高考数学二轮复习函数与导数专题13几类常见函数模型课件(共62张PPT)

(共62张PPT)
专题13　几类常见函数模型
导言　函数是高中数学的灵魂，函数内容贯穿整个高中数学，函数模型也是高考的重点内容．对于函数模型的考查，可以是基本初等函数的图象以及“二域三性”，也可以是几个基本初等函数的有机组合而形成的“组合函数”．结合导数的引入，对于函数模型的学习，有了更深入细致的研究．
1　[人教A版必修一P160复习参考题4T5(3)]已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝log2x＋x，h(x)＝x3＋x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为(　　)
A. a>b>c B. b>c>a
C. c>a>b D. b>a>c
B
2　已知函数f(x)＝x(x－c)2在x＝2处有极大值，则f(x)的极小值为______.
0
解：(1) 由题意，得函数的定义域为R，
且f′(x)＝(x＋1)′ex＋(x＋1)(ex)′＝ex＋(x＋1)ex＝(x＋2)ex.
令f′(x)＝0，解得x＝－2.
4　[人教A版选必二P95例7]给定函数f(x)＝(x＋1)ex.
(1) 判断函数f(x)的单调性，并求出f(x)的极值；
(2) 画出函数f(x)的大致图象；
(3) 求出方程f(x)＝a(a∈R)的解的个数．
(2) 令f(x)＝0，解得x＝－1.
当x<－1时，f(x)<0；当x>－1时，f(x)>0，
当x→＋∞时，f(x)→＋∞，f′(x)→＋∞.
根据以上信息，我们画出f(x)的大致图象如图 所示．
要点指引
1. 指数、对数函数模型的数学试题，首先是考虑函数的“二域三性”，同时还要考查函数的图象，通过对函数的图象的观察，判断函数的零点等问题．
2. 三次函数是各类考试中经常出现的一类题型，对于三次函数的考查，一般考查函数的单调性、极值以及在给定区间的最值等．而三次函数还涉及切线、对称中心，以及根与系数的关系等内容．
4. 对于新的组合函数的处理，首先要考虑函数的定义域，然后利用函数的单调性定义，或利用导数相关知识，判断函数的单调性，确定函数的极值(最值)以及函数的零点．
重点1　指、对数函数模型
A. aC. c1
D
本题与【基础活动】的第1题对比，发现：通过指数、对数函数的构造，结合函数的单调性判断三个数的大小．　
A
变式训练2　已知函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A. (－∞，－2] B. [－2,0)
C. (0,2] D. [2，＋∞)
D
题后反思
1．指数、对数的大小比较问题，首先要构造出与指数、对数有关的函数，然后通过函数的单调性，结合零点存在定理等知识解决问题．
2．指数、对数模型的大小比较，可以借助导数的手段，适当的放缩等技巧使得问题得到解决．
重点2　三次函数模型
　[2025宁波模拟]已知函数f(x)＝(x－a)(x－b)2，其中a思路引导：本题考查三次函数的图象与性质．三次函数的问题，可以先借助导数的知识判断它的单调性、极值点，再将极大值与端点处的函数值比较大小．
2
D
本题与【基础活动】的第2题对比，发现：两个试题的题型结构是一样的，相同的地方都是通过求导研究三次函数单调性，确定函数极值，本题与【基础活动】第2题相比较，本题是与最值有关的问题，所以还要将极值与端点处的函数值比较大小．　
变式训练　(多选)已知函数f(x)＝2x3－3ax2＋1，则下列说法中正确的是( )
A. 当a>1时，f(x)有三个零点
B. 当a<0时，x＝0是f(x)的极大值点
C. 存在a，b，使得直线x＝b为曲线y＝f(x)的对称轴
D. 存在a，使得点(1，f(1))为曲线y＝f(x)的对称中心
AD
【解析】 由题意，得f′(x)＝6x2－6ax＝6x(x－a)．对于A，由a>1，知当x∈(－∞，0)∪(a，＋∞)时，f′(x)>0，则f(x)在区间(－∞，0)，(a，＋∞)上单调递增；当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，则f(x)在x＝0处取到极大值，在x＝a处取到极小值．由f(0)＝1>0，f(a)＝1－a3<0，得f(0)f(a)<0，根据零点存在定理可知f(x)在区间(0，a)上有一个零点．又f(－1)＝－1－3a<0，f(2a)＝4a3＋1>0，所以f(－1)f(0)<0，f(a)f(2a)<0，所以f(x)在区间(－1,0)，(a,2a)上各有一个零点．综上，当a>1时，f(x)有三个零点，故A正确；
题后反思
1. 三次函数是一个经常出现的考试题型，熟记三次函数的图象特征，有利于解决最值、单调性等问题．
2. 三次函数的图象是一个中心对称图形，它可以看作由y＝ax3的图象通过适当的平移得到y＝ax3＋bx2＋cx＋d的图象，三次函数图象的对称中心是两个极值点的坐标的中点，另一方面可以通过二次求导得到函数的对称中心．
重点3　组合函数模型
[2025南京、盐城一模]已知函数f(x)＝xex＋asinx.
