高考数学一轮总复习 专题一 函数与导数课件 文
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专题一 函数与导数
题型 1 函数中的方程思想 函数与方程是高考的重要题型之一，一方面可以利用数形 结合考查方程根的分布；另一方面可以与导数相结合，考查方 程解的情况． 例1：已知函数 f(x)＝ 3x42＋x 3，x∈[0,2]．
(1)求 f(x)的值域； (2)设 a≠0，函数 g(x)＝ 1 ax3－a2x， x∈[0,2]．若对任意
(2)由题设知，x1，x2 为方程 f′(x)＝0 的两个根，故有 a＜1， x21＝－2x1－a，x22＝－2x2－a. 因此 f(x1)＝13x31＋x21＋ax1＝13x1(－2x1－a)＋x21＋ax1＝13x21＋ 23ax1＝13(－2x1－a)＋23ax1＝23(a－1)x1－a3. 同理 f(x2)＝23(a－1)x2－a3， 因此直线 l 的方程为 y＝23(a－1)x－a3.
方法二，当 x＝0 时，f(x)＝0；
当 x∈(0,2]时，f(x)＞0，
且 f(x)＝43×x＋1 1x≤43×2
1 1＝23， x·x
当且仅当 x＝1x，即 x＝1 时，“＝”成立．
∴当 x∈[0,2]时，f(x)的值域是0，23.
(2)设函数 g(x)在[0,2]上的值域是 A. ∵对任意 x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，
故由 f′(x)＞0⇒x∈(－∞，－1－ 1－a)或 x∈(－1＋ 1－a，＋∞)，此时 f(x)单调递增；
由 f′(x)＜0⇒－1－ 1－a＜x＜－1＋ 1－a，此时 f(x)单 调递增递减．
综上可知，当 a≥1 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a＜1 时， f(x)在(－∞，－1－ 1－a)和(－1＋ 1－a，＋∞)上单调递增， 在(－1－ 1－a，－1＋ 1－a)上单调递减．
例 2：已知函数 f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在 x＝－1 处取得极值，直线 y＝m 与 y＝f(x)的图 象有三个不同的交点，求 m 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 当 a<0 时，对任意 x∈R，都有 f′(x)>0. 此时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
设 l 与 x 轴的交点为(x0,0)，得 x0＝2aa－1. 而 f(x0)＝132aa－13＋2aa－12＋2aa－2 1＝24aa－2 13(12a2 －17a＋6)． 由题设知，点(x0,0)在曲线 y＝f(x)上， 故 f(x0)＝0，解得 a＝0 或 a＝23或 a＝34. 所以所求 a 的值为 a＝0 或 a＝23或 a＝34.
使 f(x1)－g(x2)＝0，∴0，23⊆A. 对函数 g(x)求导，得 g′(x)＝ax2－a2. ①当 a＜0 时，g′(x)＜0， ∴函数 g(x)在(0,2)上单调递减． ∵g(0)＝0，g(2)＝83a－2a2＜0， ∴当 a<0 时，不满足0，23⊆A.
②当 a＞0 时，g′(x)＝a(x－ a)(x＋ a)． 令 g′(x)＝0，得 x＝ a或 x＝－ a(舍去)． ⅰ)当 x∈[0,2]，0＜ a＜2 时，列表：
(1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 f(x)有两个极值点 x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2)) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y＝f(x)上，求 a 的值．
解：(1)依题意可得 f′(x)＝x2＋2x＋a. 当Δ＝4－4a≤0，即 a≥1 时，x2＋2x＋a≥0 恒成立． 故 f′(x)≥0(当且仅当 a＝1，x＝－1 时等号成立)． 所以函数 f(x)在 R 上单调递增； 当Δ＝4－4a＞0，即 a＜1 时， f′(x)＝x2＋2x＋a＝0 有两个相异实根， x1＝－2－ 2 4－4a＝－1－ 1－a， x2＝－1＋ 1－a且 x1＜x2.
