函數考題搶“鮮”看

李錦昱

函數與導數部分試題既有客觀題，也有解答題，每套標準試卷里少則４、５道，多則可達１０道，考查點側重于利用導數等工具寫出切線方程、判斷單調性和極值、求參數值或取值范圍等，解題過程中大多需要采用數形結合、分類討論等數學思想和基本數學方法．一個值得注意的傾向是，不少高考模擬試卷已經將函數部分的試題作為創新的實驗田．本文擬對此加以分類解析，或能對讀者備考起到拋磚引玉之功效．

類型一、以新定義函數考查閱讀理解和遷移能力

分析各地模擬試題不難發現，有很多定義了新形式（或運算或性質），只有讀懂“新定義”準確理解迅速求解．

例１． 在實數集Ｒ中定義一種運算“ ?茌 ”，具有性質：①對?坌ａ，ｂ∈Ｒ，ａ?茌ｂ＝ｂ?茌ａ；②對?坌ａ∈Ｒ，ａ?茌０＝ａ；③對?坌ａ，ｂ，ｃ∈Ｒ，（ａ?茌ｂ）?茌ｃ＝ｃ?茌（ａｂ）＋（ａ?茌ｃ）＋（ｂ?茌ｃ）－２ｃ．函數ｆ（ｘ）＝ｘ?茌■（ｘ≥１）的最小值為（）

Ａ． ５ Ｂ． ４ Ｃ． ２＋２■ Ｄ． ２■

分析與解：本題中函數涉及新定義“?茌”，仔細觀察分析ｆ（ｘ）＝ｘ?茌■（ｘ≥１），只涉及兩個正實數ｘ，■的運算“?茌”，所以令ｃ＝０，ａ＝ｘ，ｂ＝■，由②③可知當ｘ≥１時，ｆ（ｘ）＝ｘ?茌■＝（ｘ?茌■）?茌０，而（ｘ?茌■）?茌０＝０?茌（ｘ×■）＋ｘ?茌０＋■?茌０－２×０，進一步化簡可得ｆ（ｘ）＝ｘ?茌■＝ｘ×■＋ｘ+■＝ｘ＋■＋２≥２＋２■（當且僅當ｘ＝■＝■時取得最小值），故選Ｃ．（若將題設中ｘ≥１改為０＜ｘ≤１，則需要利用ｇ（ｘ）＝ｘ＋■的單調性求出最小值為５，此時答案為Ａ．）

注：對于ｇ（ｘ）＝ｘ＋■，也可以利用導數解答．本題根據２０１４年廣東省東莞市高三模擬（二）理科第８題改編，原題中ｆ（ｘ）＝ｘ?茌■（ｘ＞０）．

類比訓練：已知函數ｆ（ｘ）＝２ｘ＋１，ｘ∈Ｎ?鄢．若?堝ｘ０，ｎ∈Ｎ?鄢，使ｆ（ｘ０）＋ｆ（ｘ０＋１）＋…＋ｆ（ｘ０＋ｎ）＝６３成立，則稱（ｘ０，ｎ）為函數ｆ（ｘ）的一個“生成點”．函數ｆ（ｘ）的“生成點”共有（）

Ａ． １個 Ｂ ． ２個 Ｃ ． ３個 Ｄ ． ４個

【答案與提示】由（２ｘ０＋１）＋［２（ｘ０＋１）＋１］＋…＋［２（ｘ０＋ｎ）＋１］＝６３，即（ｎ＋１）（２ｘ０＋ｎ＋１）＝６３，因為ｘ０，ｎ∈Ｎ?鄢，所以ｎ＋１≥２，２ｘ０＋ｎ＋１＞ｎ＋１．因為７×９＝３×２１＝６３，所以當ｎ＋１＝３時，２ｘ０＋ｎ＋１＝２ｘ０＋３＝２１，此時ｎ＝２，ｘ０＝９，生成點為（９，２）．當ｎ＋１＝７時，２ｘ０＋ｎ＋１＝２ｘ０＋７＝９，此時ｎ＝６，ｘ０＝１，生成點為（１，６）．所以函數ｆ（ｘ）的“生成點”共有２個，選Ｂ．