(2) 若f(x)>0对于x∈(0，π)恒成立，求实数a的取值范围；
(3) 若存在x1，x2∈(0，π)，使得f(x1)＝f′(x2)＝0，求证：x1<2x2.
思路引导：本题主要考查三角函数与其他函数组合题型的单调性．(1)不等号两边是同一个变量，所以将目标不等式进行等价变换；(2)分类讨论，利用三角函数值的符号判定导函数的正负；(3)利用单调性，将目标中证明自变量的大小，转化成证明函数值的大小．
3
(1) 证明：由a＝0，得f(x)＝xex.
令g(x)＝ex－x－1，则g′(x)＝ex－1.
当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
所以g(x)>g(0)＝0，即ex－x－1>0，
(2) 解：由题意，得f′(x)＝(x＋1)ex＋acosx.
令m(x)＝f′(x)，则m′(x)＝(x＋2)ex－asinx.
①当a≥0时，由x∈(0，π)，得xex>0，asinx≥0，
则f(x)>0，满足题意．
②当a<0时，由x∈(0，π)，得(x＋2)ex>0，－asinx>0，则m′(x)>0，所以f′(x)在区间(0，π)上单调递增．
若－1≤a<0，则f′(x)>f′(0)＝1＋a≥0，
所以f(x)在区间(0，π)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，满足题意；
当0当x00，f(x)单调递增，
所以f(x0)综上，实数a的取值范围为[－1，＋∞)．
(3) 证明：由(2)知a<－1，x0＝x2，
则f(x)在区间(0，x2)上单调递减，在区间(x2，π)上单调递增．
又f(0)＝0[防范失误③]，f(x2)0，
故f(x)在区间(0，π)上存在唯一的零点x1，x1∈(x2，π)．
易得x1,2x2∈(x2，π)，且f(x)在区间(x2，π)上单调递增．
要证明x1<2x2，只需证f(x1)因为f(x1)＝0[防范失误③]，所以只需证f(2x2)>0，
即证2x2e2x2＋asin2x2>0.
所以h(x)>h(0)＝0，
所以h(x2)>0，
即x2－sinx2>0，
所以(x2＋1)(x2－sin x2)>0，
则(*)得证，故x1<2x2.
本题与【基础活动】的第3题对比，发现：两题都是由三角函数与其他函数组合得到的一个新的函数，只是本题需要通过构造函数才可以求解．　
变式训练　[2025赣州二模]已知函数f(x)＝ex，g(x)＝sinx＋cosx.
(2) 设φ(x)＝f(x)＋g(x)－2－ax＝ex＋sinx＋cosx－2－ax，x≥0，
则φ′(x)＝ex＋cosx－sinx－a.
令u(x)＝ex＋cosx－sinx－a，则u′(x)＝ex－sinx－cosx.
令m(x)＝x－sinx，则m′(x)＝1－cosx≥0，
所以m(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以m(x)≥m(0)＝0，即x≥sinx，－cosx≥－1，
所以u′(x)＝ex－sinx－cosx≥ex－(x＋1)，
设n(x)＝ex－x－1，则n′(x)＝ex－1，
易知n′(x)＝ex－1在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以当x∈[0，＋∞)时，n′(x)≥n′(0)＝0，n(x)单调递增，
所以n(x)min＝n(0)＝0，即ex≥x＋1恒成立，
所以u′(x)＝ex－sinx－cosx≥ex－(x＋1)≥0，
所以u(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
则u(x)≥u(0)＝2－a.
当2－a≥0，即a≤2时，u(x)≥0，即φ′(x)≥0，
所以φ(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，
所以φ(x)≥φ(0)＝0，符合题意；
当2－a<0，即a>2时，存在x0∈(0，＋∞)，使得u(x0)＝0，即φ′(x)＝0，
则对任意的x∈(0，x0)，都有u(x)<0，即φ′(x)<0，
此时φ(x)<φ(0)＝0，不符合题意．
综上，实数a的取值范围是(－∞，2]．
题后反思　若干个函数通过适当的组合得到新的函数，对于这一类问题的试题求解，应坚持定义域优先的策略，采用构造新的函数，利用函数的图象，分离参数，二次求导等技巧，使问题得到有效解决．
2
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3
1　[2025聊城期末]已知函数f(x)＝2x＋m·2－x(m∈R)是奇函数，则下列结论中正确的是(　　)
A
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1
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2　[2025桐乡检测]已知函数f(x)＝x3－ax2的极小值是－4，则实数a的值为(　　)
A. 1 B. 2
C. 3 D. 4
C
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C
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所以当x∈(x1，x2)时，f′(x)<0；
当x∈(0，x1)∪(x2，＋∞)时，f′(x)>0，
所以f(x)在区间(x1，x2)上单调递减，在区间(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增．
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