当 a>0 时，由 f′(x)>0，解得 x<－ a或 x> a； 由 f′(x)<0，解得－ a<x< a， 此时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)， 单调递减区间为(－ a， a)．
(2)因为 f(x)在 x＝－1 处取得极值，
题型 2 函数中的数形结合思想 数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题 简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助 于把握数学问题的本质．它是数学的规律性与灵活性的有机结 合．纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解 决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的 重点是研究“以形助数”．
3
x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)－g(x2)＝0.求实数 a 的取值 范围．
解：(1)方法一，对函数 f(x)求导， 得 f′(x)＝43×x12－＋x122.
令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增； 当 x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)在(1,2)上单调递减． 又 f(0)＝0，f(1)＝23，f(2)＝185， ∴当 x∈[0,2]时，f(x)的值域是0，23.
x0 g′(x)
(0， a ) －
a
( a ，2)
0
＋
g(x) 0
2 a2 a 3
∵g(0)＝0，g( a)＜0， 又∵0，23⊆A，∴g(2)＝83a－2a2≥23. 解得13≤a≤1.
2 8 a 2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 3
ⅱ)当 x∈[0,2]， a≥2 时，即 a≥4，g′(x)＜0， ∴函数在[0,2]上单调递减． ∵g(0)＝0，g(2)＝83a－2a2＜0， ∴当 a≥4 时，不满足0，23⊆A. 综上所述，实数 a 的取值范围是13，1.
【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用 基本不等式求解．
(2)任意 x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)＝g(x2)的本质 就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集．
【互动探究】 1．(2012年大纲)已知函数 f(x)＝ 1 x3＋x2＋ax. 3
题型 1 函数中的方程思想 函数与方程是高考的重要题型之一，一方面可以利用数形 结合考查方程根的分布；另一方面可以与导数相结合，考查方 程解的情况． 例1：已知函数 f(x)＝ 3x42＋x 3，x∈[0,2]．
(1)求 f(x)的值域； (2)设 a≠0，函数 g(x)＝ 1 ax3－a2x， x∈[0,2]．若对任意
(2)由题设知，x1，x2 为方程 f′(x)＝0 的两个根，故有 a＜1， x21＝－2x1－a，x22＝－2x2－a. 因此 f(x1)＝13x31＋x21＋ax1＝13x1(－2x1－a)＋x21＋ax1＝13x21＋ 23ax1＝13(－2x1－a)＋23ax1＝23(a－1)x1－a3. 同理 f(x2)＝23(a－1)x2－a3， 因此直线 l 的方程为 y＝23(a－1)x－a3.
方法二，当 x＝0 时，f(x)＝0；
当 x∈(0,2]时，f(x)＞0，
且 f(x)＝43×x＋1 1x≤43×2
1 1＝23， x·x
当且仅当 x＝1x，即 x＝1 时，“＝”成立．
∴当 x∈[0,2]时，f(x)的值域是0，23.
(2)设函数 g(x)在[0,2]上的值域是 A. ∵对任意 x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，
故由 f′(x)＞0⇒x∈(－∞，－1－ 1－a)或 x∈(－1＋ 1－a，＋∞)，此时 f(x)单调递增；
由 f′(x)＜0⇒－1－ 1－a＜x＜－1＋ 1－a，此时 f(x)单 调递增递减．
综上可知，当 a≥1 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a＜1 时， f(x)在(－∞，－1－ 1－a)和(－1＋ 1－a，＋∞)上单调递增， 在(－1－ 1－a，－1＋ 1－a)上单调递减．
例 2：已知函数 f(x)＝x3－3ax－1，a≠0. (1)求 f(x)的单调区间；
(2)若 f(x)在 x＝－1 处取得极值，直线 y＝m 与 y＝f(x)的图 象有三个不同的交点，求 m 的取值范围．
解：(1)f′(x)＝3x2－3a＝3(x2－a)， 当 a<0 时，对任意 x∈R，都有 f′(x)>0. 此时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
设 l 与 x 轴的交点为(x0,0)，得 x0＝2aa－1. 而 f(x0)＝132aa－13＋2aa－12＋2aa－2 1＝24aa－2 13(12a2 －17a＋6)． 由题设知，点(x0,0)在曲线 y＝f(x)上， 故 f(x0)＝0，解得 a＝0 或 a＝23或 a＝34. 所以所求 a 的值为 a＝0 或 a＝23或 a＝34.