類型二、以函數的零點或方程的根考查分類討論思想的運用

求解函數零點問題或者方程的根是常見題型，不少試題都需要根據具體情況“分而治之”進行不重不漏的分類討論．

例２． 已知函數ｆ（ｘ）＝ａ·ｅｘ，ｘ≤０－ｌｎｘ，ｘ＞０其中ｅ為自然對數的底數，若關于ｘ的方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有且只有一個實數解，則實數ａ的取值范圍是（）

Ａ．（－∞，０） Ｂ．（－∞，０）∪（０，１）

Ｃ．（０，１） Ｄ．（０，１）∪（１，＋∞）

分析與解：注意到ｘ＞０時，只需令－ｌｎｘ＝１，則ｆ（ｆ（ｘ））＝－ｌｎ（－ｌｎｘ）＝０，方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有唯一解ｘ＝■；因此以下只需要對實數ａ分ａ＜０、ａ＝０、ａ＞０進行討論．

若ａ＜０，則ｘ≤０時，ａ·ｅｘ＜０，ｆ（ｆ（ｘ））＝■＜０，方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０無解；但ｘ＞０時，方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有唯一解ｘ＝■，符合題意；

若ａ＝０，則ｘ≤０時，ａ·ｅｘ＝０，方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有無數個解，不符合題意；

若ａ＞０，則ｘ≤０時，ｅｘ∈（０，１］，ａ·ｅｘ＞０，且ｆ（ｆ（ｘ））＝－ｌｎ（ａ·ｅｘ），假如方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有唯一解，則對?坌ｘ≤０，恒有ａ·ｅｘ＝１，ａ＝■，所以ａ≥１，此時方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０的解不唯一（至少ｘ＝－ｌｎａ和ｘ＝■都是方程的根），不符合題意；而ｘ＞０時，方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０有唯一解ｘ＝■，這意味著只有０＜ａ＜１符合題意．

綜上可知，實數ａ的取值范圍是（－∞，０）∪（０，１），選Ｂ．

注：本題若畫出函數ｆ（ｘ）的圖像，考慮方程ｆ（ｆ（ｘ））＝０解的情況需要兩次聯系圖像，特別對于ａ＞０的討論容易出錯．

類比訓練： ｆ（ｘ）＝│２ｘ－１│， ｆ１（ｘ）＝ ｆ（ｘ）， ｆ２（ｘ）＝ ｆ（ｆ１（ｘ）），…，ｆｎ（ｘ）＝ ｆ（ｆｎ－１（ｘ）），則函數ｙ＝ｆ４（ｘ）的零點個數為．

【答案與提示】由ｆ４（ｘ）＝ｆ（ｆ３（ｘ））＝０，即| ２ｆ３（ｘ）－１ |＝０，解得ｆ３（ｘ）＝■，也就是ｆ３（ｘ）＝ｆ（ｆ２（ｘ））＝| ２ｆ２（ｘ）－１ |＝■，解得ｆ２（ｘ）＝■或ｆ２（ｘ）＝■．當ｆ２（ｘ）＝■時，ｆ２（ｘ）＝ｆ（ｆ１（ｘ））＝| ２ｆ１（ｘ）－１ |＝■，解得ｆ１（ｘ）＝■或ｆ１（ｘ）＝■，當ｆ２（ｘ）＝■時，ｆ２（ｘ）＝ｆ（ｆ１（ｘ））＝| ２ｆ１（ｘ）－１ |＝■，解得ｆ１（ｘ）＝■或ｆ１（ｘ）＝■．

