【数学】2019届一轮复习人教B版函数与导数学案 21页

函数与导数 函数与导数在高考考查中一般是两道选择题和一道解答题，或者一道选择题一道填空题和一道解答题，共3道题，分值为22分．高考对这一部分内容考查的难度相对稳定，其中一选择题为容易题为中等难度题，一选择题或填空题为难题，一解答题为难题．选择题一般位于中间四道题和后三道题的位置，填空题一般在后两题的位置，解答题稳定在第21题的位置．选择、填空题主要考查基本初等函数及其应用，重点是函数定义域、值域，函数的单调性和奇偶性的应用，指数函数、对数函数、幂函数的图象和性质的运用，函数零点的判断，简单的函数建模，导数的几何意义的运用等；解答题主要考查导数在函数问题中的综合运用，重点是利用导数的方法研究函数的单调性和极值，解决与函数的单调性、极值、最值相关的不等式和方程等问题，考查函数建模和利用导数解模的能力，突出了对学生的逻辑推理能力、运算求解能力、分类与整合思想、化归与转化思想、数形结合思想、函数与方程思想的考查．下面对学生存在的主要问题进行剖析，并提出相应的教学对策．‎ 一、存在的问题及原因分析 ‎1．缺乏运用特殊值法、排除法解题意识 本专题中，“特殊值法”就是适当选取包含于题目之中的某个特殊值（或特殊情形，如特殊点、特殊函数、特殊图形等），通过简单的运算、推理或验证，便能找到问题的正确答案或否定错误的结论，达到缩减思维过程、降低推算难度的目的．用“特殊值法”解决一些可舍弃解题过程的问题，如选择题、填空题，可收到出奇制胜、事半功倍的效果．在一些一般性的问题中，通过特殊值“特殊化”，往往能获得解题的重要信息，发现解决原题的有效途径，在数学解题中具有很重要的作用．‎ ‎【例1】（2016年新课标Ⅰ卷理7、文9）函数在的图象大致为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解析】法一 函数为偶函数，故函数在上的图象关于轴对称．当，．由，排除A；由，‎ ‎，，，排除B，C，故选D．‎ 法二 由，易知在上先负后正，故在上先减后增．又，，故存在零点，使得在单调递减，在单调递增，故选D．‎ ‎ 【评析】本题易错的主要原因 没有优先考虑对称性或奇偶性来缩减自变量的范围；不懂得从特殊值入手，利用导数的几何意义，结合图像特征，排除错误的答案；除图形直观的考虑函数值大小外，后续无从下手；导函数计算错误；求导后无从下手，不懂得导数的几何意义.解决此类问题，常取特殊点处的函数值或利用函数的单调性、对称性等性质排除错误选项．复习教学中，多注重培养特殊值法、排除法的意识，对特殊到一般的思想进行强化训练．‎ ‎2．对函数中的基本概念、公式的理解掌握不到位 本专题中，从学生方面看，更倾向于题海战，而忽视了基本概念、公式的理解掌握，如指数、对数的运算性质等推导过程的轻视；从教师层面看，指数、对数的运算性质推导过程的教学是在高一起始阶段，但由于在高一阶段的测试和练习中，并未涉及推导过程的考查，更多的是公式的运用，以至于教师对于运算性质的由来一笔带过，侧重于公式的运用的练习．‎ ‎ 【例2】（2017年新课标Ⅰ卷理11）设、、为正数，且，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解析】法一 令，则，，，所以，，故选D．‎ 法二 令（），则，，．所以，则；，则．‎ ‎ 【评析】本题易错的主要原因有学生对指数、对数、幂的运算仅 停留在记忆公式的层次，并不能很好的掌握公式的由来，以至于对公式的运用不能熟练掌握，导致不能正确解决问题；对指数、对数概念理解不到位，不能很好地进行指数与对数的转化.2016年和2017年新课标卷都对指数、对数、幂的运算及大小比较进行了考查,这个问题在教学中应值得引起我们 足够重视.‎ ‎3．未能深入领会数形结合的思想 纵观历年数学高考试题，函数图象问题深受命题者的青睐．