高考必做解答题――函数与导数题

函数的图象与性质

（）必做1 定义在正实数集R+上的函数f（x）满足下列条件：

①存在常数a（0

②对任意实数m，当x∈R+时，有f（xm）=mf（x）．

（1）求证：对于任意正数x，y，f（xy）=f（x）+f（y）；

（2）证明：f（x）在正实数集上单调递减；

（3）若不等式f（log（4－x）+2）－f（loga（4－x）8）≤3恒成立，求实数a的取值范围．

破解思路 本题以抽象函数为背景，考查函数的性质． 第1问利用条件结合指数函数的性质可证；第2问通过构造x1=x2t（t>1），再运用第1问的结论证明；第3问先利用函数的单调性“脱”去f，再分离a3，结合均值不等式求a的取值范围．

精妙解法 （1）因为x，y均为正数，且0

又f（x）+f（y）=f（am）+f（an）=mf（ａ）＋ｎｆ（ａ）＝m+n，所以f（xy）=f（x）+f（y）．

（2）任设x1，x2∈R+，x1>x2，可令x1=x2t（t>1），t=aα（α

（3）令log（4－x）=t，原不等式化为f（t2+2）－f（8t）≤3，其中t>0． 因为f（x）－f（y）=f（x）+f=f且f（a）=1（00恒成立． 而=+≥2=，且当t=时，min=． 所以a3≤，又0

极速突击 对于抽象函数问题，我们心中要有具体的初等函数与之对应，比如此题中的抽象函数便可与指数函数对应．

金刊提醒

函数的图象与性质是高考考查的重点内容之一，它是研究和记忆函数性质的直观工具，利用它的直观性解题，可以起到化繁为简、化难为易的作用．因此，我们要掌握绘制函数图象的一般方法，掌握函数图象变化的一般规律．函数的图象是函数关系的一种表现形式，它从“形”的方面显示了函数的性质，刻画了函数的变化规律，为研究数量关系问题提供了“形”的直观性．高考总是以几种基本初等函数的图象为载体来考查函数图象．

基本初等函数

（）必做2 已知函数f（x）=ax2+（b－8）x－a－ab（a≠0），当x∈（－3，2）时， f（x）>0；当x∈（－∞，－3）∪（2，+∞）时， f（x）

（1）求f（x）在［0，1］内的值域；

（2）c为何值时，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立？

破解思路 第1问，－3，2是方程ax2+（b－8）x－a－ab=0的两根，得f（x）的解析式；第2问，不等式恒成立问题的常见解法有数形结合法、分离参数与主元法．

精妙解法 由题意得x=－3和x=2是函数f（x）的零点且a

（1）函数f（x）的对称轴为x=－，结合图象知，其在［0，1］内单调递减．当x=0时，y=18；当x=1时，y=12，所以f（x）在［0，1］内的值域为［12，18］．

（2）法1：令g（x）=－3x2+5x+c，则g（x）在，+∞上单调递减． 要使g（x）≤0在［1，4］上恒成立，则需g（x）max=g（1）≤0，即－3+5+c≤0，解得c≤－2．

法2：不等式－3x2+5x+c≤0在［1，4］上恒成立，即c≤3x2－5x在［1，4］上恒成立． 令g（x）=3x2－5x，显然g（x）在［1，4］上单调递增，则g（x）min=g（1）= －2，即当c≤－2时，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．

误点警示 （1）易忽视对二次项系数的讨论；（2）不会用独立参数法求取值范围．

（）必做3 已知二次函数g（x）对任意实数x都满足g（x－1）+g（1－x）=x2－2x－1，且g（1）=－1． 令f（x）=gx++mlnx+（m∈R，x>0）．

（1）求g（x）的表达式；

（2）设1

破解思路 本题以二次函数为背景，考查导数、不等式． 第1问用待定系数法求得g（x）；

第2问运用导数，构造函数、利用函数的单调性证明．

精妙解法 （1）设g（x）=ax2+bx+c，所以g（1－x）+g（x－1）=2a（x－1）+2c=（x－1）2－2，所以a=，c=－1．

又g（1）=－1，则b=－，所以g（x）=x2－x－1．

（2）由（1）知f（x）=gx++mlnx+=x2+mlnx，H（x）=x2+mlnx－（m+1）x，所以H′（x）=，所以对x∈［1，m］，H′（x）=≤0，所以H（x）在［1，m］内单调递减．

