高考数学函数方程思想专题复习
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A.3+1B.2+1 C .3D .4解析:∵2a sin C =3c .∴2sin A sin C =3sin C .∴sin A =32.∵△ABC 为锐角三角形.∴A =π3.由正弦定理.得b sin B =c sin C =a sin A =23.∴b =23sin B .c =23sin C .∴△ABC 的周长为1+23sin B +23sin C=1+23sin B +23sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3-B=1+23⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin B +sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π3-B=1+23⎝⎛⎭⎪⎪⎫sin B +32cos B +12sin B =1+23⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32sin B +32cos B =1+2sin ⎝⎛⎭⎪⎫B +π6.∴当B =π3.即△ABC 为等边三角形时.周长取得最大值3.选C.答案:C 方法点睛构建“目标函数”就是把待求目标写成函数的形式.将所求问题转化为函数的最值或值域问题.(1)求最值或值域时.经常用到配方法、换元法、均值不等式法以及函数单调性法.C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫154,+∞ D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫83,+∞ 解析:∵f (x )=e x (x -m ).∴f ′(x )=e x (x -m )+e x =e x (x -m +1).由题意知f (x )+xf ′(x )>0⇔e x (x -m )+x e x (x -m +1)>0⇔e x [x 2+(2-m )x -m ]>0在(2,3)上恒成立.∴x 2+(2-m )x -m >0在(2,3)上恒成立. ∴m <x2+2xx +1在(2,3)上恒成立.令g (x )=x2+2x x +1=(x +1)-1x +1在(2,3)上单调递增.∴g (x )>g (2)=83.则m ≤83.选B.答案:B 方法点睛(1)对于方程有解、不等式恒成立问题或存在性问题.往往可以分离参数.然后再构造函数.把问题转化为求函数的值域或最值问题来解决.(2)不等式有解、恒成立求参数的方法: g (a )>f (x )恒成立.则g (a )>f (x )max . g (a )<f (x )恒成立.则g (a )<f (x )min . g (a )>f (x )有解.则g (a )>f (x )min . g (a )<f (x )有解.则g (a )<f (x )max .(3)分离参数法是求参数范围的常用方法.恰当合理的参变分离有助于问题的解决.有时需要分类讨论.调研三 “构造函数”解不等式、求最值、比较大小 【例3】(1)[20xx·湖北恩施质检]设函数f (x )是定义在区间(0.+∞)上的函数.f ′答案:D方法点睛常见的构造函数的方法有如下几种:1.利用和、差函数的求导法则构造函数(1)对于不等式f′(x)+g′(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x)+g(x);(2)对于不等式f′(x)-g′(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x)-g(x);特别地.对于不等式f′(x)>k(或<k)(k≠0).构造函数F(x)=f(x)-kx.2.利用积、商函数的求导法则构造函数(3)对于不等式f′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x)g(x);(4)对于不等式f′(x)g(x)-f(x)g′(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x)g(x)(g(x)≠0);上述(3)(4)都是利用积、商函数的求导法则构造函数的一般情况.但在考试中.g(x)往往是具体函数.所以还有如下列(5)~(16)常见构造函数类型.(5)对于不等式xf′(x)+f(x)>0(或<0).构造函数F(x)=xf(x);(6)对于不等式xf′(x)-f(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x) x(x≠0);(7)对于不等式xf′(x)+nf(x)>0(或<0).构造函数F(x)=x n f(x);(8)对于不等式xf′(x)-nf(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x) x n(x≠0);(9)对于不等式f′(x)+f(x)>0(或<0).构造函数F(x)=e x f(x);(10)对于不等式f′(x)-f(x)>0(或<0).构造函数F(x)=f(x) e x;切.与C 的左、右两支分别交于点A .B .若|AB |=|BF 2|.则C 的离心率为( )A.5+23B .5+23 C.3 D.5解析:如图.由双曲线的定义可得|BF 1|-|BF 2|=2a .又|AB |=|BF 2|.可得|AF 1|=2a .则|AF 2|=|AF 1|+2a =4a .设AB 与圆x 2+y 2=a 2切于点T .连接OT .则OT ⊥AB .在Rt △OTF 1中.cos ∠OF 1T =|F1T||OF1|=c2-a2c.连接AF 2.在△AF 1F 2中.由余弦定理得cos ∠AF 1F 2=|AF1|2+|F1F2|2-|AF2|22|AF1|·|F1F2|=4a2+4c2-16a22·2a ·2c =c2-3a22ac. 由∠OF 1T =∠AF 1F 2.得c2-a2c =c2-3a22ac.化简得13a 4+c 4-10a 2c 2=0.两边同除以a 4得e 4-10e 2+13=0.解得e 2=5±23.又e >1.则e 2=5+23.e =5+23.故选A.答案:A方法点睛方程思想的应用十分广泛.只要涉及含有等量关系的条件或结论时.都可考虑通过构建方程或方程组求解.其主要应用有以下几个方面:。
2023高考一轮复习讲与练12 函数与方程练高考 明方向1.(2022·新高考Ⅰ卷T10)(多选题)已知函数3()1f x x x =-+,则( ) A. ()f x 有两个极值点B. ()f x 有三个零点C. 点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心D. 直线2y x =是曲线()y f x =的切线 【答案】AC 【解析】【分析】利用极值点的定义可判断A ,结合()f x 的单调性、极值可判断B ,利用平移可判断C ;利用导数的几何意义判断D.【详解】由题,()231f x x '=-,令()0f x '>得3x >或3x <-,令()0f x '<得x <<,所以()f x 在(上单调递减,在(,-∞,)+∞上单调递增,所以x =是极值点,故A 正确;因(10f =+>,10f =>,()250f -=-<,所以,函数()f x 在,⎛-∞ ⎝⎭上有一个零点,当x ≥时,()03f x f ⎛≥> ⎝⎭,即函数()f x 在3⎛⎫∞ ⎪ ⎪⎝⎭上无零点,综上所述,函数()f x 有一个零点,故B 错误;令3()h x x x =-,该函数的定义域为R ,()()()()33h x x x x x h x -=---=-+=-,则()h x 是奇函数,(0,0)是()h x 的对称中心, 将()h x 的图象向上移动一个单位得到()f x 的图象,所以点(0,1)是曲线()y f x =的对称中心,故C 正确;令()2312f x x '=-=,可得1x =±,又()(1)11f f =-=,当切点为(1,1)时,切线方程为21y x =-,当切点为(1,1)-时,切线方程为23y x =+,故D 错误. 2.(2022·全国乙(文)T20) 已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+. (1)当0a =时,求()f x 的最大值;(2)若()f x 恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】【分析】(1)由导数确定函数的单调性,即可得解; (2)求导得()()()211ax x f x x --'=,按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性,求得函数的极值,即可得解. 【小问1详解】 当0a =时,()1ln ,0f x x x x =-->,则()22111x f x x x x-'=-=, 当()0,1∈x 时,0f x,()f x 单调递增;当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 11f x f ==-; 【小问2详解】()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>,则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=, 当0a ≤时,10-≤ax ,所以当()0,1∈x 时,0f x,()f x 单调递增;当()1,x ∈+∞时,0fx,()f x 单调递减;所以()()max 110f x f a ==-<,此时函数无零点,不合题意; 当01a <<时,11a >,在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递增;在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0f x,()f x 单调递减;又()110f a =-<,当x 趋近正无穷大时,()f x 趋近于正无穷大,所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点,符合题意;当1a =时,()()2210x f x x -'=≥,所以()f x 单调递增,又()110f a =-=, 所以()f x 有唯一零点,符合题意;当1a >时,11a <,在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上,0f x ,()f x 单调递增;在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上,0fx,()f x 单调递减;此时()110f a =->,又()1111ln n n n f a n a a aa -⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭,当n 趋近正无穷大时,1n f a⎛⎫⎪⎝⎭趋近负无穷,所以()f x在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点,所以()f x 有唯一零点,符合题意;综上,a 的取值范围为()0,+∞.【点睛】关键点点睛:解决本题的关键是利用导数研究函数的极值与单调性,把函数零点问题转化为函数的单调性与极值的问题.3.(2022·全国乙(理)T21)已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1(当1a =时,求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程; (2(若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围. 【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】【分析】(1)先算出切点,再求导算出斜率即可(2)求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究【小问1详解】()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0ex xf x x f =++=,所以切点为(0,0),11(),(0)21ex xf x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2,所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x =。