主要考查角度有 有“图”识“图”、有“图”作“图”、有“图”不作“图”、无“图”作“图”（注 此处第一个“图”是指试题题干中出现的“图象”字眼，第二个“图”是指为解决问题所作的函数图象），下例即为无“图”作“图”．解决有关函数图象的问题可归结为“以形助数”和“以数解形”两个方面，即有的函数图象问题，需利用（或挖掘）条件所呈现（或隐含）的函数图象，利用图象找出解决问题的突破口；而有的函数图象问题，无需作图，利用函数性质或其它知识即可解决问题．‎ ‎ 【例3】（2017年新课标Ⅲ卷理15、文16）设函数，则满足的的取值范围是 ．‎ ‎【解析】法一 已知不等式变形得．函数的图象可看作将函数的图象向右平移个单位，的图象可看作先将函数的图象沿着轴翻折，再将图象整体向上平移1个单位．作出函数图象如上图．联立方程，解得交点横坐标为，故由图易知满足不等式的解集为．‎ 法二 令 函数在区间，，内均单调递增，且，，，可知的取值范围是．‎ ‎ 【评析】本题易错的主要原因 学生作图能力差，不能正确做出作出函数图象.对所给的函数表达式及其不等式的含义理解不透彻，不能正确的进行分类讨论，并结合图像性质解决问题.日常教学中，应多加强函数图象的画法，强化数形结合意识．‎ ‎4．导数的综合运用能力较弱 导数是研究函数单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，历届高考，对导数的应用的考查都非常突出，主要从以下几个角度进行 （1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系；（2）利用导数求函数的单调区间，判断函数的单调性；已知函数的单调性求参数；（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题；（4）考查数形结合思想的应用．‎ ‎【例4】（2017年新课标Ⅱ卷理21）已知函数，且．‎ ‎（Ⅰ）求；‎ ‎（Ⅱ）证明 存在唯一的极大值点，且．‎ ‎【解析】（Ⅰ）的定义域为．‎ 设，则，等价于．‎ 因为，，故，而，，得．‎ 若，则．当时，，单调递减；当时，，单调递增．‎ 所以是的极小值点，故．‎ 综上，．‎ ‎（Ⅱ）由（Ⅰ）知，．‎ 设，则．‎ 当时，；当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．‎ 又，，，所以在有唯一零点，在有唯一零点1，且当时，；当时，，当时，．‎ 因为，所以是的唯一极大值点．‎ 由得，故．‎ 由，得．‎ 因为是在的最大值点，由，，得．‎ 所以．‎ ‎ 【评析】第（Ⅰ）问比较简单，本题易错的主要原因 利用函数性质进行讨论，确定参数的值，由于学生的代数变形能力比较薄弱，不能发现恒成立等与恒成立的等价性使解题简化．第（Ⅱ）问则考查学生在理解导数概念的基础上，能够引进辅助函数简化问题，理解导数与函数单调性之间的关系，并根据参数的不同情况进行完整的分类讨论并解决问题；对于函数在上的零点，并不懂得应用 “设而不求”来求解．对于导数的综合运用，可把综合性试题分解为几个小专题进行专题教学，突出重点教学，学生更易掌握题型与方法.‎ 二、解决问题的思考与对策 ‎1．培养利用“特殊值法”解题的能力 对特“殊值法”还要掌握选值的技巧，当一次取值不能达到目标时，可以考虑多次取值、混合选取，看能否达到目标．特殊值法可以让一般问题特殊化，抽象问题具体化，从而大大减少计算量．在复习过程中，可以精选不同类型，有意识地强化“特殊值法”的解题能力.‎ ‎【例5】（2016年新课标Ⅰ卷理8）若，，则（ ）‎ A． B． C．D．‎ ‎2．厘清指数、对数的概念、运算性质及其函数性质 如2016年新课标卷Ⅰ(理8、文8)与 新课标Ⅲ（理6）和2017年新课标卷都考查了指数、对数、幂的运算及性质.对函数基础知识的教学要回归课本，深化函数基本概念、公式及基本图像性质的理解．