1、方法一方法二 方法三 专题测试方法四 方法五 专题突破一 函数与导数高频考点突破方法命题方向函数与导数高频考题的命题方向主要有三个：一是以基本初等函数为素材进行交汇，结合函数性质及导数运算、作图方法，进行识别、判断图象.,二是围绕函数的性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题.,三是围绕函数与方程，不等式等探究方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题.方法一 多法并用辨识图象例 1 已知 f(x)14x2sin2x，则 f(x)的图象是()分析 先求出导函数 f(x)，然后利用函数的奇偶性和函数值的符号变化进行排除即可解析 选 A.法一：f(x)14x2sin2
2、x 14x2cos x，故 f(x)12xsin x，记 g(x)f(x)，其定义域为 R，且 g(x)12(x)sin(x)12xsin x g(x)，即 g(x)为奇函数，所以排除 B，D 两个选项 又当 x2时，g2 122sin 2410，故排除 C.选 A.法二：同解法一排除 B，D 两个选项 g(x)12cos x，显然当 x0，3 时，g(x)0，g(x)在0，3 上单调递减，故排除 C，选 A.本题中函数的解析式相对比较复杂，直接利用函数的定义域、值域、单调性、周期性也很难判断出函数的准确图象，但可以发现 gxfx为奇函数，由奇函数关于原点对称，可以排除 B，D 两个选项，接下
3、来再根据其余选项函数的图象特征可以发现由特殊点 x2进行判断，或是根据 gx的单调性进行判断.利用排除法判断函数的图象，一般要先考虑函数的定义域、值域、单调性、周期性，再根据特殊点扫描，如果依然不行就要转化已知函数或是严格按照题意进行判断求解.方法二 构造函数法求解不等式恒成立问题例 2(2017东北三省三校一模)函数 f(x)ln x，g(x)x2xm.(1)若函数 F(x)f(x)g(x)，求函数 F(x)的极值；(2)若 f(x)g(x)00 x1；F(x)1；F(x)0 x1，F(x)与 F(x)随 x 的变化情况如下表：x(0,1)1(1，)F(x)0 F(x)递增极大值递减 F(x
4、)的极大值为 F(1)m，没有极小值(2)f(x)g(x)(x2)exln xx 在 x(0,3)上恒成立，令 h(x)(x2)exln xx，则 h(x)(x1)ex1x，当 x1 时，x10，且 exe，1x0，h(x)0，当 0 x1 时，x10，u 在(0,1)上递增，x0时，1x，u0，x0(0,1)，使得 u0ex01x00，x(0，x0)时，u0，x(0，x0)时，h(x)0，x(x0,1)时，h(x)0，函数 h(x)在(0，x0)上递增，在(x0,1)上递减，在(1,3)上递增，h(x0)(x02)ex0ln x0 x0(x02)1x02x012x02x0.x0(0,1)，2
5、x02，h(x0)12x02x012x00，x(0,3)时，h(x)ln 2(nN*)解(1)对 f(x)求导，得 f(x)11xm(x1)当 m0 时，f(x)0 恒成立，则 f(x)为(1，)上的增函数，所以 f(x)没有极值 当 m0 时，由 f(x)0，得1x1m1；由 f(x)1m1.所以 f(x)在1，1m1 上单调递增，在1m1，上单调递减 故当 x1m1 时，f(x)有极大值 f1m1 m1ln m，但无极小值(2)证明：取 m1，由(1)知 f(x)ln(1x)x 在(0，)上单调递减，所以 f(x)f(0)0，即 ln(1x)0)令 x1k(k0)，得 ln11k 1k，即
6、 lnk1k lnn2n1lnn3n2ln2n22n1ln2n2n1 ln 2，即 1n1 1n21nn1ln 2(nN*)成立利用函数不等式的结论证明数列型不等式，对于这类不等式的证明，需要有预测性地理解命题的构成思想这是问题求解的思维难点，即从前面研究的函数式中对参数 m 确定一个符合不等式结构的定值，如本例中取 m1 得到函数不等式 ln1x0，再对其中的自变量赋值令 x1kk0，得 ln11k 1k，即 lnk1k 1k，再取 kn1，n2，nn1，nN*，即可得到解题的基本思路.方法四 等价转化法突破双参数存在性问题例 4 设 f(x)axxln x，g(x)x3x23.(1)如果存