沪教版(上海)高中数学度高三数学二轮复习函数方程专题之函数与不等式② 教学目标 理解并充分掌握基本的函数与不等式题型之间的转换问题,即函数题型用不等式来解,不等式题型用函数来做的思想.知识梳理函数与不等式(方程)是相互联系的,在一定条件下,他们可以相互转化,例如解方程()0f x =就是求函数的零点,解不等式()()f x g x >,就是当两个函数的函数值的大小关系确定后,求自变量的取值范围。
正确理解函数与不等式(方程)的这种对立统一关系,有利于提高综合运用知识分析问题和解决问题的能力.典例精讲例1.(★★★)已知函数()24f x mx =+,若在[2,1]-上存在唯一零点,则实数m 的取值范围是___________.解:由题意得:(2)(1)0f f -⋅≤,即(,2][1,)m ∈-∞-+∞例2.(★★★)函数3()log (3)1f x x =+-的图像恒过定点A ,若点A 在直线10mx ny ++=上,其中0mn >,则12m n+的最小值为___________. 解:由题意得点A 的坐标为(2,1)--,代入直线方程得:21m n +=.∴121244()(2)2244248n m n m m n m n m n m n m n +=++=+++=++≥+=,当且仅当4n m m n=.即1412m n ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩时等号成立. 例3.(★★★)已知2()221f x x mx m =+++.(1)若函数有两个零点,且其中一个在区间(1,0)-,另一个在区间(1,2)内,求m 的取值范围(2)若函数的两个零点均在区间(0,1)内,求m 的取值范围.解:(1)(1)0122101(0)0210512(,)5(1)012210626(2)044210f m m m f m m f m m m f m m ->-++>⎧⎧⎧<-⎪⎪⎪<+<⎪⎪⎪⇒⇒⇒∈--⎨⎨⎨<+++<⎪⎪⎪>-⎪⎪⎪⎩>+++>⎩⎩. (2)221(22)1,2(1)x m x x m x --+=--=+.令1,(1,2)t x t =+∈. 所以221(1)11221212(2)()12222t t t m t t t t t t----+-=⋅=⋅=--+=-++. 所以212(1),222(1)3,122t m m m t +=--≤--<-<≤-. 课堂检测1.(★★)使2log ()1x x -<+成立的x 的取值范围是___________.解:结合函数图象可知:(1,0)x ∈-2.(★★★)设函数2()|45|f x x x =--,若在区间[1,5]-上,3y kx k =+的图像位于函数()f x 图像的上方,则实数k 的取值范围是___________.解:由题意得:2345kx k x x +>-++在区间[1,5]-上恒成立. 即:2453x x k x -++>+在区间[1,5]-上恒成立, 由2453x x x -+++在[1,5]-上的最大值为2,得出2k >. 3.(★★★)三位同学合作学习,对问题“已知不等式222xy ax y ≤+,对于[1,2],[2,3]x y ∈∈恒成立,求a 的取值范围”提出了各自的解题思路.甲说:“可视x 为变量,y 为常量来分析” .乙说:“寻找x 与y 的关系,再作分析”.丙说:“把字母a 单独放在一边,再作分析”.参考上述思路,或自己的其他解法,可求出实数a 的取值范围是___________.解:原式⇔ 22()y y a x x≥-在[1,2],[2,3]x y ∈∈上恒成立, 令[1,3]y t x=∈,则函数22t t -在[1,3]的最大值为1-,则1a ≥-. 4.(★★★★)已知二次函数2()f x ax bx c =++和一次函数()g x bx =-,其中,,a b c 满足a b c >>,0(,,)a b c a b c R ++=∈.(1)求证:两函数的图像交于不同的两点A 、B ;(2)求线段AB 在x 轴上的射影11A B 的长的取值范围.解:(1)222220444()y ax bx c ax bx c b ac b ac y bx⎧=++⇒++=⇒∆=-⇒∆=-⎨=-⎩. 因为a b c >>且0a b c ++=,所以0a >且0c <,20b ac ->,即0∆>.所以两函数图像有两个交点. (2)22221124()()13||221()2()24b ac a c ac c c c A B a a a a -+-===++=++ 因为0()()a b c b a c a a c c ++=⇒=-+⇒>-+>, 所以1(2,)2c a ∈--.故11||(3,23)A B ∈. 回顾总结1.在写不等式解集的时候一定要注意答案要写__________集合或区间形式.。
高考数学复习初等函数知识点:函数与方程
高考数学复习初等函数知识点:函数与方程
数学思想是对数学事实与理论经过概括后产生的本质认识,下面是高考数学复习初等函数知识点:函数与方程,希望对考生有帮助。
一、函数的概念与表示
1、映射
(1)映射:设A、B是两个集合,如果按照某种映射法则f,对于集合A中的任一个元素,在集合B中都有唯一的元素和它对应,则这样的对应(包括集合A、B以及A到B的对应法则f)叫做集合A到集合B的映射,记作f:A→B.
注意点:(1)对映射定义的理解.(2)判断一个对应是映射的方法.一对多不是映射,多对一是映射
2、函数
构成函数概念的三要素①定义域②对应法则③值域
两个函数是同一个函数的条件:三要素有两个相同
二、函数的解析式与定义域
1、求函数定义域的主要依据:
(1)分式的分母不为零;
(2)偶次方根的被开方数不小于零,零取零次方没有意义;
(3)对数函数的真数必须大于零;
(4)指数函数和对数函数的底数必须大于零且不等于1;
三、函数的值域
②若函数f(x)的定义域关于原点对称,则f(0)=0
③奇±奇=奇偶±偶=偶奇×奇=偶偶×偶=偶奇×偶=奇[两函数的定义域D1 ,D2,D1∩D2要关于原点对称]
3.奇偶性的判断
①看定义域是否关于原点对称②看f(x)与f(-x)的关系五、函数的单调性
1、函数单调性的定义:
2 设是定义在M上的函数,若f(x)与g(x)的单调性相反,则在M上是减函数;若f(x)与g(x)的单调性相同,则在M上是增函数.
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全国高考数学复习:专题(含参函数的单调性讨论)重点讲解与练习【方法总结】分类讨论思想研究函数的单调性讨论含参函数的单调性,其本质就是讨论导函数符号的变化情况,所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分,即导数的主要部分,简称导主.讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响,一般来说需要进行四个层次的分类:(1)最高次幂的系数是否为0,即“是不是”;(2)导函数是否有变号零点,即“有没有”;(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内,即“在不在”;(4)导函数的变号零点之间的大小关系,即“大不大”.牢记:十二字方针“是不是,有没有,在不在,大不大”.考点一 导主一次型【例题选讲】[例1]已知函数f(x)=x-a ln x(a∈R),讨论函数f(x)的单调性.【对点训练】1.已知函数f(x)=a ln x-ax-3(a∈R).讨论函数f(x)的单调性.2.已知函数f(x)=ln x-ax(a∈R),讨论函数f(x)的单调性.考点二 导主二次型【方法总结】此类问题中,导数的解析式通过化简变形后,通常可以转化为一个二次函数的含参问题.对于二次三项式含参问题,有如下处理思路:(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数.如果二次项系数有参数,就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论;(2)其次考虑二次三项式能否因式分解,如果二次三项式能因式分解,这表明存在零点,只需讨论零点是否在定义域内,如果x1,x2都在定义域内,则讨论个零点x1,x2的大小;如果二次三项式不能因式分解,这表明不一定存在零点,需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论;【例题选讲】命题点1是不是+有没有+在不在[例2](2021ꞏ全国乙节选)已知函数f(x)=x3-x2+ax+1.讨论f(x)的单调性.[例3](2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f(x)=1x-x+a ln x,讨论f(x)的单调性.[例4]设函数f(x)=a ln x+x-1x+1,其中a为常数.讨论函数f(x)的单调性.【对点训练】3.(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f(x)=x3-kx+k2.讨论f(x)的单调性.4.已知函数f (x )=x -2x +1-a ln x ,a >0.讨论f (x )的单调性.5.已知函数f (x )=(1+ax 2)e x -1,当a ≥0时,讨论函数f (x )的单调性.命题点2 是不是+在不在+大不大[例5] 已知函数f (x )=ln x +ax 2-(2a +1)x .若a >0,试讨论函数f (x )的单调性.[例6] 已知函数f (x )=x 2e -ax-1(a 是常数),求函数y =f (x )的单调区间.[例7] 已知函数f (x )=(a +1)ln x +1x -ax +2(a ∈R ).讨论f (x )的单调性.[例8] 已知函数f (x )=a ln(x +1)-ax -x 2,讨论f (x )在定义域上的单调性.[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )=a (x -ln x )+2x -1x 2,a ∈R .讨论f (x )的单调性.【对点训练】6.已知函数f (x )=122-(a +1)x +ln x ,a >0,试讨论函数y =f (x )的单调性.7.已知函数f (x )=x 2e ax +1+1-a (a ∈R ),求函数f (x )的单调区间.8.已知函数f (x )=(a -1)ln x +ax 2+1,讨论函数f (x )的单调性.9.已知函数f (x )=⎝⎛⎭⎫k +4k ln x +4-x 2x ,其中常数k >0,讨论f (x )在(0,2)上的单调性.10.已知函数f (x )=ln(x +1)-ax 2+x(x +1)2,且1<a <2,试讨论函数f (x )的单调性.考点三 导主指对型 【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )=e x (e x -a )-a 2x ,讨论函数f (x )的单调性.[例11] 已知f (x )=(x 2-ax )ln x -32x 2+2ax ,求f (x )的单调递减区间.【对点训练】11.已知函数f (x )=e x -ax -1的定义域为(0,+∞),讨论函数f (x )的单调性.12.