函數(shù)的圖象與性質(zhì)

（★★★★）必做1 定義在正實數(shù)集R+上的函數(shù)f（x）滿足下列條件：

①存在常數(shù)a（0

②對任意實數(shù)m，當x∈R+時，有f（xm）=mf（x）．

（1）求證：對于任意正數(shù)x，y，f（xy）=f（x）+f（y）；

（2）證明：f（x）在正實數(shù)集上單調(diào)遞減；

（3）若不等式f（log（4－x）+2）－f（loga（4－x）8）≤3恒成立，求實數(shù)a的取值范圍．

破解思路 本題以抽象函數(shù)為背景，考查函數(shù)的性質(zhì)． 第1問利用條件結(jié)合指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可證；第2問通過構(gòu)造x1=x2t（t>1），再運用第1問的結(jié)論證明；第3問先利用函數(shù)的單調(diào)性“脫”去f，再分離a3，結(jié)合均值不等式求a的取值范圍．

精妙解法 （1）因為x，y均為正數(shù)，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）任設x1，x2∈R+，x1>x2，可令x1=x2t（t>1），t=aα（α<0）． 則由⑴知f（x1）－f（x2）=f（x2t）－f（x2）=f（x2）+f（t）－f（x2）=f（t）= f（aα）=αf（a）=α<0，即f（x1）

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

極速突擊 對于抽象函數(shù)問題，我們心中要有具體的初等函數(shù)與之對應，比如此題中的抽象函數(shù)便可與指數(shù)函數(shù)對應．

金刊提醒

函數(shù)的圖象與性質(zhì)是高考考查的重點內(nèi)容之一，它是研究和記憶函數(shù)性質(zhì)的直觀工具，利用它的直觀性解題，可以起到化繁為簡、化難為易的作用．因此，我們要掌握繪制函數(shù)圖象的一般方法，掌握函數(shù)圖象變化的一般規(guī)律．函數(shù)的圖象是函數(shù)關系的一種表現(xiàn)形式，它從“形”的方面顯示了函數(shù)的性質(zhì)，刻畫了函數(shù)的變化規(guī)律，為研究數(shù)量關系問題提供了“形”的直觀性．高考總是以幾種基本初等函數(shù)的圖象為載體來考查函數(shù)圖象．

基本初等函數(shù)

（★★★★★）必做2 已知函數(shù)f（x）=ax2+（b－8）x－a－ab（a≠0），當x∈（－3，2）時， f（x）>0；當x∈（－∞，－3）∪（2，+∞）時， f（x）<0．

（1）求f（x）在［0，1］內(nèi)的值域；

（2）c為何值時，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立？

破解思路 第1問，－3，2是方程ax2+（b－8）x－a－ab=0的兩根，得f（x）的解析式；第2問，不等式恒成立問題的常見解法有數(shù)形結(jié)合法、分離參數(shù)與主元法．

精妙解法 由題意得x=－3和x=2是函數(shù)f（x）的零點且a<0，則0=a·（－3）2+（b－8）·（－3）－a－ab，0=a·22+（b－8）·2－a－ab，解得a=－3，b=5，所以f（x）=－3x2－3x+18．

（1）函數(shù)f（x）的對稱軸為x=－，結(jié)合圖象知，其在［0，1］內(nèi)單調(diào)遞減．當x=0時，y=18；當x=1時，y=12，所以f（x）在［0，1］內(nèi)的值域為［12，18］．

（2）法1：令g（x）=－3x2+5x+c，則g（x）在，+∞上單調(diào)遞減． 要使g（x）≤0在［1，4］上恒成立，則需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，顯然g（x）在［1，4］上單調(diào)遞增，則g（x）min=g（1）= －2，即當c≤－2時，不等式ax2+bx+c≤0在［1，4］上恒成立．

誤點警示 （1）易忽視對二次項系數(shù)的討論；（2）不會用獨立參數(shù)法求取值范圍．

（★★★★）必做3 已知二次函數(shù)g（x）對任意實數(shù)x都滿足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）的表達式；

（2）設1

破解思路 本題以二次函數(shù)為背景，考查導數(shù)、不等式． 第1問用待定系數(shù)法求得g（x）；

第2問運用導數(shù)，構(gòu)造函數(shù)、利用函數(shù)的單調(diào)性證明．

精妙解法 （1）設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，則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）=，所以對x∈［1，m］，H′（x）=≤0，所以H（x）在［1，m］內(nèi)單調(diào)遞減．

于是H（x1）－H（x2）≤H（1）－H（m）=m2－mlnm－，H（x1）－H（x2）<1m2－mlnm－<1m－lnm－<0．

記h（m）=m－lnm－（10，所以函數(shù)h（m）=m－lnm－在（1，e］上是單調(diào)增函數(shù)，所以h（m）≤h（e）=－1－=<0，所以命題成立．