‎ ‎ 【例6】（2017年北京卷理8）根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中普通物质的原子总数约为，则下列各数中与最接近的是（ ）（参考数据 ）‎ A． B． C． D．‎ ‎3．提高识图、作图能力，培养数形结合思想 数形结合思想将抽象逻辑思维与直观形象思维有效地结合起来，使得复杂问题简单化，抽象问题形象化，利于发现解题策略，优化解题过程．高考对函数图象内容的命题重在考查学生识图、作图及对图形的想象能力，考查文字、符号、图形语言的灵活转化以能力，体现具备“有图想图”、“无图想图”的分析问题、抽象问题、转化问题的能力．‎ ‎ 【例7】（2017年新课标Ⅲ卷理11、文12）已知函数有唯一零点，则（ ）‎ A． B． C． D．1‎ ‎4．加强函数问题的变式教学 对典型问题进行变式教学，是备考复习教学中的一种重要方法，函数问题的变式要在学生的“最近发展区”内进行拓展“源于教材，高于教材”，以原题为源，紧扣教材，突出函数定义、定理、公式的重要价值，突出函数思想在分析解决问题中的重要作用，体现对学生能力培养的重要作用．下面以2012年新课标卷文 第21题改编为例，进行拓展分析，对函数导数进行全面复习，帮助学生更好的理解函数与导数的知识内容，建构知识体系，也为学有余力的同学指引思考问题的方向，同时也强化运算求解能力，转化与化归、分类讨论思想的运用．‎ ‎ 【例8】已知函数．‎ ‎（1）求函数的值域；‎ ‎（2）求函数在区间上的值域；‎ ‎（3）若函数没有极值（或有极值），求的取值范围；‎ ‎（4）若在上单调（或不单调），求的取值范围；‎ ‎（5）若在区间上单调（或不单调），求的取值范围；‎ ‎（6）讨论函数的零点个数情况．‎ 变式一 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况；‎ 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况；‎ 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况；‎ 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况．‎ 变式二 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况；‎ 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况；‎ 研究函数的单调性、极值、零点等基本情况．‎ 变式三 已知．‎ ‎（1）讨论函数的单调性、极值、最值、零点情况；‎ ‎（2）讨论函数在区间上的单调性；‎ ‎（3）求函数在区间上的值域；‎ ‎（4）若函数在定义域上有零点，求实数的取值范围．‎ ‎5．开展函数部分的微专题教学 复习过程中，应对函数部分高考的高频考点问题——单调性、最值、切线、零点问题、恒成立问题、不等式证明、含量词的命题等，尤其是三角函数型函数，开展微专题教学，以提升学生对利用导数研究函数的图象与性质的认识．‎ ‎【例9】（2017年4月省质检理21）已知函数，‎ ‎，其中．‎ ‎（Ⅰ）证明 当时，；‎ ‎（Ⅱ）判断的极值点个数，并说明理由；‎ ‎（Ⅲ）记最小值为，求函数的值域．‎ 三、典型问题剖析 导数是研究函数的工具，开辟了许多解题新途径，拓展了高考对函数问题的命题空间，把高次多项式函数，分式函数，指数型，对数型，三角型函数，以及初等基本函数的和、差、积、商成为命题的对象，试题往往融函数，导数，不等式，方程等知识于一体，通过演绎证明，运算推理等理性思维，解决单调性，极值，最值，切线，方程的根，函数零点，参数的范围等问题，这类题难度大，综合性强．