已知函数f (x )=(x 2-2ax )ln x -122+2ax (a ∈R ).(1)若a =0,求f (x )的最小值; (2)求函数f (x )的单调区间.考点四 导主正余型【例题选讲】[例12](2017山东理)已知函数f(x)=x2+2cos x,g(x)=e xꞏ(cos x-sin x+2x-2),其中e是自然对数的底数.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)讨论函数h(x)=g(x)-af (x)(a∈R)的单调性.【对点训练】13.(2017ꞏ山东)已知函数f(x)=13x 3-12ax2,其中参数a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性参考答案【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )=x -a ln x (a ∈R ),讨论函数f (x )的单调性.解析 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1-a x =x -ax ,令f ′(x )=0,得x =a , ①当a ≤0时,f ′(x )>0在(0,+∞)上恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增, ②当a >0时,x ∈(0,a )时,f ′(x )<0,x ∈(a ,+∞)时,f ′(x )>0,综上,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增,当a >0时,f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+∞)上单调递增.【对点训练】1.已知函数f (x )=a ln x -ax -3(a ∈R ).讨论函数f (x )的单调性. 1.解析 函数f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=a (1-x )x ,令f ′(x )=0,得x =1,当a >0时,f (x )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减; 当a <0时,f (x )在(1,+∞)上单调递增,在(0,1)上单调递减; 当a =0时,f (x )为常函数.2.已知函数f (x )=ln x -ax (a ∈R ),讨论函数f (x )的单调性. 2.解析 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=1x -a =1-ax x (x >0),①当a ≤0时,f ′(x )=1x -a >0,即函数f (x )在(0,+∞)上单调递增. ②当a >0时,令f ′(x )=1x -a =1-ax x =0,可得x =1a , 当0<x <1a 时,f ′(x )=1-ax x >0;当x >1a 时,f ′(x )=1-ax x <0, 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递减. 综上,当a ≤0时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >0时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递减. 考点二 导主二次型 【方法总结】此类问题中,导数的解析式通过化简变形后,通常可以转化为一个二次函数的含参问题.对于二次三项式含参问题,有如下处理思路:(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数.如果二次项系数有参数,就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论;(2)其次考虑二次三项式能否因式分解,如果二次三项式能因式分解,这表明存在零点,只需讨论零点是否在定义域内,如果x 1,x 2都在定义域内,则讨论个零点x 1,x 2的大小;如果二次三项式不能因式分解,这表明不一定存在零点,需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论;【例题选讲】命题点1 是不是+有没有+在不在[例2] (2021ꞏ全国乙节选)已知函数f (x )=x 3-x 2+ax +1.讨论f (x )的单调性.解析 由题意知f (x )的定义域为R ,f ′(x )=3x 2-2x +a ,对于f ′(x )=0,Δ=(-2)2-4×3a =4(1-3a ). ①当a ≥13时,f ′(x )≥0,f (x )在R 上单调递增;②当a <13时,令f ′(x )=0,即3x 2-2x +a =0,解得x 1=1-1-3a 3,x 2=1+1-3a 3, 令f ′(x )>0,则x <x 1或x >x 2;令f ′(x )<0,则x 1<x <x 2.所以f (x )在(-∞,x 1)上单调递增,在(x 1,x 2)上单调递减,在(x 2,+∞)上单调递增.综上,当a ≥13时,f (x )在R 上单调递增;当a <13时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫-∞,1-1-3a 3上单调递增,在⎝ ⎛⎪⎫1-1-3a 3,1+1-3a 上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1-3a 3,+∞上单调递增.[例3] (2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f (x )=1x -x +a ln x ,讨论f (x )的单调性. 解析 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=-1x 2-1+a x =-x 2-ax +1x 2. ①当a ≤2时,则f ′(x )≤0,当且仅当a =2,x =1时,f ′(x )=0,所以f (x )在(0,+∞)上单调递减.②当a >2时,令f ′(x )=0,得x =a -a 2-42或x =a +a 2-42. 当x ∈⎝ ⎛⎪⎫0,a -a 2-4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞时,f ′(x )<0;当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42时,f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎪⎫0,a -a 2-4,⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42上单调递增. 综合①②可知,当a ≤2时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a >2时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a -a 2-42,⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-42,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a -a 2-42,a +a 2-42上单调递增.[例4] 设函数f (x )=a ln x +x -1x +1,其中a 为常数.讨论函数f (x )的单调性. 解析 函数f (x )的定义域为(0,+∞).f ′(x )=a x +2(x +1)2=ax 2+(2a +2)x +a x (x +1)2.当a ≥0时,f ′(x )>0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.当a <0时,令g (x )=ax 2+(2a +2)x +a ,由于Δ=(2a +2)2-4a 2=4(2a +1).(1)当a =-12时,Δ=0,f ′(x )=-12(x -1)2x (x +1)2≤0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减.(2)当a <-12时,Δ<0,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减. (3)当-12<a <0时,Δ>0.设x 1,x 2(x 1<x 2)是函数g (x )的两个零点, 则x 1=-(a +1)+2a +1a ,x 2=-(a +1)-2a +1a. 由x 1=a +1-2a +1-a =a 2+2a +1-2a +1-a >0,所以x ∈(0,x 1)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减; x ∈(x 1,x 2)时,g (x )>0,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增; x ∈(x 2,+∞)时,g (x )<0,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减.综上可得:当a ≥0时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a ≤-12时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递减; 当-12<a <0时,f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,-(a +1)+2a +1a ,⎝ ⎛⎭⎪⎫-(a +1)-2a +1a ,+∞上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫-(a +1)+2a +1a ,-(a +1)-2a +1a 上单调递增. 【对点训练】3.(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f (x )=x 3-kx +k 2.讨论f (x )的单调性. 3.解析 由题意,得f ′(x )=3x 2-k ,当k ≤0时,f ′(x )≥0恒成立,所以f (x )在(-∞,+∞)上单调递增; 当k >0时,令f ′(x )=0,得x =±k 3,令f ′(x )<0,得-k3<x <k3,令f ′(x )>0,得x <-k3或x >k 3,所以f (x )在⎝⎛⎭⎫-k 3,k 3上单调递减,在⎝⎛⎭⎫-∞,-k 3,⎝⎛⎭⎫k 3,+∞上单调递增. 4.已知函数f (x )=x -2x +1-a ln x ,a >0.讨论f (x )的单调性.4.解析 由题意知,f (x )的定义域是(0,+∞),导函数f ′(x )=1+2x 2-a x =x 2-ax +2x 2. 设g (x )=x 2-ax +2,二次方程g (x )=0的判别式Δ=a 2-8.①当Δ<0,即0<a <22时,对一切x >0都有f ′(x )>0.此时f (x )是(0,+∞)上的单调递增函数. ②当Δ=0,即a =2 2 时,仅对x =2有f ′(x )=0,对其余的x >0都有f ′(x )>0. 此时f (x )是(0,+∞)上的单调递增函数.③当Δ>0,即a >22时,方程g (x )=0有两个不同的实根x 1=a -a 2-82,x 2=a +a 2-82,0<x 1<x 2, x ∈(0,x 1)时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增; x ∈(x 1,x 2)时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减; x ∈(x 2,+∞)时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增.