高中函数专题

LDC数学教育函数专题坚持到底——胜利！第1页共24页第1页共24页LDC数学函数专题翻阅近年来各地的试题，发现其中不少与“必要条件”有关。若按常规思路去解答，往往不是事倍功半，就是连影子都摸不到；而抓住某些“必要条件”，从局部突破，则常有助于撕开问题的缺口，找到求解的思路，收到化难为易、别开生面的效果。以下通过考题说明。试题一（2008年江苏卷）设函数3()31()fxaxxxR，若对于任意1,1x都有()0fx，则实数a的取值范围是____。解析()0fx，1,1x恒成立的必要条件是111()0,282(1)40,fafa即4a注意对于填空题，当所得的参数值唯一时，一般不必检验其充分性。否则，必须检验其充分性。试题二若0,0ab，且当0,0,1xyxy时，恒有1axby，分别求实数,ab的取值范围以及点(,)Pab所形成的平面区域的面积。解析1axby，0,0,1xyxy恒成立的必要条件是101,011,abab即1,1.ab检验充分性：当1,1ab时，由0x，0y，得1axbyxy。所以,ab的取值范围分别为01,01ab。因此点(,)Pab所形成的正方形区域的面积为1试题三设aR,函数32()3fxaxx，若函数()()(),0,2gxfxfxx在0x处取得最大值，求实数a的取值范围。简解3222()336(3)3(2),()gxaxxaxxaxxxxgx在0,2上的最大值为(0)g的必要条件是(0)(2)gg，即02024a，故65a.检验充分性：当65a时，由于0,2x，所以22633()(3)3(2)(210)(25)(2)0(0)555gxxxxxxxxxxxg所以a的取值范围是6,5试题四（2011年浙江理科卷）设函数2()()ln,fxxaxaR.（1）若xe为()fx的极值点，求实数a的值；（2）若对任意0,3xe，恒有2()4fxe，求实数a的取值范围简解（1）ae或3ae（过程从略）LDC数学教育函数专题坚持到底——胜利！第2页共24页第2页共24页（2）2()4fxe，0,3xe恒成立的必要条件是2222()()4,(3)(3)ln34,feaeefeaeee得233ln3eeaee.下面验证充分性：当0,1x时，显然恒有2()4fxe；当1,3xe时，把2()()ln,fxxaxaR视为关于a的二次函数（把x视为参数），易得()fx22(3)ln,1,3,ln32(3)ln,3,3.ln3ln3eexxxeeeeexxxeeee令22(3)ln,1,3,ln3()2(3)ln,3,3.ln3ln3exexxeehxeexexxeeee当1,3ln3exee时，求导得3'()(3)(2ln1)ehxxexx，可知'()0he，并且对于(1,)xe，有'()0hx；对于(,3]ln3exeee，有'()0hx，所以2()()()4fxhxhee恒成立；当3,3ln3exeee时，易知2203ln3ln3eexeee，所以22222()()(3)ln()ln34ln3ln3eefxhxxexeeee恒成立。综上所述，对任意0,3xe，2()4fxe。因此a的取值范围是23,3ln3eeee试题五对于定义在区间D上的函数()fx和()gx，如果对于任意xD，都有()()1fxgx成立，那么称函数()fx在区间D上可被函数()gx替代.（1）记(),()lnfxxgxx，证明()fx在1(,)(1)mmm不能被()gx替代；（2）设21()ln,()2fxaxaxgxxx，若()fx在1,e上能被()gx替代，求实数a的取值范围解析（1）略（2）由()fx在1,e上能被()gx替代，可得21ln12axaxxx对于任意[1,]xe恒成立当1x时，可得1112a，得3122a令21()ln2hxaxaxxx，则()(1)'()xaxhxx，因为[1,]xe，3122a，所以0xa，所以()hx在1,e上单调递增，从而()hx的最小值为1(1)2ha，最大值为21()(1)2heaeaeLDC数学教育函数专题坚持到底——胜利！第3页共24页第3页共24页由恒成立，可得2111,(1)122aaeae，故22212(1)2eeae。点评在例5中，通过特殊值使不等式成立，求出参数的一个范围，得到的这一范围使我们避免了对参数的讨论，从而简化了运算，精炼了思维。通过以上试题分析，可以看到选好充分利用“必要条件”对解题的重要作用。当然，对于有些问题，利用必要条件能够获得有关信息。结论，却不一定很快得出最终结果，也可能需要多次尝试或另辟蹊径，但至少可以由此增进对问题的了解，缩小需要探求的范围，有利于进一步准确求解。【学习效率曲线】是1936年美国康奈尔学T.P.Wright博士在机械制造过程中，通过对大量有关资料、案例的观察、分析、研究，首先发现并提出来的。1.已知某类学习的学习效率曲线()100%42tbfta（其中()ft为掌握该任务的程度，t为学习时间，,ab为常数），且这类学习满足：当t=1时，(1)f=50%；t=2时，(2)60%f（1）求,ab的值；（2）现定义()ftt为该学习项目在t时刻的学习效率指数。