期函数，故命题①正确；由于f (2－x )＝f (－x )＝f (x )，故函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，命题②正确；偶函数在定义域上关于坐标原点对称的区间上的单调性相反，故命题③不正确；根据周期性，函数在[1,2]上的单调性与[－1,0]上的单调性相同，故命题④不正确；根据周期性，命题⑤正确．
(3)函数f (x )的图象是如图所示的折线段OAB ，其中A (1,2)，
B (3,0)，函数g (x )＝x ·f (x )，那么函数g (x )值域为( )
A ．[0,2]
B.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，94
C.⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，32
D ．[0,4]
解析：选B 由图象可知直线OA 的方程是y ＝2x ，而k AB ＝0－2
3－1＝－1，所以直线AB 的方
程为y ＝－(x －3)＝－x ＋3.
由题意，知f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x ，0≤x ≤1，
－x ＋3，1<x ≤3，
所以g (x )＝x ·f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
2x 2
，0≤x ≤1，
－x 2
＋3x ，1<x ≤3.
当0≤x ≤1时，g (x )＝2x 2
∈[0,2]；
当1<x ≤3时，g (x )＝－x 2
＋3x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －322＋94，显然，当x ＝32时，取得最大值94；当x
＝3时，取得最小值0.
综上所述，g (x )的值域为[0,2]∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，94，即g (x )的值域为⎣⎢⎡⎦
⎥⎤0，94.
[方法总结] 1.函数图象主要考查的是识图、用图，多以选择题形式考查，解决此类问题的关键是掌握图象变换及识图的技巧，可结合图象利用排除法、验证法解决．
2．函数题的性质主要考查单调性、奇偶性和周期性，多以选择、填空题形式考查，解决此类问题要注意一是单调性和奇偶性相结合时函数的单调性问题(如奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同，偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反)，二是周期性的结论理解记忆，如f (x ＋a )＝－f (x )、f (x ＋a )＝
1
f x
的周期为2a .
不等式的解法及应用
[例2] (1)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
x ＋1x ＜0，
－x －1
x ≥0，
则不等式x ＋(x ＋1)f (x －1)≤3的解
集是( )
A ．{x |x ≥－3}
B ．{x |x ≥1}
C ．{x |－3≤x ≤1}
D ．{x |x ≥1或x ≤－3}
解析：选A 由函数f (x )可知f (x －1)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
x x ＜1，
－x x ≥1.①当x ＜1时，原不等式等价
于x ＋(x ＋1)x ≤3，解得－3≤x ≤1，又x ＜1，所以－3≤x ＜1；②当x ≥1时，原不等式等价于x ＋(x ＋1)(－x )≤3，即x 2
≥－3恒成立，所以x ≥1，综合①②可知，不等式的解集为{x |x ≥－3}．
(2)(2012·安徽知名省级示范高中期末)已知不等式ax 2
＋bx ＋c <0的解集为{x |－2<x <1}，则不等式cx 2
＋bx ＋a >c (2x －1)＋b 的解集为________．
解析：由题意可知a >0，且－2,1是方程ax 2
＋bx ＋c ＝0的两个根，
则⎩⎪⎨⎪⎧
－b
a ＝－1，c a ＝－2，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
b ＝a ，
c ＝－2a ，
所以不等式cx 2
＋bx ＋a >c (2x －1)＋b 可化为－2ax 2
＋ax ＋a >－2a (2x －1)＋a ， 整理得2x 2
－5x ＋2<0，解得12
<x <2.
∴原不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x | 1
2<x <2.
答案：
⎩⎨⎧⎭
⎬⎫x | 1
2<x <2 [方法总结] 解不等式的常见策略：
1．解一元二次不等式的策略：先化为一般形式ax 2
＋bx ＋c >0(a >0)，再结合相应二次方程的根及二次函数图象确定一元二次不等式的解集．
2．解简单的分式不等式的策略：将不等式一边化为0，再将不等式等价转化为整式不等式(组)求解.
基本不等式
[例3] (2012·福建省高中毕业班质检)设a >0，若关于x 的不等式x ＋a
x －1
≥5在x ∈
(1，＋∞)上恒成立，则a 的最小值为( )
A ．16
B ．9
C ．4
D ．2
解析：选C 当x >1，a >0时，x ＋
a x －1＝(x －1)＋a
x －1
＋1≥2 x －1×a
x －1
＋1
＝2a ＋1(当且仅当(x －1)2
＝a 时取等号)，
即此时x ＋
a
x －1
的最小值是2a ＋1.
由2a ＋1≥5得a ≥4， 即a 的最小值为4.
[例4] (2012·泰安模拟)函数y ＝log a (x ＋3)－1(a >0，且a ≠1)的图象恒过定点A ，若点A 在直线mx ＋ny ＋1＝0上(其中m ，n >0)，则1m ＋2
n
的最小值等于( )
A ．16
B ．12
C ．9
D ．8
解析：选D ∵y ＝log a (x ＋3)－1恒过定点A (－2，－1)， ∴2m ＋n ＝1.