此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,a -a 2-82上单调递增,在(a -a 2-82,a +a 2-82)上单调递减,在⎝ ⎛⎭⎪⎫a +a 2-82,+∞上单调递增.5.已知函数f (x )=(1+ax 2)e x -1,当a ≥0时,讨论函数f (x )的单调性. 5.解析 由题易得f ′(x )=(ax 2+2ax +1)e x ,当a =0时,f ′(x )=e x >0,此时f (x )在R 上单调递增. 当a >0时,方程ax 2+2ax +1=0的判别式Δ=4a 2-4a .①当0<a ≤1时,Δ≤0,ax 2+2ax +1≥0恒成立,所以f ′(x )≥0,此时f (x )在R 上单调递增; ②当a >1时,令f ′(x )=0,解得x 1=-1-1-1a ,x 2=-1+1-1a .x ∈(-∞,x 1)时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增; x ∈(x 1,x 2)时,f ′(x )<0,函数f (x )单调递减; x ∈(x 2,+∞)时,f ′(x )>0,函数f (x )单调递增. 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,-1-1-1a 和⎝⎛⎭⎫-1+1-1a ,+∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫-1-1-1a ,-1+1-1a 上单调递减.综上,当0≤a ≤1时,f (x )在R 上单调递增;当a >1时,f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,-1-1-1a 和⎝⎛⎭⎫-1+1-1a ,+∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫-1-1-1a ,-1+1-1a 上单调递减.命题点2 是不是+在不在+大不大[例5] 已知函数f (x )=ln x +ax 2-(2a +1)x .若a >0,试讨论函数f (x )的单调性. 解析 因为f (x )=ln x +ax 2-(2a +1)x ,所以f ′(x )=2ax 2-(2a +1)x +1x =(2ax -1)(x -1)x. 由题意知函数f (x )的定义域为(0,+∞),令f ′(x )=0得x =1或x =12a , 若12a <1,即a >12,由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ,由f ′(x )<0得12a <x <1, 即函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,12a ,(1,+∞)上单调递增,在⎝⎛⎭⎫12a ,1上单调递减;若12a >1,即0<a <12,由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1,由f ′(x )<0得1<x <12a ,即函数f (x )在(0,1),⎝⎛⎭⎫12a ,+∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,12a 上单调递减; 若12a =1,即a =12,则在(0,+∞)上恒有f ′(x )≥0,即函数f (x )在(0,+∞)上单调递增.综上可得,当0<a <12时,函数f (x )在(0,1)上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,12a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫12a ,+∞上单调递增;当a =12时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >12时,函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,12a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫12a ,1上单调递减,在(1,+∞)上单调递增.[例6] 已知函数f (x )=x 2e -ax -1(a 是常数),求函数y =f (x )的单调区间.解析 根据题意可得,当a =0时,f (x )=x 2-1,函数在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减. 当a ≠0时,f ′(x )=2x e-ax +x 2(-a )e -ax =e -ax (-ax 2+2x ). 因为e -ax >0,所以令g (x )=-ax 2+2x =0,解得x =0或x =2a(1)当a >0时,函数g (x )=-ax 2+2x 在(-∞,0)和⎝⎛⎭⎫2a ,+∞上有g (x )<0,即f ′(x )<0,函数y =f (x )单调递减;函数g (x )=-ax 2+2x 在⎣⎡⎦⎤0,2a 上有g (x )≥0,即f ′(x )≥0,函数y =f (x )单调递增. (2)当a <0时,函数g (x )=-ax 2+2x 在⎝⎛⎭⎫-∞,2a 和(0,+∞)上有g (x )>0,即f ′(x )>0,函数y =f (x )单调递增;函数g (x )=-ax 2+2x 在⎣⎡⎦⎤2a ,0上有g (x )≤0,即f ′(x )≤0,函数y =f (x )单调递减. 综上所述,当a =0时,函数y =f (x )的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0);当a >0时,函数y =f (x )的单调递减区间为(-∞,0),⎝⎛⎭⎫2a ,+∞,单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0,2a ; 当a <0时,函数y =f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫-∞,2a ,(0,+∞),单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2a ,0. [例7] 已知函数f (x )=(a +1)ln x +1x -ax +2(a ∈R ).讨论f (x )的单调性.解析 f (x )的定义域为(0,+∞),且f ′(x )=-(x -1)(ax -1)x 2.令f ′(x )=0,得x =1或x =1a . 当a ≤0时,ax -1<0,f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增;当0<a <1时,f (x )在(0,1)上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1,1a 上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递减; 当a =1时,f (x )在(0,+∞)上单调递减;当a >1时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 上单调递减,在⎝⎛⎭⎫1a ,1上单调递增,在(1,+∞)上单调递减. [例8] 已知函数f (x )=a ln(x +1)-ax -x 2,讨论f (x )在定义域上的单调性.解析 f ′(x )=a x +1-a -2x =-2x ⎝⎛⎭⎫x +2+a 2x +1, 令f ′(x )=0,得x =0或x =-a +22,又f (x )的定义域为(-1,+∞),①当-a +22≤-1,即当a ≥0时,若x ∈(-1,0),f ′(x )>0,则f (x )单调递增;若x ∈(0,+∞),f ′(x )<0,则f (x )单调递减.②当-1<-a +22<0,即-2<a <0时,若x ∈⎝⎛⎭⎫-1,-a +22,f ′(x )<0,则f (x )单调递减;若x ∈⎝⎛⎭⎫-a +22,0,f ′(x )>0,则f (x )单调递增; 若x ∈(0,+∞),f ′(x )<0,则f (x )单调递减.③当-a +22=0,即a =-2时,f ′(x )≤0,f (x )在(-1,+∞)上单调递减.④当-a +22>0,即a <-2时,若x ∈(-1,0),f ′(x )<0,则f (x )单调递减;若x ∈⎝⎛⎭⎫0,-a +22,f ′(x )>0,则f (x )单调递增;若x ∈⎝⎛⎭⎫-a +22,+∞,f ′(x )<0,则f (x )单调递减. 综上,当a ≥0时,f (x )在(-1,0)上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当-2<a <0时,f (x )在⎝⎛⎭⎫-1,-a +22上单调递减,在⎝⎛⎭⎫-a +22,0上单调递增,在(0,+∞)上单调递减;当a =-2时,f (x )在(-1,+∞)上单调递减;当a <-2时,f (x )在(-1,0)上单调递减,在⎝⎛⎭⎫0,-a +22上单调递增,在⎝⎛⎭⎫-a +22,+∞上单调递减.[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )=a (x -ln x )+2x -1x 2,a ∈R .讨论f (x )的单调性.解析 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a -a x -2x 2+2x 3=(ax 2-2)(x -1)x 3. 当a ≤0,x ∈(0,1)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;x ∈(1,+∞)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.当a >0时,f ′(x )=a (x -1)x 3⎝⎛⎭⎫x -2a ⎝⎛⎭⎫x +2a . ①若0<a <2,则2a >1,当x ∈(0,1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ,+∞时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈⎝⎛⎭⎫1,2a 时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.②若a =2,则2a =1,在x ∈(0,+∞)内,f ′(x )≥0,f (x )单调递增.③若a >2,则0<2a <1,当x ∈⎝⎛⎭⎫0,2a 或x ∈(1,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增;当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ,1时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.综上所述,当a ≤0时,f (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减;当0<a <2时,f (x )在(0,1)内单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,2a 内单调递减,在⎝⎛⎭⎫2a ,+∞内单调递增;当a =2时,f (x )在(0,+∞)内单调递增;当a >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,2a 内单调递增,在⎝⎛⎭⎫2a ,1内单调递减,在(1,+∞)内单调递增. 【对点训练】6.已知函数f (x )=122-(a +1)x +ln x ,a >0,试讨论函数y =f (x )的单调性.6.