極速突擊 證明函數(shù)單調(diào)性的方法：

1． 定義法：設x1，x2∈A且x1

2． （多項式函數(shù)）用導數(shù)證明：

若f（x）在某個區(qū)間A內(nèi)有導數(shù)，則f ′（x）≥0（x∈A）f（ｘ）在A內(nèi)為增函數(shù)；

f ′（x）≤0（x∈A）f（ｘ）在A內(nèi)為減函數(shù)．

金刊提醒

二次函數(shù)作為最基本的初等函數(shù)，可以它為素材來研究函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、最值等性質(zhì)，還可建立起函數(shù)、方程、不等式之間的有機聯(lián)系；作為拋物線，可以聯(lián)系其他平面曲線討論相互之間的關系．三個“二次”一直是高考數(shù)學的熱點．

導數(shù)及其應用

（★★★★★）必做4 設函數(shù)f（x）=ax3+bx2+cx+d是奇函數(shù)，它的圖象記為曲線C，P（1， f（1））是曲線C上的一點，以P為切點與曲線C相切的直線方程是l：y=－2x+2．

（1）求函數(shù)f（x）的解析式．

（2）過P與曲線C相切的直線除了l外，還存在其他直線嗎？若有，請再求出一條來；若沒有，請說明理由．

（3）是否存在這樣的實數(shù)t，使過點Q（1，t）可以作三條直線與曲線C相切？若存在，求出實數(shù)t的取值范圍；若不存在，請說明理由．

破解思路 “三次型”函數(shù)的導數(shù)是二次函數(shù)，我們往往可以通過研究二次函數(shù)的根的分布來解決此類問題．

精妙解法 （1）f（－x）=－ax3+bx2－cx+d，由f（x）是奇函數(shù)知f（－x）=－f（x）對一切實數(shù)x恒成立，從而b=d=0，所以f（x）=ax3+cx， f ′（x）=3ax2+c． 點P在l上，則有f（1）=0，即a+c=0． 又f ′（1）= 3a+c=－2，解得a=－1，c=1，所以?搖f（x）=－x3+x， f ′（x）=－3x2+1．

（2）存在其他切線m過點P． 設切點T（x0，－x+x0）且x0≠1，則kPT= f ′（x0），即=－3x+1，即2x－x0－1=0，x0=1（舍去），或x0=－，切點為－，－，可得切線方程為x－4y－1=0．

（3）同（2），切點為T（x0，－x+x0），則有kQT=f ′（x0），即=－3x+1，t=2x－3x+1． 設g（s）=2s3－3s2+1－t，三條直線與曲線C相切，則函數(shù)g（s）=2s3－3s2+1－t必有三個不同的零點，也即g（s）的極大值為正，極小值為負． 由g ′（s）=6s2－6s=6s（s－1）知，g（s）在（－∞，0），（1，+∞）上遞增，在（0，1）上遞減，則g（0）>0，g（1）<0，即1－t>0，－t<0，0

誤點警示 求曲線的切線要注意“過點P的切線”與“點P處的切線”的差異，在過點P的切線中，點P不一定是切點，也不一定在已知曲線上．

極速突擊 求函數(shù)f（x）圖象上點P（x0， f（x0））處的切線方程的關鍵在于確定該點切線處的斜率k，由導數(shù)的幾何意義知k=f ′（x0），故當f ′（x0）存在時，切線方程為y－f（x0）=f ′（x0）（x－x0）.

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

（1）若x=2為f（x）的極值點，求實數(shù)a的值；

（2）若y=f（x）在［3，+∞）上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；

（3）當a=－時，方程f（1－x）=+有實根，求實數(shù)b的最大值．

破解思路 本題考查運用導數(shù)的工具性研究函數(shù)的性質(zhì)及方程的根． 第1問利用f ′（2）=0求值；第2問由f′（ｘ）≥0在區(qū)間［3，+∞）上恒成立，分類討論求得a的取值范圍；第3問先分離b=xlnx+x2－x3，再構(gòu)造函數(shù)g（x）=xlnx+x2－x3，轉(zhuǎn)化為求g（x）的值域．

精妙解法 （1）f ′（x）=+x2－2x－2a=． 因為x=2為f（x）的極值點，所以f ′（2）=0． 即－2a=0，解得a=0． 又當a=0時，f′（x）=x（x－2），從而x=2為f（x）的極值點，成立．

（2）因為f（x）在區(qū)間［3，+∞）上為增函數(shù)，所以f ′（x）=≥0在區(qū)間［3，+∞）上恒成立．

①當a=0時， f ′（x）=x（x－2）≥0在［3，+∞）上恒成立，所以f（x）在［3，+∞）上為增函數(shù)，故a=0符合題意．

②當a≠0時，由函數(shù)f（x）的定義域可知，必須有2ax+1>0對x≥3恒成立，故a>0，所以2ax2+（1－4a）x－（4a2+2）≥0對x∈［3，+∞）上恒成立．

令g（x）=2ax2+（1－4a）x－（4a2+2），其對稱軸為x=1－，因為a>0，所以1－<1，從而g（x）≥0在［3，+∞）上恒成立，只要g（3）≥0即可．

因為g（3）=－4a2+6a+1≥0，解得≤a≤．

又a>0，所以0

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

問題轉(zhuǎn)化為b=xlnx－x（1－x）2+x（1－x）=xlnx+x2－x3在（0，+∞）上有解，即求函數(shù)g（x）=xlnx+x2－x3的值域．