于是H（x1）－H（x2）≤H（1）－H（m）=m2－mlnm－，H（x1）－H（x2）

记h（m）=m－lnm－（10，所以函数h（m）=m－lnm－在（1，e］上是单调增函数，所以h（m）≤h（e）=－1－=

极速突击 证明函数单调性的方法：

1． 定义法：设x1，x2∈A且x1

2． （多项式函数）用导数证明：

若f（x）在某个区间A内有导数，则f ′（x）≥0（x∈A）f（ｘ）在A内为增函数；

f ′（x）≤0（x∈A）f（ｘ）在A内为减函数．

金刊提醒

二次函数作为最基本的初等函数，可以它为素材来研究函数的单调性、奇偶性、最值等性质，还可建立起函数、方程、不等式之间的有机联系；作为抛物线，可以联系其他平面曲线讨论相互之间的关系．三个“二次”一直是高考数学的热点．

导数及其应用

（）必做4 设函数f（x）=ax3+bx2+cx+d是奇函数，它的图象记为曲线C，P（1， f（1））是曲线C上的一点，以P为切点与曲线C相切的直线方程是l：y=－2x+2．

（1）求函数f（x）的解析式．

（2）过P与曲线C相切的直线除了l外，还存在其他直线吗？若有，请再求出一条来；若没有，请说明理由．

（3）是否存在这样的实数t，使过点Q（1，t）可以作三条直线与曲线C相切？若存在，求出实数t的取值范围；若不存在，请说明理由．

破解思路 “三次型”函数的导数是二次函数，我们往往可以通过研究二次函数的根的分布来解决此类问题．

精妙解法 （1）f（－x）=－ax3+bx2－cx+d，由f（x）是奇函数知f（－x）=－f（x）对一切实数x恒成立，从而b=d=0，所以f（x）=ax3+cx， f ′（x）=3ax2+c． 点P在l上，则有f（1）=0，即a+c=0． 又f ′（1）= 3a+c=－2，解得a=－1，c=1，所以?摇f（x）=－x3+x， f ′（x）=－3x2+1．

（2）存在其他切线m过点P． 设切点T（x0，－x+x0）且x0≠1，则kPT= f ′（x0），即=－3x+1，即2x－x0－1=0，x0=1（舍去），或x0=－，切点为－，－，可得切线方程为x－4y－1=0．

（3）同（2），切点为T（x0，－x+x0），则有kQT=f ′（x0），即=－3x+1，t=2x－3x+1． 设g（s）=2s3－3s2+1－t，三条直线与曲线C相切，则函数g（s）=2s3－3s2+1－t必有三个不同的零点，也即g（s）的极大值为正，极小值为负． 由g ′（s）=6s2－6s=6s（s－1）知，g（s）在（－∞，0），（1，+∞）上递增，在（0，1）上递减，则g（0）>0，g（1）0，－t

误点警示 求曲线的切线要注意“过点P的切线”与“点P处的切线”的差异，在过点P的切线中，点P不一定是切点，也不一定在已知曲线上．

极速突击 求函数f（x）图象上点P（x0， f（x0））处的切线方程的关键在于确定该点切线处的斜率k，由导数的几何意义知k=f ′（x0），故当f ′（x0）存在时，切线方程为y－f（x0）=f ′（x0）（x－x0）.

（）必做5 已知函数f（x）=ln（2ax+1）+－x2－2ax（a∈R）．

（1）若x=2为f（x）的极值点，求实数a的值；

（2）若y=f（x）在［3，+∞）上为增函数，求实数a的取值范围；

（3）当a=－时，方程f（1－x）=+有实根，求实数b的最大值．

破解思路 本题考查运用导数的工具性研究函数的性质及方程的根． 第1问利用f ′（2）=0求值；第2问由f′（ｘ）≥0在区间［3，+∞）上恒成立，分类讨论求得a的取值范围；第3问先分离b=xlnx+x2－x3，再构造函数g（x）=xlnx+x2－x3，转化为求g（x）的值域．

精妙解法 （1）f ′（x）=+x2－2x－2a=． 因为x=2为f（x）的极值点，所以f ′（2）=0． 即－2a=0，解得a=0． 又当a=0时，f′（x）=x（x－2），从而x=2为f（x）的极值点，成立．

（2）因为f（x）在区间［3，+∞）上为增函数，所以f ′（x）=≥0在区间［3，+∞）上恒成立．

①当a=0时， f ′（x）=x（x－2）≥0在［3，+∞）上恒成立，所以f（x）在［3，+∞）上为增函数，故a=0符合题意．

②当a≠0时，由函数f（x）的定义域可知，必须有2ax+1>0对x≥3恒成立，故a>0，所以2ax2+（1－4a）x－（4a2+2）≥0对x∈［3，+∞）上恒成立．