解析 函数的定义域为(0,+∞),f ′(x )=ax -(a +1)+1x =ax 2-(a +1)x +1x =(ax -1)(x -1)x. ①当0<a <1时,1a >1,∴x ∈(0,1)和⎝⎛⎭⎫1a ,+∞时,f ′(x )>0;x ∈⎝⎛⎭⎫1,1a 时,f ′(x )<0, ∴函数f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,1a 上单调递减; ②当a =1时,1a =1,∴f ′(x )≥0在(0,+∞)上恒成立,∴函数f (x )在(0,+∞)上单调递增; ③当a >1时,0<1a <1,∴x ∈⎝⎛⎭⎫0,1a 和(1,+∞)时,f ′(x )>0;x ∈⎝⎛⎭⎫1a ,1时,f ′(x )<0, ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 和(1,+∞)上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,1上单调递减. 综上,当0<a <1时,函数f (x )在(0,1)和⎝⎛⎭⎫1a ,+∞上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1,1a 上单调递减; 当a =1时,函数f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,1a 和(1,+∞)上单调递增,在⎝⎛⎭⎫1a ,1上单调递减. 7.已知函数f (x )=x 2e ax +1+1-a (a ∈R ),求函数f (x )的单调区间. 7.解析 f (x )=x 2e ax +1+1-a (a ∈R )的定义域为(-∞,+∞),f ′(x )=x (ax +2)e ax +1 . ①当a =0时,x >0,f ′(x )>0;x <0,f ′(x )<0,所以函数f (x )的单调递增区间为(0,+∞),单调递减区间为(-∞,0).②当a >0时,x ∈⎝⎛⎭⎫-∞,-2a ,f ′(x )>0;x ∈⎝⎛⎭⎫-2a ,0,f ′(x )<0;x ∈(0,+∞),f ′(x )>0, 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫-∞,-2a ,(0,+∞),单调递减区间为⎝⎛⎭⎫-2a ,0. ③当a <0时,x ∈(-∞,0),f ′(x )<0;x ∈⎝⎛⎭⎫0,-2a ,f ′(x )>0;x ∈⎝⎛⎭⎫-2a ,+∞,f ′(x )<0, 所以函数f (x )的单调递减区间为(-∞,0),⎝⎛⎭⎫-2a ,+∞,单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0,-2a . 8.已知函数f (x )=(a -1)ln x +ax 2+1,讨论函数f (x )的单调性.8.解析 f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=a -1x +2ax =2ax 2+a -1x. (1)当a ≥1时,f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增;(2)当a ≤0时,f ′(x )<0,故f (x )在(0,+∞)上单调递减;(3)当0<a <1时,令f ′(x )=0,解得x =1-a 2a , 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1-a 2a 时,f ′(x )<0;当x ∈(1-a 2a ,+∞)时,f ′(x )>0, 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0,1-a 2a 上单调递减,在(1-a 2a ,+∞)上单调递增. 9.已知函数f (x )=⎝⎛⎭⎫k +4k ln x +4-x 2x ,其中常数k >0,讨论f (x )在(0,2)上的单调性. 9.解 因为f ′(x )=k +4k x -4x 2-1=⎝⎛⎭⎫k +4k x -4-x 2x 2=-(x -k )⎝⎛⎭⎫x -4k x 2(x >0,k >0). ①当0<k <2时,4k k >0,且4k >2,所以当x ∈(0,k )时,f ′(x )<0,当x ∈(k ,2)时,f ′(x )>0,所以函数f (x )在(0,k )上是减函数,在(k ,2)上是增函数;②当k =2时,4k =k =2,f ′(x )<0在(0,2)上恒成立,所以f (x )在(0,2)上是减函数;③当k >2时,0<4k <2,k >4k ,所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0,4k 时,f ′(x )<0;当x ∈⎝⎛⎭⎫4k ,2时,f ′(x )>0, 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0,4k 上是减函数,在⎝⎛⎭⎫4k ,2上是增函数.综上可知,当0<k <2时,f (x )在(0,k )上是减函数,在(k ,2)上是增函数;当k =2时,f (x )在(0,2)上是减函数;当k >2时,f (x )在⎝⎛⎭⎫0,4k 上是减函数,在⎝⎛⎭⎫4k ,2上是增函数. 10.已知函数f (x )=ln(x +1)-ax 2+x (x +1)2,且1<a <2,试讨论函数f (x )的单调性. 10.解析 函数f (x )的定义域为(-1,+∞),f ′(x )=x (x -2a +3)(x +1)3,x >-1. ①当-1<2a -3<0,即1<a <32时,当-1<x <2a -3或x >0时,f ′(x )>0,f (x )单调递增,当2a -3<x <0时,f ′(x )<0,f (x )单调递减.②当2a -3=0,即a =32时,f ′(x )≥0,则f (x )在(-1,+∞)上单调递增.③当2a -3>0,即32<a <2时,当-1<x <0或x >2a -3时,f ′(x )>0,则f (x )在(-1,0),(2a -3,+∞)上单调递增.当0<x <2a -3时,f ′(x )<0,则f (x )在(0,2a -3)上单调递减.综上,当1<a <32时,f (x )在(-1,2a -3),(0,+∞)上单调递增,在(2a -3,0)上单调递减;当a =32时,f (x )在(-1,+∞)上单调递增;当32<a <2时,f (x )在(-1,0),(2a -3,+∞)上单调递增,在(0,2a -3)上单调递减.考点三 导主指对型【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )=e x (e x -a )-a 2x ,讨论函数f (x )的单调性.解析 函数f (x )的定义域为(-∞,+∞),f ′(x )=2e 2x -a e x -a 2=(2e x +a )(e x -a ).①若a =0,则f (x )=e 2x 在(-∞,+∞)上单调递增.②若a >0,则由f ′(x )=0,得x =ln a .当x ∈(-∞,ln a )时,f ′(x )<0;当x ∈(ln a ,+∞)时,f ′(x )>0. 故f (x )在(-∞,ln a )上单调递减,在(ln a ,+∞)上单调递增.③若a <0,则由f ′(x )=0,得x =ln ⎝⎛⎭⎫-a 2.当x ∈⎝⎛⎭⎫-∞,ln ⎝⎛⎭⎫-a 2时,f ′(x )<0;当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫-a 2,+∞时,f ′(x )>0;故f (x )在⎝⎛⎭⎫-∞,ln ⎝⎛⎭⎫-a 2上单调递减,在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫-a 2,+∞上单调递增. [例11] 已知f (x )=(x 2-ax )ln x -32x 2+2ax ,求f (x )的单调递减区间.解析 易得f (x )的定义域为(0,+∞),f ′(x )=(2x -a )ln x +x -a -3x +2a =(2x -a )ln x -(2x -a )=(2x -a )(ln x -1),令f ′(x )=0得x =a 2或x =e .当a ≤0时,因为x >0,所以2x -a >0,令f ′(x )<0得x <e ,所以f (x )的单调递减区间为(0,e).当a >0时,①若a 2<e ,即0<a <2e ,当x ∈⎝⎛⎭⎫0,a 2时,f ′(x )>0,当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2,e 时,f ′(x )<0,当x ∈(e ,+∞)时,f ′(x )>0, 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2,e ;②若a 2=e ,即a =2e ,当x ∈(0,+∞)时,f ′(x )≥0恒成立,f (x )没有单调递减区间;③若a 2>e ,即a >2e ,当x ∈(0,e)时,f ′(x )>0,当x ∈⎝⎛⎭⎫e ,a 2时,f ′(x )<0,当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2,+∞时,f ′(x )>0, 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ,a 2. 综上所述,当a ≤0时,f (x )的单调递减区间为(0,e);当0<a <2e 时,f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2,e ;当a =2e 时,f (x )无单调递减区间;当a >2e 时,f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ,a 2. 【对点训练】11.已知函数f (x )=e x -ax -1的定义域为(0,+∞),讨论函数f (x )的单调性.11.解析 ∵f (x )=e x -ax -1,∴f ′(x )=e x -a .易知f ′(x )=e x -a 在(0,+∞)上单调递增.∴当a ≤1时,f ′(x )>0,故f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,由f ′(x )=e x -a =0,得x =ln a ,∴当0<x <ln a 时,f ′(x )<0,当x >ln a 时,f ′(x )>0, ∴f (x )在(0,ln a )上单调递减,在(ln a ,+∞)上单调递增.综上,当a ≤1时,f (x )在(0,+∞)上单调递增;当a >1时,f (x )在(0,ln a )上单调递减,在(ln a ,+∞)上单调递增.12.已知函数f (x )=(x 2-2ax )ln x -122+2ax (a ∈R ).(1)若a =0,求f (x )的最小值;(2)求函数f (x )的单调区间.12.解析 (1)若a =0,f (x )=x 2ln x -12x 2,定义域为(0,+∞),f ′(x )=2x ln x +x 2×1x -x =2x ln x ,由f ′(x )>0可得x >1,由f ′(x )<0可得0<x <1,所以f (x )在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以f (x )的最小值为f (1)=-12.(2)f ′(x )=(2x -2a )ln x +(x 2-2ax )ꞏ1x -x +2a =(2x -2a )ln x ,①当a ≤0时,2x -2a >0,由f ′(x )>0可得x >1,由f ′(x )<0可得0<x <1,此时f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);②当0<a <1时,由f ′(x )>0可得0<x <a 或x >1,由f ′(x )<0可得a <x <1,此时f (x )的单调递减区间为(a ,1),单调递增区间为(0,a )和(1,+∞);③当a =1时,f ′(x )≥0恒成立,此时f (x )的单调递增区间为(0,+∞);④当a >1时,由f ′(x )>0可得0<x <1或x >a ,由f ′(x )<0可得1<x <a ,此时f (x )的单调递减区间为(1,a ),单调递增区间为(0,1)和(a ,+∞).