研究表明，当学习效率指数为31,102时，规定为学习效率最佳，当学习效率最佳时段为最佳学习时间，求学习效率最佳时间。解析（1）由已知，得(1)f=1100%50%42ba，2(2)100%60%42bfa，化简，得4,3ab，所以3()100%442tft（2）令学习效率指数()ftyt，即33(0)4(12)4()2ttytttt，令()2ttgtt，则222ln22ln21()1(2)2tttttttgt，又令()2ln21thtt，则当0t时，'()2ln2ln2ln2(21)0ttht恒成立，所以()(0)110hth，即2ln21()02tttgt，所以()2ttgtt在0,上为增函数，34(12)tyt在0,上为减函数，又由（1），可知(1)112f，(2)3210f，得学习效率最佳时间是1,22.定义在R上的函数()fx满足：如果对任意12,xxR，都有12121()()()22xxffxfx，则称函数()fx是R上的凹函数，已知二次函数2()(,0)fxaxxaRa.（1）求证：当0a时，函数()fx是凹函数；（2）如果0,1x时，()1fx，求实数a的范围。解析（1）因为2121212()()(),222xxxxxxfa2212112211()()()22fxfxaxxaxx作差，得LDC数学教育函数专题坚持到底——胜利！第4页共24页第4页共24页2221212121211()()()()()2222xxxxffxfxaaxx2221122122()0(0)42xxxxxxaaa即有12121()()()22xxffxfx，故函数()fx是凹函数（2）()1fx21()111fxaxx.假设0a时，在0,1x上，均有211axx.所以(1)1f，即11a，故0a.这与0a相矛盾，故0a不成立，即0a.又因为0a，所以0a.由211axx22221,111axxaxxaxxaxx①当0x时，则0a恒成立；②当0,1x时，有222211111,()2411111()24aaxxxaaxxx因为0,1x，所以11x，所以02aa又因为0a，所以2,0a函数含参问题的对比研究分析含有参数的函数问题是高中数学中的一类重要问题，渗透着化归转化、分类讨论等思想方法，具有运算量大、解题方法灵活等特点。因此，备受高考命题专家的青睐，称为江苏高考数学命题的重点和热点。分析2011年全国各省新课标高考数学试卷，不难发现，对含有参数的函数问题的考查力度比较大，考查内容广泛，设问方式新颖。能否解决好含有参数的函数问题，对于能否在高考中取得令人满意的成绩起着举足轻重的作用。下面通过对2011年新课标高考数学中含有参数的函数问题的归类分析，希望能为同学们的复习提供一些可供参考的资料和有益的帮助和启示。一、以含参函数的问题为载体探究函数的性质研究函数的定义域、值域、奇偶性、单调性等性质，是高中阶段对函数研究的主要内容，也是高考的必考内容。而将这种研究置于含有参数的函数问题之中，既考查研究函数性质的能力，又考查分类讨论、等价转化等数学思想方法的运用能力。例1（2011.广东卷）设0a，讨论函数2()ln(1)2(1)fxxaaxax的单调性解析由题，知0,0ax，22(1)2(1)1'()aaxaxfxx，令2()2(1)2(1)1gxaaxax，（1）当1a时，()10gx，所以'()0fx，故()fx在0,上单调递增；（2）当01a时，()gx的图像为开口向上的抛物线，22(1)8(1)4(1)(13)aaaaa，若113a，则0，()0gx，'()0fx，当且仅当13,32ax时取等号，所以()fx在0,上单调递增；若103a，则0，令()0gx，解得12(1)(1)(13)(1)(1)(13)0,02(1)2(1)aaaaaaxxaaaa，LDC数学教育函数专题坚持到底——胜利！第5页共24页第5页共24页且12xx，当10xx或2xx时，()0,'()0,()gxfxfx单调递增；当12xxx时，()0,'()0,()gxfxfx单调递减。（3）当1a时，()gx的图像为开口方向向下的抛物线，且0，令()0gx，解得0)1(2)31)(1()1(,0)1(2)31)(1()1(21aaaaaxaaaaax，当10xx时，()0,'()0,()gxfxfx单调递增；当1xx时，()0,'()0,()gxfxfx单调递减，综上，当103a时，()fx在120,,,xx上单调递增，在12,xx上单调递减；当113a时，()fx在0,上单调递增；当1a时，()fx在10,x上单调递增，在1,x上单调递减。其中12(1)(1)(13)(1)(1)(13),2(1)2(1)aaaaaaxxaaaa点评本题目的目标很明确，就是要研究给定函数的单调性。解题思路也很清晰，一是利用单调性的定义，二是利用导数。结合题目中函数的特点，运用导数是一种十分自然的选择。关键之处就在于设置了参数，求出导数后，要确定导数的符号，参数的不同取值会导致不同结果。因此，必须善于根据参数的取值情况进行分类讨论。高考这样设计试题，其主要目的就在于此。一般