解题中需要用到函数与方程思想、分类与整合思想、数形结合思想、转化与化归思想，利用“设而不求”、“先猜后证”、“放缩法（如，，，等）”、“构造法”等手段，解决恒成立求参、函数零点、不等式证明、带量词的命题等热点问题．‎ ‎ 1．（2014新课标Ⅰ卷理21）设函数，曲线在点处的切线为．‎ ‎（Ⅰ）求，；‎ ‎（Ⅱ）证明 ．‎ ‎【解析】（Ⅰ）函数的定义域为，，‎ 由题意可得，，故，；‎ ‎（Ⅱ）解法一 不等式（）等价于不等式（）．‎ 设（），下面证明，求导得 ‎．‎ 令（），则，故在上单调递增，又，，且在上连续，所以在上有唯一零点，即，即．‎ 当时，，故在上单调递减；当时，，故在上单调递增．‎ 所以．‎ 下面证明 当时，．‎ 令，，则，故在上递增，所以，命题得证．‎ 解法二 不等式（）等价于不等式（），易证，，证明如下 设，则，令，则；当时，，故在上递减；当时，，故在上递增．所以，，所以，即，（当且仅当时取等号）．‎ 由可得，于是（），所以只需证明（）．‎ 设（），则下面证明，求导得．当时，，故在上递减；当时，‎ ‎，故在上递增． 所以，故，即（）（当且仅当时取等号）．‎ 又（）（当且仅当时取等号），并且上面两个不等式的等号不能同时取到，所以（），命题得证．‎ 解法三 不等式（）等价于不等式（），下面借助不等式和来处理．‎ 先证，，设，则，令，则．当时，，故在上递减；当时，，故在上递增．所以，故，即，（当且仅当时取等号）．‎ 再证（），只要用替换中的即得（当且仅当时取等号）．于是，借助和易得．‎ 又因为上面两个不等式中的等号不能同时取到，所以（），命题得证．‎ 解法四 不等式（）等价于不等式（）．‎ 设（），则．当时，，故在上递减；当时，，故在上递增．所以，故（当且仅当时取等号）．‎ 设（），则．当时，，故在上递增；当时，，故在上递减．所以，故（当且仅当时取等号）．‎ 又因为上面两个不等式的等号不能同时取到，所以（），命题得证．‎ ‎ 【评析】本题主要考查导数公式、导数的几何意义、不等式的证明等基础知识，考查运算求解能力、推理论证能力，考查了函数与方程思想、分类与整合思想、转化与化归思想．解题的关键是 函数的零点的设而不求，也可通过不等式放缩转化为熟悉的函数模型。要打破常规思路，运用所学知识，寻找合理的解题策略，对推理论证能力都提出了较高要求，突出选拔功能．‎ ‎2．（2011新课标卷理21）已知函数，曲线在点处的切线方程为．‎ ‎（Ⅰ）求、的值；‎ ‎（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为，所以由题意可得，，即，解得，；‎ ‎（Ⅱ）解法一 当，且时，成立，即当，且时，恒成立．‎ 构造函数，只需函数的最小值大于0即可．‎ 而当时，；当时，，故当时，只要求出成立时的取值范围即可；当时，只要求出成立时的取值范围即可．‎ 构造函数（），因为，故当时，‎ ‎，即在上单调递减，即，成立；‎ 同理，当时，，即在上单调递增，即，成立．所以，对任意的，且成立．‎ 此时，对于任意的，且成立．于是，即．‎ 此时得出的的范围是充分条件，因此还要考虑时是否也有满足题意的范围．‎ 这时我们的研究对象就集中到了的分子的上面．‎ 设，‎ 当，即时，的图象开口向下，对称轴为，，所以当，，即，函数在单调递增，所以，即，与题设矛盾；‎ 当时，可直接观察到对于任意的，，故当时，，即，与题设矛盾．‎ 综上所述，的取值范围为．‎ ‎ 【评析】本题主要考查导数的概念，函数的单调性，导数与切线的关系等基础知识，并利用导数研究函数单调性、最值等，由不等式恒成立求参数的取值范围；考查运算求解能力，推理论证能力；考查分类与整合思想、转化与化归思想、函数与方程思想等．解题的关键是对参数的取值进行分类讨论，采用先猜后证的思路可以有效地降低题目的难度，而分离参数法亦是解决恒成立问题的常用方法．‎ ‎3．