综上所述:当a ≤0时,f (x )的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);当0<a <1时,f (x )的单调递减区间为(a ,1),单调递增区间为(0,a )和(1,+∞);当a =1时,f (x )的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;当a >1时,f (x )的单调递减区间为(1,a ),单调递增区间为(0,1)和(a ,+∞).考点四 导主正余型【例题选讲】[例12] (2017山东理)已知函数f (x )=x 2+2cos x ,g (x )=e x ꞏ(cos x -sin x +2x -2),其中e 是自然对数的底数.(1)求函数g(x)的单调区间;(2)讨论函数h(x)=g(x)-af (x)(a∈R)的单调性.解析 (1)g′(x)=(e x)′ꞏ(cos x-sin x+2x-2)+e x(cos x-sin x+2x-2)′=e x(cos x-sin x+2x-2-sin x-cos x+2)=2e x(x-sin x).记p(x)=x-sin x,则p′(x)=1-cos x.因为cos x∈[-1,1],所以p′(x)=1-cos x≥0,所以函数p(x)在R上单调递增.而p(0)=0-sin 0=0,所以当x<0时,p(x)<0,g′(x)<0,函数g(x)单调递减;当x>0时,p(x)>0,g′(x)>0,函数g(x)单调递增.综上,函数g(x)的单调递减区间为(-∞,0),单调递增区间为(0,+∞).(2)因为h(x)=g(x)-af (x)=e x(cos x-sin x+2x-2)-a(x2+2cos x),所以h′(x)=2e x(x-sin x)-a(2x-2sin x)=2(x-sin x)(e x-a).由(1)知,当x>0时,p(x)=x-sin x>0;当x<0时,p(x)=x-sin x<0.当a≤0时,e x-a>0,所以x>0时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增;x<0时,h′(x)<0,函数h(x)单调递减.当a>0时,令h′(x)=2(x-sin x)(e x-a)=0,解得x1=ln a,x2=0.①若0<a<1,则ln a<0,所以x∈(-∞,ln a)时,e x-a<0,h′(x)>0,函数h(x)单调递增;x∈(ln a,0)时,e x-a>0,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;x∈(0,+∞)时,e x-a>0,h′(x)>0,函数h(x)单调递增.②若a=1,则ln a=0,所以x∈R时,h′(x)≥0,函数h(x)在R上单调递增.③若a>1,则ln a>0,所以x∈(-∞,0)时,e x-a<0,h′(x)>0,函数h(x)单调递增;x∈(0,ln a)时,e x-a<0,h′(x)<0,函数h(x)单调递减;x∈(ln a,+∞)时,e x -a>0,h′(x)>0,函数h(x)单调递增.综上所述,当a≤0时,函数h(x)在(0,+∞)上单调递增,在(-∞,0)上单调递减;当0<a<1时,函数h(x)在(-∞,ln a),(0,+∞)上单调递增,在(ln a,0)上单调递减;当a=1时,函数h(x)在R上单调递增;当a>1时,函数h(x)在(-∞,0),(ln a,+∞)上单调递增,在(0,ln a)上单调递减.【对点训练】13.(2017ꞏ山东)已知函数f(x)=13x 3-12ax2,其中参数a∈R.(1)当a=2时,求曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程;(2)设函数g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,讨论g(x)的单调性.13.解析 (1)由题意得f′(x)=x2-ax,所以当a=2时,f(3)=0,f′(x)=x2-2x,所以f′(3)=3,因此曲线y=f(x)在点(3,f(3))处的切线方程是y=3(x-3),即3x-y-9=0.(2)因为g(x)=f(x)+(x-a)cos x-sin x,所以g′(x)=f′(x)+cos x-(x-a)sin x-cos x=x(x-a)-(x-a)sin x=(x-a)(x-sin x).令h(x)=x-sin x,则h′(x)=1-cos x≥0,所以h(x)在R上单调递增.因为h(0)=0,所以当x>0时,h(x)>0;当x<0时,h(x)<0.①当a<0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,a)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(a,0)时,x-a>0,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(0,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.②当a=0时,g′(x)=x(x-sin x),当x∈(-∞,+∞)时,g′(x)≥0,所以g(x)在(-∞,+∞)上单调递增.③当a>0时,g′(x)=(x-a)(x-sin x),当x∈(-∞,0)时,x-a<0,g′(x)>0,g(x)单调递增;当x∈(0,a)时,x-a<0,g′(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(a,+∞)时,x-a>0,g′(x)>0,g(x)单调递增.综上所述,当a<0时,函数g(x)在(-∞,a)和(0,+∞)上单调递增,在(a,0)上单调递减;当a=0时,函数g(x)在(-∞,+∞)上单调递增;当a>0时,函数g(x)在(-∞,0)和(a,+∞)上单调递增,在(0,a)上单调递减.。
思想3.1 函数与方程思想1. 函数与方程思想的含义(1)函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,是对函数概念的本质认识,建立函数关系或构造函数,运用函数的图象和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决.经常利用的性质是单调性、奇偶性、周期性、最大值和最小值、图象变换等.(2)方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决.方程的思想是对方程概念的本质认识,用于指导解题就是善于利用方程或方程组的观点观察处理问题.方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系.2. 和函数与方程思想密切关联的知识点(1)函数与不等式的相互转化.对函数y =f (x ),当y >0时,就化为不等式f (x )>0,借助于函数的图象和性质可解决有关问题,而研究函数的性质也离不开不等式.(2)数列的通项与前n 项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点去处理数列问题十分重要.(3)在三角函数求值中,把所求的量看作未知量,其余的量通过三角函数关系化为未知量的表达式,那么问题就能化为未知量的方程来解.(4)解析几何中的许多问题,例如直线与二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方程组才能解决.这都涉及二次方程与二次函数的有关理论.(5)立体几何中有关线段的长、面积、体积的计算,经常需要运用列方程或建立函数表达式的方法加以解决. 【热点分类突破】类型一 函数与方程思想在数列中的应用例1 .【2018河南林州一中调研】设{}n a 是公比大于1的等比数列, n S 为数列{}n a 的前n 项和,已知37S =,且123,,1a a a - 成等差数列. (1)求数列{}n a 的通项公式;(2)若421log ,1,2,3......n n b a n +== ,求和:12233411111......n nb b b b b b b b -++++.例2 知数列{}n a 中,11a =,且点()()*1n n P a a n N +∈,在直线10x y -+=上.⑴求数列{}n a 的通项公式; ⑵若函数()123123nnf n n a n a n a n a =++++++++…(n N ∈,且2n ≥),求函数()f n 的最小值; ⑶设1n nb a =,n S 表示数列{}n b 的前n 项和,试问:是否存在关于n 的整式()g n ,使得()()12311n n S S S S S g n -++++=-⋅…对于一切不小于2的自然数n 恒成立?若存在,写出()g n 的解析式,并加以证明;若不存在,试说明理由.试题分析:(1)将点)(1,+n n a a P 代入直线01=--y x 得到11=-+n n a a ,∴数列}{n a 是以1为首项,1为公差的等差数列,再由11=a 得到}{n a 的通项公式;(2)由(1)可得nnn n n f 22211)(+++++=, ∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f ,0)()1(≥-+∴n f n f ,)(n f ∴是单调递增的,故)(n f 的最小值是65)2(=f ;(3)由(1)及nS n b n n 1312111++++=⇒= ,)2(11≥=-∴-n n S S n n ,即1)1(11+=----n n n S S n nS ,1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ,,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS )2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ,最后将该式整理即可得出n n g =)(.试题解析:⑴ 点)(1,+n n a a P 在直线01=--y x 上,即11=-+n n a a ,且11=a ,∴数列}{n a 是以1为首项,1为公差的等差数列,)2(1)1(1≥=⋅-+=∴n n n a n ,11=a 也满足,n a n =∴,⑵ n n n n n f 22211)(+++++=,∴22112213221)1(+++++-+++++=+n n n n n n n n n f , 0)()1(≥-+∴n f n f ,)(n f ∴是单调递增的,故)(n f 的最小值是65)2(=f .⑶ n S n b n n 1312111++++=⇒= ,)2(11≥=-∴-n nS S n n ,即1)1(11+=----n n n S S n nS ,1,,1)2()1(112221+=-+=---∴---S S S S S n S n n n n ,,1-n 1211++++=-∴-n n S S S S nS )2()1(121≥⋅-=-=+++∴-n n S n nS S S S n n n ,n n g =∴)(.故存在关于n 的整式n n g =)(,使等式对于一切不小于2的自然数n 恒成立.【规律总结】(1)等差(比)数列中各有5个基本量,建立方程组可“知三求二”;(2)数列的本质是定义域为正整数集或其有限子集的函数,数列的通项公式即为相应的解析式,因此在解决数列问题时,应注意用函数的思想求解. 【举一反三】已知等比数列{}n a 的公比1q >,12a =且1a ,2a ,38a -成等差数列.数列{}n b 的前n 项和为n S ,且28n S n n =-.