由ｆ１（ｘ）＝| ２ｘ－１|＝■，解得ｘ＝■或ｘ＝■．由ｆ１（ｘ）＝| ２ｘ－１|＝■，解得ｘ＝■或ｘ＝■．由ｆ１（ｘ）＝| ２ｘ－１|＝■，解得ｘ＝■或ｘ＝■．由ｆ１（ｘ）＝|２ｘ－１|＝■，解得ｘ＝■或ｘ＝■．所以共有８個零點．

類型三、以函數圖像等形式考查導數的應用與估值

求解函數單調性問題大多需要用到導數這一重要工具，但不少試題還需要根據具體“題目情景”進行合理估值，更深入的用好導數（甚至是二階導數）的性質．

例３． 定義在區間［０，１］上的函數ｆ（ｘ）的圖像如右圖所示， 以點Ａ（０，ｆ（０）），Ｂ（１，ｆ（１），Ｃ（ｘ，ｆ（ｘ））為頂點的△ＡＢＣ的面積記為Ｓ（ｘ），則函數Ｓ（ｘ）的導函數Ｓ′（ｘ）的大致圖像為（）

分析與解：在題干圖中聯結兩點Ａ，Ｂ，其與函數圖像有另一個交點（設為Ｄ），注意到點Ｃ從Ａ向Ｄ運動過程中，Ｓ（ｘ）先增后減，且增速先大后?。p速較平緩）；而點Ｃ從Ｄ向Ｂ運動過程中，Ｓ（ｘ）仍然先增后減，且增速遞減（減速較快）；選項Ｄ比較符合上述特征．對于選項Ｃ，點Ｃ從Ａ向Ｄ運動過程中，雖然也滿足先增后減，但減速先后變化較大，與題意不符；同樣的，點Ｃ從Ｄ向Ｂ運動過程中，Ｓ（ｘ）先增后減中呈現增速先后變化較大，也與題意不符．

綜上分析，只能選Ｄ．

注：本題給出的選項Ｃ、Ｄ中Ｓ′（ｘ）的圖像雖然都說明了Ｓ（ｘ）先增后減，但不注意分析其細微差別，特別是導函數圖像中正負增減與原函數圖像的單調性變化的對應關系就很容易錯選Ｃ．

類比訓練：已知函數ｆ（ｘ）是定義在實數集Ｒ上的奇函數，若函數ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋１）＋５，對?坌ｘ∈Ｒ，總有ｇ′（ｘ）＞２ｘ，則ｇ（ｘ）＜ｘ２＋４的解集為（）

Ａ．（－∞，－１） Ｂ．（－∞，１） Ｃ． ＲＤ．（－１，＋∞）

【答案與提示】ｇ′（ｘ）＞２ｘ即ｆ′（ｘ＋１）－２ｘ＞０恒成立（易聯想到開口向上的二次曲線與ｘ軸沒有公共點，或判別式△＜０），函數ｆ（ｘ）是定義在實數集Ｒ上的奇函數，因此不妨設ｆ（ｘ）＝■，則ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ＋１）＋５＝■＋５，ｇ′（ｘ）＝（ｘ＋１）２＝ｘ２＋２ｘ＋１＞２ｘ， ｇ（ｘ）＜ｘ２＋４即■＋５＜ｘ２＋４，也就是ｘ３＋３ｘ＋４＜０，觀察系數易知ｘ＝－１是三次方程ｘ３＋３ｘ＋４＝０的一個實數根，據此可分解因式ｘ３＋３ｘ＋４＝（ｘ＋１）（ｘ２－ｘ＋４），顯然ｘ２－ｘ＋４＝０沒有實數解（ｘ２－ｘ＋４＞０恒成立），所以ｘ３＋３ｘ＋４＝（ｘ＋１）（ｘ２－ｘ＋４）＜０的解集為（－∞，－１）．故選Ａ．