（2014福建卷理21）已知函数（为常数）的图象与轴交于点，曲线在点处的切线斜率为．‎ ‎（Ⅰ）求的值及函数的极值；‎ ‎（Ⅱ）证明 当时，；‎ ‎（Ⅲ）证明 对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有．‎ ‎【解析】（Ⅰ）由题意可得，则，得．‎ 所以，．令，得．‎ 当时，，单调递减；当时，，单调递减．‎ 所以当时，取得极小值，且极小值为，无极大值．‎ ‎（Ⅱ）令，则．‎ 由（Ⅰ）得，故在上单调递增，且，‎ 因此，当时，，即．‎ ‎（Ⅲ）解法一 由（Ⅱ）得当时，．‎ 当时，取，当时，成立；‎ 当时，要使得成立，只要．‎ 令，则，所以当时，，在内单调递增．‎ 取，所以在内单调递增，‎ 又，‎ 易知，，，所以，即存在，当时，恒有．‎ 综上，对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有．‎ 解法二 对任意给定的正数，取，由于当时，有，所以，当时，，‎ 因此，对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有．‎ 解法三 先证明当时，恒有．‎ 证明如下 令，则，‎ 当时，由，知，所以在内单调递减，所以，即．‎ 取，当时，有．‎ 因此，对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有．‎ ‎【评析】借助函数的单调性证明不等式，其本质是通过构造相应的函数实现问题的转化．本题的难点在于，对于不同的正数，寻找相应的，并证明当，恒有成立．本例的三种解法都是通过构造函数来求解，解法一是引入自然对数，解法二与解法三都是借助幂函数作过度，目的是在理解题意的前提下，能按照要求逐步化解寻找值的困难．‎ 四、过关练习 ‎【练习1】（2016年新课标Ⅱ卷理12、文12）已知函数（）满足，若函数与图象的交点为，，···，，则（ ）‎ A．0 B． C． D．‎ ‎【解析】解法一 由于，不妨设，与函数的交点为，，故，故选C．‎ 解法二 由于，所以函数关于对称．函数也关于对称，所以函数与图象的交点关于对称，所以，故选C．‎ ‎【练习2】（2014年新课标Ⅰ卷理11、文12）已知函数，若 存在唯一的零点，且，则的取值范围为（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【解析】解法一 观察选项，考虑和的情况．‎ 当时，，，故易得在和上单调递增，在上单调递减，又因为，，且，，故有两个零点，不符合题意，排除选项C；‎ 当时，，，故易得在和上单调递增，在上单调递减，又因为，，且，，故有唯一零点，但，不符合题意，排除选项A；‎ 当时，，，故易得在和上单调递减，在上单调递增，又因为，，且，，故有两个零点，不符合题意，排除选项D，故选B．‎ 解法二 当时，有两个零点，不合题意；‎ 因为，令，得或，‎ 当时，在和上单调递增，上单调递减，‎ 这时要使函数存在唯一零点，必有，不合题意；‎ 当时，在和上单调递减，上单调递增，‎ 要使唯一的零点，需，解得，故选B．‎ ‎【练习3】（2011新课标卷理12）函数的图象与函数（）的图象所有交点的横坐标之和等于（ ）‎ A．2 B．4 C．6 D．8‎ ‎【解析】易知两函数图象都关于点中心对称，如右图所示，发现两函数图象在上共有8个交点，且每两个对称点的横坐标之和为2，故所有交点横坐标之和为8．‎ ‎【练习4】（2015四川卷理15）已知函数，（其中）．对于不相等的实数，，设，．现有如下命题 ‎ ‎①对于任意不相等的实数，，都有；‎ ‎②对于任意的及任意不相等的实数，，都有；‎ ‎③对于任意的，存在不相等的实数，，使得；‎ ‎④对于任意的，存在不相等的实数，，使得．‎ 其中的真命题有（写出所有真命题的序号）．‎ ‎【解析】设，，，．