(1)分别求出数列{}n a 和数列{}n b 的通项公式; (2)设n n nb c a =,若n c m £,对于n *"蜰恒成立,求实数m 的最小值.类型二 函数与方程思想在方程中的应用例3已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数,若方程()2123f x x x +=+-的零点分别为12,,...,n x x x ,则12n x x x +++=( )A .nB .n - C.2n - D .3n - 【答案】B【解析】函数()f x 是定义在R 上的偶函数,所以函数()f x 的图象关于y 轴对称,函数()1f x +的图象是由函数()f x 的图象向左平移1个单位得到的,所以函数()1f x +的对称轴为直线1x =-,且函数2()23g x x x =+-的对称轴也是直线1x =-,所以方程()2123f x x x +=+-零点关于直线1x =-对称,所以有12n x x x n +++=-,故选B.【规律总结】研究此类含参数的三角、指数、对数函数等复杂方程解的问题,通常有两种处理思路:一是分离参数构建函数,将方程有解转化为求函数的值域;二是换元,将复杂方程问题转化为熟悉的二次方程,进而利用二次方程解的分布情况构建不等式或构造函数加以解决.【举一反三】 定义域为R 的函数|1|251,0,()44,0x x f x x x x -⎧-≥⎪=⎨++<⎪⎩若关于x 的方程22()(21)()0f x m f x m -++=有7个不同的实数解,则m =( )A .6B .4或6C .6或2D .2【答案】D类型三 函数与方程思想在不等式中的应用例4【2018河南名校联考】已知函数()xf x e ax =-.(1)当2a =时,求函数()f x 的单调区间; (2)若存在[],0,2m n ∈,且1m n -≥,使得()()1f m f n =,求证: 11ae e ≤≤-. 试题分析:(1)求函数的单调区间,转化为求函数导数值大于零或小于零的不等式的解;(2)根据题意对a 进行分类讨论,当0a ≤时显然不行, 0a >时,不能有(),ln ,m n a ∈+∞,设02m n ≤<≤,则由0ln 2m a n ≤<<≤即可,利用单调性即可证出.因为()f x 在(),ln m a 上单调递减,在()ln ,a n 上单调递增,且()()1f m f n =,所以当m x n ≤≤时, ()()()f x f m f n ≤=.由02m n ≤<≤, 1m n -≥,可得[]1,m n ∈,故()()()1f f m f n ≤=, 又()f x 在(),ln a -∞上单调递减,且0ln m a ≤<,所以()()0f m f ≤, 所以()()10f f ≤,同理()()12f f ≤,即21{2e a e a e a-≤-≤-,解得21e a e e -≤≤-,所以11ae e ≤≤-. 【规律总结】根据所证不等式的结构特征构造相应的函数,研究该函数的单调性是解决这一类问题的关键,体现了导数的工具性以及函数、方程的数学思想. 【举一反三】已知函数()ln f x ax x =+,其中a ∈R . (Ⅰ)若()f x 在区间[1,2]上为增函数,求a 的取值范围; (Ⅱ)当e a =-时,证明:()20f x +≤; (Ⅲ)当e a =-时,试判断方程类型四 函数与方程思想在解析几何中的应用例5【2018广西柳州摸底联考】已知过抛物线2:2(0)C y px p =>的焦点F 的直线交抛物线于()()112212,,,()A x y B x y x x <两点,且6AB =. (1)求该抛物线C 的方程;(2)已知抛物线上一点(),4M t ,过点M 作抛物线的两条弦MD 和ME ,且M D M E ⊥,判断直线DE 是否过定点?并说明理由.试题分析:(1)利用点斜式设直线直线AB 的方程,与抛物线联立方程组,结合韦达定理与弦长公式求AB ,再根据6AB =解得2p =.(2)先设直线DE 方程x my t =+, 与抛物线联立方程组,结合韦达定理化简MD ME ⊥,得48t m =+或44t m =-+,代入DE 方程可得直线DE 过定点()8,4-()()()2212121212343216y y y y y y y y =-++-++ 22161232160t m t m =--+-=即2212321616t t m m -+=+,得: ()()226421t m -=+,∴()6221t m -=±+,即48t m =+或44t m =-+,代人①式检验均满足0∆>,∴直线DE 的方程为: ()4848x my m m y =++=++或()44x m y =-+.∴直线过定点()8,4-(定点()4,4不满足题意,故舍去).【规律总结】1、在高中数学的各个部分,都有一些公式和定理,这些公式和定理本身就是一个方程,如等差数列的通项公式、余弦定理、解析几何的弦长公式等,当题目与这些问题有关时,就需要根据这些公式或者定理列方程或方程组求解需要的量;2. 当问题中涉及一些变化的量时,就需要建立这些变化的量之间的关系,通过变量之间的关系探究问题的答案,这就需要使用函数思想.【举一反三】【2018江西南昌摸底联考】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>2.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)设直线:l y kx m =+与椭圆C 交于,M N 两点, O 为坐标原点,若54OM ON k k ⋅=,求原点O 到直线l 的距离的取值范围.215204k <≤,∵原点O 到直线l的距离d =()22222259411141k m d k k k -===-++++,又∵215204k <≤,∴2807d ≤<,∴原点O 到直线l的距离的取值范围是0,7⎡⎫⎪⎢⎪⎣⎭函数思想的实质是抛开所研究对象的非数学特征,用联系和变化的观点提出数学对象,抽象其数学特征,建立各变量之间固有的函数关系,通过函数形式,利用函数的有关性质,使问题得到解决;方程思想的实质就是将所求的量设成未知数,根据题中的等量关系,列方程(组),通过解方程(组)或对方程(组)进行研究,以求得问题的解决;函数与方程思想在一定的条件下是可以相互转化的,是相辅相成的.函数思想重在对问题进行动态的研究,方程思想则是在动中求解,研究运动中的等量关系.。
专题函数与方程思想一、考点回顾函数思想在解题中的应用主要表现在两个方面:一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题:二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的。
函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是历年高考的重点。
1.函数的思想,是用运动和变化的观点,分析和研究数学中的数量关系,建立函数关系或构造函数,运用函数的图像和性质去分析问题、转化问题,从而使问题获得解决。
2.方程的思想,就是分析数学问题中变量间的等量关系,建立方程或方程组,或者构造方程,通过解方程或方程组,或者运用方程的性质去分析、转化问题,使问题获得解决。
方程思想是动中求静,研究运动中的等量关系;3.函数方程思想的几种重要形式(1)函数和方程是密切相关的,对于函数y=f(x),当y=0时,就转化为方程f(x)=0,也可以把函数式y=f(x)看做二元方程y-f(x)=0。
(2)函数与不等式也可以相互转化,对于函数y=f(x),当y>0时,就转化为不等式f(x)>0,借助于函数图像与性质解决有关问题,而研究函数的性质,也离不开解不等式;(3)数列的通项或前n项和是自变量为正整数的函数,用函数的观点处理数列问题十分重要;(4)函数f(x)=(1+x)^n (n∈N*)与二项式定理是密切相关的,利用这个函数用赋值法和比较系数法可以解决很多二项式定理的问题;(5)解析几何中的许多问题,例如直线和二次曲线的位置关系问题,需要通过解二元方程组才能解决,涉及到二次方程与二次函数的有关理论;(6)立体几何中有关线段、角、面积、体积的计算,经常需要运用布列方程或建立函数表达式的方法加以解决。
二、经典例题剖析(根据近几年高考命题知识点及热点做相应的试题剖析,要求例题不得少于8个)1. (湖北卷)关于x的方程(x2-1)2-|x2-1|+k=0,给出下列四个命题:①存在实数k,使得方程恰有2个不同的实根;②存在实数k,使得方程恰有4个不同的实根;③存在实数k,使得方程恰有5个不同的实根;④存在实数k,使得方程恰有8个不同的实根.其中假命题的个数是( ).A. 0B. 1C. 2D. 4解析:本题是关于函数、方程解的选择题,考查换元法及方程根的讨论,属一题多选型试题,要求考生具有较强的分析问题和解决问题的能力.思路分析:1. 根据题意可令|x 2-1|=t(t≥0),则方程化为t 2-t +k =0,(*)作出函数t =|x 2-1|的图象,结合函数的图象可知①当t =0或t >1时,原方程有两上不等的根,②当0<t <1时,原方程有4个根,③当t =1时,原方程有3个根.(1)当k =-2时,方程(*)有一个正根t =2,相应的原方程的解有2个;(2)当k =14时,方程(*)有两个相等正根t =12,相应的原方程的解有4个; (3)当k =0时,此时方程(*)有两个不等根t =0或t =1,故此时原方程有5个根;(4)当0<k <14时,方程(*)有两个不等正根,且此时方程(*)有两正根且均小于1,故相应的满足方程|x 2-1|=t 的解有8个,故选A.2. 由函数f(x)=(x 2-1)2-|x 2-1|的图象(如下图)及动直线g(x)=k 可得出答案为A.3. 设t =|x 2-1|(t≥0),t 2-t +k =0,方程的判别式为Δ=1-4k ,由k 的取值依据Δ>0、△=0、△<0从而得出解的个数.4. 设函数f(x)=,利用数轴标根法得出函数与x 轴的交点个数为5个,以及函数的单调性大体上画出函数的图象,从而得出答案A. 答案:A点评:思路1、思路2、思路4都是利用函数图象求解,但研究的目标函数有别,思路2利用函数的奇偶性以及交轨法直观求解,很好地体现了数形结合的数学思想,是数形结合法中值得肯定的一种方法;思路3利用方程的根的个数问题去求解,但讨论较为复杂,又是我们的弱点,有利于培养我们思维的科学性、严谨性、抽象性、逻辑推理能力等基本素质.2. (广东卷)已知等差数列共有10项,其中奇数项之和为15,偶数项之和为30,则其公差是( ). A. 5 B. 4 C. 3 D. 2解析:设等差数列的首项为a 1,公差为d 据题意得:答案:C点评:运用等差、等比数列的基本量(a 1,d ,q)列方程,方程组是求解数列基本问题的通法.3. (安徽卷)已知<α<π,tanα+cotα=-.(1)求tanα的值;(2)求的值.解析:(1)由tanα+cotα=-103得3tan2α+10tanα+3=0,即tanα=-3或tanα=-13, 又3π4<α<π,所以tanα=-13=为所求.答案: 点评:第(1)问是对方程思想方法灵活考查,能否把条件tanα+cotα=-103变形为关于tanα的一元二次方程,取决于解题的目标意识和是否对方程思想方法的深刻把握和理解.4. (江西卷)若不等式x 2+ax +1≥0对于一切x ∈(0,12]成立,则a 的最小值是( ).A. 0 B. -2 C. -52D. -3 解析:与x 2+ax +1≥0在R上恒成立相比,本题的难度有所增加.思路分析:1. 分离变量,有a≥-(x +1x ),x ∈(0,12]恒成立.右端的最大值为-52,故选C.2. 看成关于a 的不等式,由f(0)≥0,且f(12)≥0可求得a 的范围. 3. 设f(x)=x 2+ax +1,结合二次函数图象,分对称轴在区间的内外三种情况进行讨论.4. f(x)=x 2+1,g(x)=-ax ,则结合图形(象)知原问题等价于f(12)≥g(12),即a≥-52.5. 利用选项,代入检验,D不成立,而C成立.故选C.答案:C点评:思路1~4具有函数观点,可谓高屋建瓴.