使 f(x1)－g(x2)＝0，∴0，23⊆A. 对函数 g(x)求导，得 g′(x)＝ax2－a2. ①当 a＜0 时，g′(x)＜0， ∴函数 g(x)在(0,2)上单调递减． ∵g(0)＝0，g(2)＝83a－2a2＜0， ∴当 a<0 时，不满足0，23⊆A.
②当 a＞0 时，g′(x)＝a(x－ a)(x＋ a)． 令 g′(x)＝0，得 x＝ a或 x＝－ a(舍去)． ⅰ)当 x∈[0,2]，0＜ a＜2 时，列表：
(1)讨论 f(x)的单调性； (2)设 f(x)有两个极值点 x1，x2，若过两点(x1，f(x1))，(x2，f(x2)) 的直线 l 与 x 轴的交点在曲线 y＝f(x)上，求 a 的值．
解：(1)依题意可得 f′(x)＝x2＋2x＋a. 当Δ＝4－4a≤0，即 a≥1 时，x2＋2x＋a≥0 恒成立． 故 f′(x)≥0(当且仅当 a＝1，x＝－1 时等号成立)． 所以函数 f(x)在 R 上单调递增； 当Δ＝4－4a＞0，即 a＜1 时， f′(x)＝x2＋2x＋a＝0 有两个相异实根， x1＝－2－ 2 4－4a＝－1－ 1－a， x2＝－1＋ 1－a且 x1＜x2.
当 a>0 时，由 f′(x)>0，解得 x<－ a或 x> a； 由 f′(x)<0，解得－ a<x< a， 此时，f(x)的单调递增区间为(－∞，－ a)，( a，＋∞)， 单调递减区间为(－ a， a)．
(2)因为 f(x)在 x＝－1 处取得极值，
题型 2 函数中的数形结合思想 数形结合思想通过“以形助数，以数解形”，使复杂问题 简单化，抽象问题具体化，能够变抽象思维为形象思维，有助 于把握数学问题的本质．它是数学的规律性与灵活性的有机结 合．纵观多年来的高考试题，巧妙运用数形结合的思想方法解 决一些抽象的数学问题，可起到事半功倍的效果，数形结合的 重点是研究“以形助数”．
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x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)－g(x2)＝0.求实数 a 的取值 范围．
解：(1)方法一，对函数 f(x)求导， 得 f′(x)＝43×x12－＋x122.
令 f′(x)＝0，得 x＝1 或 x＝－1. 当 x∈(0,1)时，f′(x)＞0，f(x)在(0,1)上单调递增； 当 x∈(1,2)时，f′(x)＜0，f(x)在(1,2)上单调递减． 又 f(0)＝0，f(1)＝23，f(2)＝185， ∴当 x∈[0,2]时，f(x)的值域是0，23.
x0 g′(x)
(0， a ) －
a
( a ，2)
0
＋
g(x) 0
2 a2 a 3
∵g(0)＝0，g( a)＜0， 又∵0，23⊆A，∴g(2)＝83a－2a2≥23. 解得13≤a≤1.
2 8 a 2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ2 3
ⅱ)当 x∈[0,2]， a≥2 时，即 a≥4，g′(x)＜0， ∴函数在[0,2]上单调递减． ∵g(0)＝0，g(2)＝83a－2a2＜0， ∴当 a≥4 时，不满足0，23⊆A. 综上所述，实数 a 的取值范围是13，1.
【规律方法】(1)求 f(x)的值域可以利用导数，也可以利用 基本不等式求解．
(2)任意 x1∈[0,2]，总存在x2∈[0,2]，使f(x1)＝g(x2)的本质 就是函数 f(x)的值域是函数 g(x)值域的子集．
【互动探究】 1．(2012年大纲)已知函数 f(x)＝ 1 x3＋x2＋ax. 3