‎ 对①，因为对恒成立，故①正确；‎ 对②，取，即，当，，，故②不正确；‎ 对③，若，则存在不相等的实数，，使得，即．‎ 令，即存在不相等的实数，，使得．‎ 而，．‎ 因为在上单调递增，且，，故存在，得，即．‎ 所以，当时，，单调递减；当时，，‎ 单调递增．因此，．‎ 当，即时，不存在不相等的实数，，使得，即，故③不正确；‎ 对④，若，则存在不相等的实数，，使得，即．‎ 令，即存在不相等的实数，，使得．‎ 此时，问题等价于在上有两个零点，等价于方程在上有两解，等价于方程在上有两解，等价于函数，有两个交点．‎ 而对于任意的，观察函数，的图象，总有两个公共点．‎ 所以，存在不相等的实数，，使得，即，故④不正确 ‎【练习5】（2012新课标卷文21）设函数．‎ ‎（Ⅰ）求的单调区间；‎ ‎（Ⅱ）若，为整数，且当时，，求的最大值．‎ ‎【解析】（Ⅰ），当时，‎ 恒成立，故在上单调递增；‎ 当时，令，得；令，得，所以在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎（Ⅱ）解法一 由于，所以．‎ 故当时，等价于．‎ 设，则，‎ 令，得；令，得，‎ 所以，在上单调递减，在上单调递增．‎ 又，当时，在上单调递增，故时，，这时显然有成立；‎ 当时，在上单调递减，在上单调递增，故时，在处取得最小值．‎ 要使得（）成立，需，即．‎ 由（Ⅰ）知，函数在单调递增，‎ 而，，所以在存在唯一的零点，‎ 故在存在唯一的零点．设此零点为，则．‎ 因为为整数，且，故，即整数的最大值为2．‎ 解法二 由于，所以．‎ 故当时，等价于（）．‎ 令，则．‎ 由（Ⅰ）知，函数在单调递增，而，，所以在存在唯一的零点，故在存在唯一的零点．‎ 设此零点为，则．‎ 当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以在上的最小值为．‎ 又由，可得，所以．‎ 又由（）等价于，故整数的最大值为2．‎ ‎【练习6】（2017年新课标Ⅰ卷理21）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）若有两个零点，求的取值范围．‎ ‎【解析】（Ⅰ），‎ 当时，对恒成立，在上递减；‎ 当时，令，得，‎ 令，得，‎ 故在上单调递减，在上单调递增．‎ ‎（Ⅱ）解法一 由（Ⅰ）知，若，在上递减，至多有一个零点，不符合题意；‎ 若，则当时，；当时，．‎ 要使得有两个零点，需使得的最小值小于0，即．‎ 令，，则对恒成立，所以在上单调递增．‎ 又，所以，即，所以．‎ 综上所述，实数的取值范围为．‎ 解法二 若时，由（Ⅰ）知，至多有一个零点，不符合条件；‎ 因此，，又由（Ⅰ）知，当时，取得最小值．‎ 当时，由于，故只有一个零点，不符合题意；‎ 当时，由于，故无零点，不符合题意；‎ 当时，．‎ 又，故在上有一个零点．‎ 设正整数满足，则．‎ 由于，因此在有一个零点．‎ 综上所述，实数的取值范围为．‎ 解法三 （Ⅱ）由，得．‎ 令，则，易知当时，，单调递增；当时，，单调递减．‎ 所以，当时，取得最大值．‎ 又当时，；当时，，且当时，恒成立．于是函数的大致图象如右图所示．‎ 要使得有两个零点，只需与函数的图象有两个交点，由图可知，的的取值范围为．‎ ‎【练习7】（2013年新课标Ⅱ卷理21）已知函数．‎ ‎（Ⅰ）设是的极值点，求，并讨论的单调性；‎ ‎（Ⅱ）当时，证明 ．‎ ‎【解析】（Ⅰ）因为，是的极值点，所以，即，解得．‎ 所以函数，其定义域为，，‎ 设，则对恒成立，所以 在上是增函数，又因为，所以当时，，即；‎ 当时，，，所以在上是减函数，在上是增函数．‎ ‎（Ⅱ）当，时，，故只需证明当时，．当时，对恒成立，故在单调递增．‎ 又，，故在上有唯一实根，且．‎ 当时，；当时，，从而在上单调递减，在上单调递增，即在上的最小值为．‎ 又因为得，即．‎ 故时，．‎ 综上所述，当时，．‎