思路5又充分利用了题型特点.5. (全国卷Ⅱ)已知抛物线x 2=4y 的焦点为F,A、B是抛物线上的两动点,且(λ>0).过A 、B两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.(1)证明为定值; (2)设△ABM 的面积为S ,写出S =f(λ)的表达式,并求S 的最小值.解:(1)证明:由已知条件,得F(0,1),λ>0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2).由,得(-x 1,1-y 1)=λ(x 2,y 2-1),即将①式两边平方并把代入得 ③ 解②、③式得y 1=λ,y 2=1λ,且有x 1x 2=-λx 22=-4λy 2=-4,抛物线方程为y =14x 2,求导得y′=12x.所以过抛物线上A 、B 两点的切线方程分别是y =12x 1(x -x 1)+y 1,y =12x 2(x -x 2)+y 2, 即. 解出两条切线的交点M 的坐标为,所以= .所以为定值,其值为0. (2)由(1)知在△ABM 中,FM ⊥AB ,因而S =12|AB| |FM|. |FM|=====.因为|AF|、|BF|分别等于A 、B 到抛物线准线y =-1的距离,所以|AB|=|AF|+|BF|=y 1+y 2+2=λ+1λ+2=()2.于是S =12|AB| |FM|=12()3由≥2知S≥4,且当λ=1时,S 取得最小值4.点评:在解析几何中考查三角形面积最值问题是高考的重点和热点,求解的关键是建立面积的目标函数,再求函数最值,至于如何求最值应视函数式的特点而定,本题是用均值定理求最值的.6. 设f(x),g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x <0时,f′(x)·g(x)+f(x)·g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是( ).A. (-3,0)∪(3,+∞) B. (-3,0)∪(0,3)C. (-∞,-3)∪(3,+∞) D. (-∞,-3)∪(0,3)解析:以函数为中心,考查通性通法,设F(x)=f(x)g(x),由f(x),g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数,所以F(-x)=f(-x)g(-x)=-f(x)g(x)=-F(x),即F(x)为奇函数.又当x <0时,F′(x)=f ′(x)g(x)+f(x)g′(x)>0,所以x <0时,F(x)为增函数.因为奇函数在对称区间上的单调性相同,所以x >0时,F(x)也为增函数.因为F(-3)=f(-3)g(-3)=0=-F(3).如上图,是一个符合题意的图象,观察知不等式F(x)<0的解集是(-∞,-3)∪(0,3),所以选D.答案:D点评:善于根据题意构造、抽象出函数关系式是用函数思想解题的关键.题中就是构建函数F(x)=f(x)g(x),再根据题意明确该函数的性质,然后由不等式解集与函数图象间的关系使问题获得解决的.7. 函数f(x)是定义在[0,1]上的增函数,满足f(x)=2f(x 2)且f(1)=1,在每一个区间(](i =1,2……)上,y =f(x)的图象都是斜率为同一常数k 的直线的一部分.(1) 求f(0)及f(12),f(14)的值,并归纳出f()(i =1,2,……)的表达式; (2)设直线x =,x =,x 轴及y =f(x)的图象围成的梯形的面积为a i (i =1,2,……),记S(k)=lim n→∞(a 1+a 2+…a n ),求S(k)的表达式,并写出其定义域和最小值. 解析:以函数为细节,注重命题结构网络化,(1)由f(0)=2f(0),得f(0)=0.由f(1)=2f(12)及f(1)=1,得 f(12)=12f(1)=12.同理,f(14)=12f(12)=14. 归纳得f()=(i =1,2,……).(2)当<x≤=时,所以{a n }是首项为12(1-k 4),公比为14的等比数列,所以.S(k)的定义域为{k|0<k≤1},当k =1时取得最小值12. 点评:高考命题寻求知识网络化已是大势所趋,而函数是把各章知识组合在一起的最好的“粘合剂”.高考试题注重知识的联系,新而不偏,活而不怪.这样的导向,就要求在学习中必须以数学思想指导知识、方法的运用,注意培养我们用联系的观点去思考问题的习惯.8. 对任意实数k ,直线:y =kx +b 与椭圆:(0≤θ<2π)恒有公共点,则b 取值范围是 .解析:方法1,椭圆方程为,将直线方程y =kx +b 代入椭圆方程并整理得. 由直线与椭圆恒有公共点得化简得由题意知对任意实数k,该式恒成立,则Δ′=12(b-1)2-4[16-(b-1)2]≤0,即-1≤b≤3方法2,已知椭圆与y轴交于两点(0,-1),(0,3).对任意实数k,直线:y=kx+b与椭圆恒有公共点,则(0,b)在椭圆内(包括椭圆圆周)即有≤1,得-1≤b≤3.点评:方法1是运用方程的思想解题,这是解析几何变几何问题为代数问题的方法.方法2运用数形结合的思想解题,是相应的变代数问题为几何问题的方法.高考试题中设置一题多解的试题就是为了考查学生思维的深度和灵活运用数学思想方法分析问题和解决问题的能力.评判出能力与素养上的差异.三、方法总结与2008年高考预测(一)方法总结1.函数描述了自然界中量的依存关系,反映了一个事物随着另一个事物变化而变化的关系和规律。
高考数学函数方程思想专题复习
函数与方程思想是最重要的一种数学思想,高考中所占比重较大,综合知识多、题型多、应用技巧多.函数思想简单,即将所研究的问题借助建立函数关系式亦或构造中间函数,结合初等函数的图象与性质,加以分析、转化、解决有关求值、解(证)不等式、解方程以及讨论参数的取值范围等问题;方程思想即将问题中的数量关系运用数学语言转化为方程模型加以解决.
●难点磁场
1.(★★★★★)关于x 的不等式2·32x –3x +a 2–a –3>0,当0≤x ≤1时恒成立,则实数a 的取值范围为 .
2.(★★★★★)对于函数f (x ),若存在x 0∈R ,使f (x 0)=x 0成立,则称x 0为f (x )的不动点.已知函数f (x )=ax 2+(b +1)x +(b –
1)(a ≠0)
(1)若a =1,b =–2时,求f (x )的不动点;
(2)若对任意实数b ,函数f (x )恒有两个相异的不动点,求a 的取值范围;
(3)在(2)的条件下,若y =f (x )图象上A 、B 两点的横坐标是函数f (x )的不动点,且A 、B 关于直线y =kx +1212 a 对
称,求b 的最小值.
[例1]已知函数f (x )=log m 3
3+-x x (1)若f (x )的定义域为[α,β],(β>α>0),判断f (x )在定义域上的增减性,并加以说明;
(2)当0<m <1时,使f (x )的值域为[log m [m (β–1)],log m [m (α–1)]]的定义域区间为[α,β](β>α>0)是否存在?请说明理由.
命题意图:本题重在考查函数的性质,方程思想的应用.属★★★★级题目.
知识依托:函数单调性的定义判断法;单调性的应用;方程根的分布;解不等式组.
错解分析:第(1)问中考生易忽视“α>3”这一关键隐性条件;第(2)问中转化出的方程,不能认清其根的实质特点,为两大于3的根.
技巧与方法:本题巧就巧在采用了等价转化的方法,借助函数方程思想,巧妙解题.
解:(1)⇔>+-03
3x x x <–3或x >3. ∵f (x )定义域为[α,β],∴α>3
设β≥x 1>x 2≥α,有0)
3)(3()(6333321212211>++-=+--+-x x x x x x x x 当0<m <1时,f (x )为减函数,当m >1时,f (x )为增函数.
(2)若f (x )在[α,β]上的值域为[log m m (β–
1),log m m (α–1)]
∵0<m <1, f (x )为减函数. ∴⎪⎪⎩
⎪⎪⎨⎧-=+-=-=+-=)1(log 33log )()1(log 33log )(ααααββββm f m f m m m m 即3,0
)1(3)12(0)1(3)12(22>>⎪⎩⎪⎨⎧=---+=---+αβααββ又m m m m m m 即α,β为方程mx 2+(2m –1)x –3(m –1)=0的大于3的两个根 ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>>-->+-=∆<<0)3(3212011616102mf m m m m m ∴0<m <432-
故当0<m <43
2-时,满足题意条件的m 存在.
[例2]已知函数f (x )=x 2–(m +1)x +m (m ∈R )
(1)若tan A ,tan B 是方程f (x )+4=0的两个实根,A 、B 是锐角三角形ABC 的两个内角.求证:m ≥5;
(2)对任意实数α,恒有f (2+cos α)≤0,证明m ≥3;
(3)在(2)的条件下,若函数f (sin α)的最大值是8,求m . 命题意图:本题考查函数、方程与三角函数的相互应用;不等式法求参数的范围.属
★★★★★级题目.
知识依托:一元二次方程的韦达定理、特定区间上正负号的充要条件,三角函数公式.
错解分析:第(1)问中易漏掉Δ≥0和tan(A +B )<0,第(2)
问中如何保证f (x )在[1,3]恒小于等于零为关键.
技巧与方法:深挖题意,做到题意条件都明确,隐性条件注意列.列式要周到,不遗漏.
(1)证明:f (x )+4=0即x 2–(m +1)x +m +4=0.依题意: ⎪⎩⎪⎨⎧>+=⋅>+=+≥+-+=∆04tan tan 01tan tan 0)4(4)1(2m B A m B A m m 又A 、B 锐角为三角形内两内角 ∴2
π<A +B <π ∴tan(A +B )<0,即03
1tan tan 1tan tan )tan(<--+=-+=
+m m B A B A B A ∴⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧>++>+>+≥--0310********m m m m m m ∴m ≥5
(2)证明:∵f (x )=(x –1)(x –m )
又–1≤cos α≤1,∴1≤2+cos α≤3,恒有f (2+cos α)≤0
即1≤x ≤3时,恒有f (x )≤0即(x –1)(x –m )≤0
∴m ≥x 但x max =3,∴m ≥x max =3
(3)解:∵f (sin α
)=sin 2α–(m +1)sin α+m =4)1()21(sin 2
2+-++-m m m α 且2
1+m ≥2,∴当sin α=–1时,f (sin α)有最大值8. 即1+(m +1)+m =8,∴m
=3
函数与方程的思想是最重要的一种数学思想,要注意函
数,方程与不等式之间的相互联系和转化.考生应做到:
(1)深刻理解一般函数y =f (x )、y =f –
1(x )的性质(单调性、奇偶性、周期性、最值和图象变换),熟练掌握基本初等函数的性质,这是应用函数思想解题的基础.
(2)密切注意三个“二次”的相关问题,三个“二次”即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式是中学数学的重要内容,具有丰富的内涵和密切的联系.掌握二次函数基本性质,二次方程实根分布条件,二次不等式的转化策略.
一、选择题
1.(★★★★★)已知函数f (x )=log a [
x –(2a )2]对任意x ∈[21,+∞]都有意义,则实数a 的取值范围是( ) A.(0,41] B.(0,41) C.[4
1,1) D.(41,2
1) 2.(★★★★★)函数f (x )的定义域为R ,且x ≠1,已知f (x +1)为奇函数,当x <1时,f (x )=2x 2–x +1,那么当x >1时,f (x )的递减区间是( )
A.[45,+∞)
B.(1,45]
C.[4
7,+∞) D.(1,4
7] 二、填空题
3.(★★★★)关于x 的方程lg(ax –1)–lg(x –3)=1有解,则a 的取值范围是 .。