7、在 x1，x20,2，使得 g(x1)g(x2)M 成立，求满足上述条件的最大整数 M；(2)如果对于任意的 s，t12，2，都有 f(s)g(t)成立，求实数 a 的取值范围解(1)存在 x1，x20,2，使得 g(x1)g(x2)M 成立，等价于g(x1)g(x2)maxM.由 g(x)x3x23，得 g(x)3x22x3xx23.由 g(x)0，解得 0 x0，解得 x23.又 x0,2，所以 g(x)在区间0，23 上单调递减，在区间23，2上单调递增，g(x)maxg(2)1，g(x)ming23 8527.所以g(x1)g(x2)maxg(x)maxg(x)min185271122
8、7 M，则满足条件的最大整数 M4.(2)对于任意的 s，t12，2，都有 f(s)g(t)成立，等价于在区间12，2 上，函数 f(x)ming(x)max.由(1)可知在区间12，2 上，g(x)的最大值为 g(2)1.在区间12，2 上，f(x)axxln x1 恒成立等价于 axx2ln x 恒成立 设 h(x)xx2ln x，x12，2，则 h(x)12xln xx，易知h(x)在区间12，2 上是减函数，又 h(1)0，所以当 1x2 时，h(x)0；当12x0.所以函数 h(x)xx2ln x 在区间12，1 上单调递增，在区间1,2上单调递减，所以 h(x)maxh(1)1，所
9、以实数 a 的取值范围是1，)含参数不等式问题的求解方法一般采用等价转化法.本例中第1问是“存在性”问题，转化方法是：如果存在 x1，x20，2，使得 gx1gx2M 成立，则可转化为 Mgx1gx2max，即求解使不等式 Mgxmaxgxmin 成立时的 M 的最大取值；第2问是“恒成立”问题，转化方法是：如果对于任意的 x1，x212，2，都有 fx1gx2成立，则可转化为在区间12，2 上，fxmingxmax，求解得到实数 a 的取值范围.方法五 数形结合法妙解函数零点问题1借“义”化“形”巧判零点个数例 5(2017哈尔滨四校检测)已知函数 yf(x)(xR)满足f(x1)f(x)，
10、且当 x1,1时，f(x)|x|，函数 g(x)sinx，x0，1x，x0，且 a1)当2a3b4 时，函数 f(x)的零点 x0(n，n1)，nN*，则 n.解析 法一：(“数”化范围，函数零点的存在性定理)函数f(x)logaxxb 的定义域为(0，)，因为 f(2)loga22b，f(3)loga33b.而 2a3，所以 0loga2logaa1.又 3b4，所以22b1，13b0，所以 f(2)loga22b0，故 f(2)f(3)2，所以 yf(x)在定义域上是单调递增函数，所以函数 f(x)在区间(2,3)内存在唯一的零点 x0.由已知 x0(n，n1)，nN*，所以 n2.法二：
11、(“形”化范围)由 f(x)logaxxb0，得 logaxbx，所以函数 f(x)的零点也就是函数 ylogax 与 ybx 的图象交点的横坐标 又 2a3b2，函数 g(x)bf(2x)，其中 bR.若函数 yf(x)g(x)恰有 4 个零点，则 b 的取值范围是()A.74，B.，74C.0，74D74，2解析：选 D.由 f(x)2|x|，x2，x22，x2得 f(2x)2|2x|，x0，x2，x0，所以 yf(x)f(2x)2|x|x2，x2，即 yf(x)f(2x)x2x2，x2.因为 yf(x)g(x)f(x)f(2x)b，所以 yf(x)g(x)恰有 4 个零点等价于方程 f(
12、x)f(2x)b0 有 4 个不同的解，即函数 yb 与函数 yf(x)f(2x)的图象有 4 个交点 如图所示，作出函数 yf(x)f(2x)的图象 由图象可知，当 b74时，直线 yb 与函数 yf(x)f(2x)的图象没有交点；当 b74时，直线 yb 与函数 yf(x)f(2x)的图象只有两个交点；当74b2 时，直线 yb 与函数 yf(x)f(2x)的图象只有两个交点 所以 b 的取值范围为74，2.答案：D由函数零点个数或零点所在范围求解函数解析式中的参数的取值范围问题综合性比较强，解决此类问题的一般思路就是通过分离参数简化问题的求解，即首先分离参数，整理成 afx的形式，即可将问题转化为函数 yfx的图象与直线 ya 的交点问题，进而研究函数 yfx的相关性质，画出函数图象，根据图象的直观性求参数的取值范围.专题测试