以下給出兩種求函數(shù)g（x）值域的方法．

法1：因為g（x）=x（lnx+x－x2），令h（ｘ）=lnx+x－x2（x>0），則h′（x）=+1－2x=，所以當00，從而h（x）在（0，1）上為增函數(shù)，當x>1時，h′（x）<0，從而h（x）在（1，+∞）上為減函數(shù)，所以h（x）≤h（1）=0．而x>0，故b=x·h（x）≤0，因此當x=1時，b取得最大值0．

法2：因為g（x）=x（lnx+x－x2），所以g′（x）=lnx+1+2x－3x2． 設p（x）=lnx+1+2x－3x2，則p′（x）=+2－6x=－．

當00，所以p（x）在0，上單調(diào)遞增；

當x>時，p′（x）<0，所以p（x）在，+∞上單調(diào)遞減．

因為p（1）=0，故必有p>0． 又p=－2+1+－<－<0，

所以必存在實數(shù)x0∈，使得g′（x0）=0，所以當0

當x00，g（x）在（x0，1）上單調(diào)遞增；

當x>1時，g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減．

又g（x）=xlnx+x2－x3=x（lnx+x－x2）≤xlnx+，當x→0時，lnx+<0，則g（x）<0，又g（1）=0．

所以當x=1時，b取得最大值0．

誤點警示 直接由f ′（x0）=0不能確定f（x）在x=x0處是否取得極值，還必須看f ′（x）在x=x0左、右的函數(shù)值的符號情況，因此本題第1問易忽略驗證的過程．

（★★★★★）必做6 已知函數(shù)f（x）=ax+x2－xlna，a>1．

（1）求證：函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

（2）函數(shù)y=f（x）－t－1有三個零點，求t的值；

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

破解思路 第1問只須證明f（x）的導函數(shù)在（0，+∞）上恒正． 第2問中，函數(shù)y=f（x）－t－1有三個零點等價于f（x）=t±1有三個根，涉及根的個數(shù)一般采用數(shù)形結(jié)合法解決，因此需要作函數(shù)y=f（x）的草圖，作兩條水平直線y=t±1并適當移動即可得出結(jié)論． 第3問中，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來表示，建立關于a的不等式． 由于結(jié)果是超越不等式，故其解法通常只有兩種，圖解法或構(gòu)造函數(shù)法． 后者一般先用觀察法看出對應方程的一個根，再用導數(shù)研究其單調(diào)性，最后寫出結(jié)果．

精妙解法 （1）f ′（x）=axlna+2x－lna=2x+（ax－1）lna． 由于a>1，當x∈（0，+∞）時，lna>0，ax－1>0，所以f ′（x）>0，故函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

（2）令f ′（x）=2x+（ax－1）lna=0，得到x=0． x， f（x）， f ′（x）的變化情況如表1：

表1

因為函數(shù)y=f（x）－t－1有三個零點，所以f（x）=t±1有三個根． 又因為當x→∞時， f（x）→+∞，所以t－1=f（x）min=f（0）=1，故t=2．

（3）由（2）可知f（x）在區(qū)間［－1，0］上單調(diào)遞減，在區(qū)間（0，1］上單調(diào)遞增，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．

記g（x）=x－－2lnx，則g′（x）=1+－=－1≥0（僅在x=1時取到等號），所以g（x）=x－－2lnx遞增． 因為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． 故對x1，x2∈［－1，1］，f（x1）－f（x2）max＝f（1）－f（0）＝a－lna． 再令h（a）=a－lna，因為a>1，所以h′（a）=1－>0，所以h（a）在（1，+∞）上遞增． a－lna≤e－1可化為h（a）≤h（e），所以1

誤點警示 a－lna≤e－1是一個超越不等式，無法常規(guī)求解，觀察式子結(jié)構(gòu)，通過函數(shù)單調(diào)性求解．

極速突擊 構(gòu)造函數(shù)的實質(zhì)是構(gòu)造一種新的數(shù)學形式，使得問題在這種新形式下得到解決，用它可以證明不等式，解不等式，求參數(shù)取值范圍等． 比如要證明f（x）>g（x），x∈（a，b），可以轉(zhuǎn)化證明f（x）－g（x）>0，x∈（a，b），由此構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）－g（x），對新函數(shù)求導，判斷它的單調(diào)性，求出極值（最值），當F（x）min>0時，即可證得原不等式成立．

金刊提醒

從近幾年的高考試題來看，導數(shù)及其應用占據(jù)著非常重要的地位：包括求函數(shù)的極值，求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，證明函數(shù)的增減性等；還包括將導數(shù)內(nèi)容和傳統(tǒng)內(nèi)容中有關不等式、函數(shù)、解析幾何等知識有機地結(jié)合在一起，設計綜合試題．隨著導數(shù)作為考試內(nèi)容的考查力度逐年增大，導數(shù)已經(jīng)由前幾年只是在解決問題中的輔助地位上升為分析和解決問題時的必不可少的工具.