令g（x）=2ax2+（1－4a）x－（4a2+2），其对称轴为x=1－，因为a>0，所以1－

因为g（3）=－4a2+6a+1≥0，解得≤a≤．

又a>0，所以0

（3）若a=－时，方程f（1－x）=+可化为，lnx－（1－x）2+（1－x）=．

问题转化为b=xlnx－x（1－x）2+x（1－x）=xlnx+x2－x3在（0，+∞）上有解，即求函数g（x）=xlnx+x2－x3的值域．

以下给出两种求函数g（x）值域的方法．

法1：因为g（x）=x（lnx+x－x2），令h（ｘ）=lnx+x－x2（x>0），则h′（x）=+1－2x=，所以当01时，h′（x）0，故b=x・h（x）≤0，因此当x=1时，b取得最大值0．

法2：因为g（x）=x（lnx+x－x2），所以g′（x）=lnx+1+2x－3x2． 设p（x）=lnx+1+2x－3x2，则p′（x）=+2－6x=－．

当0

当x>时，p′（x）

因为p（1）=0，故必有p>0． 又p=－2+1+－

所以必存在实数x0∈，使得g′（x0）=0，所以当0

当x0

当x>1时，g′（x）

又g（x）=xlnx+x2－x3=x（lnx+x－x2）≤xlnx+，当x0时，lnx+

所以当x=1时，b取得最大值0．

误点警示 直接由f ′（x0）=0不能确定f（x）在x=x0处是否取得极值，还必须看f ′（x）在x=x0左、右的函数值的符号情况，因此本题第1问易忽略验证的过程．

（）必做6 已知函数f（x）=ax+x2－xlna，a>1．

（1）求证：函数f（x）在（0，+∞）上单调递增；

（2）函数y=f（x）－t－1有三个零点，求t的值；

（3）对x1，x2∈［－1，1］，f（x1）－f（x2）≤e－1恒成立，求a的取值范围．

破解思路 第1问只须证明f（x）的导函数在（0，+∞）上恒正． 第2问中，函数y=f（x）－t－1有三个零点等价于f（x）=t±1有三个根，涉及根的个数一般采用数形结合法解决，因此需要作函数y=f（x）的草图，作两条水平直线y=t±1并适当移动即可得出结论． 第3问中，f（x1）－f（x2）max≤e－1f（x）max－f（x）min≤e－1，求出f（x）的最大值和最小值并用a来表示，建立关于a的不等式． 由于结果是超越不等式，故其解法通常只有两种，图解法或构造函数法． 后者一般先用观察法看出对应方程的一个根，再用导数研究其单调性，最后写出结果．

精妙解法 （1）f ′（x）=axlna+2x－lna=2x+（ax－1）lna． 由于a>1，当x∈（0，+∞）时，lna>0，ax－1>0，所以f ′（x）>0，故函数f（x）在（0，+∞）上单调递增．

（2）令f ′（x）=2x+（ax－1）lna=0，得到x=0． x， f（x）， f ′（x）的变化情况如表1：

表1

因为函数y=f（x）－t－1有三个零点，所以f（x）=t±1有三个根． 又因为当x∞时， f（x）+∞，所以t－1=f（x）min=f（0）=1，故t=2．

（3）由（2）可知f（x）在区间［－1，0］上单调递减，在区间（0，1］上单调递增，所以f（x）min=f（0）=1， f（x）max=max｛f（－1），f（1）｝． f（－1）=+1+lna， f（1）=a+1－lna， f（1）－f（－1）=a－－2lna．

记g（x）=x－－2lnx，则g′（x）=1+－=－1≥0（仅在x=1时取到等号），所以g（x）=x－－2lnx递增． 因为a>1，所以g（a）>g（1）=0，故f（1）－f（－1）=a－－2lna>0，所以f（1）>f（－1）． 于是f（x）max= f（1）=a+1－lna． 故对x1，x2∈［－1，1］，f（x1）－f（x2）max＝f（1）－f（0）＝a－lna． 再令h（a）=a－lna，因为a>1，所以h′（a）=1－>0，所以h（a）在（1，+∞）上递增． a－lna≤e－1可化为h（a）≤h（e），所以1

误点警示 a－lna≤e－1是一个超越不等式，无法常规求解，观察式子结构，通过函数单调性求解．

极速突击 构造函数的实质是构造一种新的数学形式，使得问题在这种新形式下得到解决，用它可以证明不等式，解不等式，求参数取值范围等． 比如要证明f（x）>g（x），x∈（a，b），可以转化证明f（x）－g（x）>0，x∈（a，b），由此构造函数F（x）=f（x）－g（x），对新函数求导，判断它的单调性，求出极值（最值），当F（x）min>0时，即可证得原不等式成立．

金刊提醒

从近几年的高考试题来看，导数及其应用占据着非常重要的地位：包括求函数的极值，求函数的单调区间，证明函数的增减性等；还包括将导数内容和传统内容中有关不等式、函数、解析几何等知识有机地结合在一起，设计综合试题．随着导数作为考试内容的考查力度逐年增大，导数已经由前几年只是在解决问题中的辅助地位上升为分析和解决问题时的必不可少的工具.