∴1m ＋2n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫
1m ＋2n (2m ＋n )
＝4＋n m
＋4m
n
≥4＋2
n m ·4m n
＝8⎝ ⎛⎭
⎪⎫当且仅当m ＝14，n ＝12时取等号. [方法总结] 利用基本不等式求最值是考查重点，多以选择、填空题形式考查，解决此类问题时要注意抓住“一正、二定、三相等”的步骤及常见函数的变形方法，如拆项、变符号、凑系数等．
线 性 规 划
[例5]
(1)满足线性约束条件⎩⎪⎨⎪⎧
2x ＋y ≤3，
x ＋2y ≤3，
x ≥0，
y ≥0
的目标函数z ＝x ＋y 的最大值是
( )
A ．1 B.32 C ．2
D ．3
解析：选 C 由线性约束条件画出可行域如图，A 、B 、C
的坐标分别为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0，B (1,1)，C ⎝ ⎛⎭
⎪⎫0，32，由图可知z max ＝1＋1＝2. (2)已知不等式组⎩⎪⎨⎪
⎧
x ＋y ≤1，x －y ≥－1，
y ≥0
表示的平面区域为M ，若直线y ＝kx －3k 与平面区
域M 有公共点，则k 的取值范围是( )
A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－13，0
B.⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，13 C.⎝ ⎛⎦
⎥⎤0，13
D.⎝
⎛⎦⎥⎤－∞，－13
解析：选A 如图所示，画出可行域，直线y ＝kx －3k 过定点(3,0)，由数形结合，知该直线的斜率的最大值为k ＝0，最小值为k ＝0－13－0＝－1
3
.
[方法总结] 线性规划多考查目标函数最值求法，常以选择、填空题形式考查，求解线性规划问题的思路：其基本思想是数形结合，求解时首先要准确作出可行域，根据目标函数所表示的几何意义和平面区域的关系，数形结合找到目标函数取到最值时的最优解.
导 数 应 用
[例6] (2012·福州模拟)已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝e x
， (1)若函数φ(x )＝f (x )－
x ＋1
x －1
，求函数φ(x )的单调区间； (2)设直线l 为函数f (x )的图象上一点A (x 0，f (x 0))处的切线．证明：在区间(1，＋∞)上存在唯一的x 0，使得直线l 与曲线y ＝g (x )相切．
解：(1)∵φ(x )＝f (x )－x ＋1x －1＝ln x －x ＋1
x －1， ∴φ′(x )＝1
x
＋
2x －1
2＝
x 2＋1x ·x －1
2
.
∵x >0且x ≠1， ∴φ′(x )>0.
∴函数φ(x )的单调递增区间为(0,1)和(1，＋∞)． (2)证明：∵f ′(x )＝1x ，∴f ′(x 0)＝1
x 0
，
∴切线l 的方程为y －ln x 0＝1
x 0
(x －x 0)，
即y ＝1
x 0
x ＋ln x 0－1，①
设直线l 与曲线y ＝g (x )相切于点(x 1，e x 1), ∵g ′(x )＝e x
，∴e x 1＝1x 0
，∴x 1＝－ln x 0.
∴直线l 的方程为y －1x 0＝1
x 0
(x ＋ln x 0)，
即y ＝1x 0x ＋ln x 0x 0＋1x 0
，②
①－②，得ln x 0－1＝ln x 0x 0＋1x 0
，
∴ln x 0＝
x 0＋1
x 0－1
. 下证：在区间(1，＋∞)上x 0存在且唯一． 由(1)可知，φ(x )＝ln x －
x ＋1
x －1
在区间(1，＋∞)上递增． 又φ(e)＝ln e －e ＋1e －1＝－2e －1<0，φ(e 2)＝ln e 2
－e 2
＋1e 2－1＝e 2
－3e 2－1
>0，
结合零点存在性定理，说明方程φ(x )＝0必在区间(e ，e 2
)上有唯一的根，这个根就是所求的唯一的x 0.故结论成立．
[例7] 已知函数f (x )＝(ax 2
－x )ln x －12
ax 2＋x (a ∈R )．
(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程(e ＝2.718…)； (2)求函数f (x )的单调区间．
解：(1)当a ＝0时，f (x )＝x －x ln x ，f ′(x )＝－ln x ， 所以f (e)＝0，f ′(e)＝－1，
所以曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y ＝－x ＋e ，即x ＋y －e ＝0. (2)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝(ax 2－x )1
x
＋(2ax －1)ln x －ax ＋1
＝(2ax －1)ln x ，
①当a ≤0时，2ax －1<0，若x ∈(0,1)则f ′(x )>0，若x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )<0， 所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
②当0<a <12时，若x ∈(0,1)或x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1，12a ，则f ′(x )<0.
所以函数f (x )在(0,1)和⎝
⎛⎭⎪⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1，12a 上单调递减；
③当a ＝1
2时，f ′(x )≥0且仅f ′(1)＝0，
所以函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；
④当a >12时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 或x ∈(1，＋∞)，则f ′(x )>0，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12a ，1，则f ′(x )<0，
所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝ ⎛⎭
⎪⎫12a ，1上单调递减．
[方法总结] 导数的应用主要涉及单调性、极值、最值问题，多以解答题形式考查，问题多考查单调性的讨论、极值与最值的求法及应用，解决此类问题的关键是重视运算能力、代数变形能力及分类讨论思想的应用，同时对于不等式的证明、方程根的讨论问题要注意等价转化能力及构造函数能力的训练．。