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類型四、以函數為載體考查導數及線性規劃等應用

多項式函數問題的解決必須以導數為基本套路，目前有相當數量的試題還將考查點延伸到更多的知識塊（如線性規劃等領域）．

例４． 已知函數ｆ（ｘ）＝■＋■＋■ｘ＋■的兩個極值點分別是ｘ１ｘ２，且ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），點Ｐ（ｍ，ｎ）表示的平面區域為Ｄ．若函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像上存在平面區域Ｄ內的點，則實數ａ的取值范圍是()

Ａ．（１，３］ Ｂ．（１，３）Ｃ．［３，＋∞） Ｄ．（３，＋∞）

分析與解：ｆ ′（ｘ）＝ｘ２＋ｍｘ＋■，其兩個極值點ｘ１，ｘ２滿足ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），顯然ｘ→＋∞時ｆ ′（ｘ）＞０，則ｆ ′（０）＝■，ｆ ′（１）＝１＋■必定滿足ｆ ′（０））＞０，ｆ ′（１）＜０，畫出約束條件ｍ＋ｎ＞０，３ｍ＋ｎ＋２＜０，對應的可行域（如圖所示），函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像經過定點（－３，０），且經過點（－１，１）左上方區域內，因此ｇ（－１）＝ｌｏｇａ（－１＋４）＞１，解得１＜ａ＜３． 故選Ｂ．

類型五、借助常規函數考查概率知識

以基本初等函數問題為基本背景，考查點延伸到概率等領域，已在多地試卷中呈現．

例５． 利用計算機產生０～１之間的均勻隨機數ａ，則關于ｘ的一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根的概率為（）

Ａ． ■ Ｂ． ■ Ｃ． ■ Ｄ．■

分析與解：一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根，則△＝１－４ａ＜０，解得■＜ａ≤１，因為０≤ａ≤１，故由幾何概型可知，所求概率為１－■＝■，選Ｃ．

注：本題對高中的重點三個“二次”進行考查，已不僅僅是模仿２０１２年高考命題中的隨機模擬這么簡單．

例６． 從集合Ａ＝｛－１，１，２｝中隨機選取一個數記為ｋ，從集合Ｂ｛－２，１，２｝中隨機選取一個數記為ｂ，則直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限的概率為（）

Ａ．■Ｂ．■Ｃ． ■Ｄ．■

分析與解：斜率ｋ和縱截距ｂ都有三種取法，基本事件空間?萃＝｛（－１，－２），（－１，１），（－１，２），（１，－２），（１，１）（１，２），（２，－２），（２，１），（２，２）｝，其中（－１，１），（－１，２）對應的事件滿足“直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限”，所求概率為ｐ＝■， 選Ａ．

注：本題把重要的基礎知識直線的斜率和截距和古典概型相結合進行考查，既擴大了試題的覆蓋面，又使試卷不落俗套，值得細細思量，多加關注．

類型六、以函數性質為基本點，考查充要條件

對函數問題的考查，最重要的還是基本性質，從下面的試題里可見一斑．

例７． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ |＋ｂ是奇函數的充要條件是（）

Ａ． ａｂ＝０ Ｂ． ａ＋ｂ＝０ Ｃ． ａ２＋ｂ２＝０ Ｄ． ａ＝ｂ

分析與解：因為ｆ（ｘ）是奇函數，所以ｆ（０）＝ｂ＝０，即ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ|；又因為對?坌ｘ∈Ｒ， ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝ｘ（|ｘ＋ａ|－|－ｘ＋ａ|）＝０只有在|ｘ＋ａ|＝|－ｘ＋ａ|情況下，這意味著ｘ２＋ａ２＋２ａｘ＝ｘ２＋ａ２－２ａｘ，只有ａ＝０，故ａ２＋ｂ２＝０，選Ｃ．

例８．函數ｆ（ｘ）＝２ｘ，ｘ≥０■，ｘ＜０則ａ＝２是ｆ（ａ）＝４成立的（ ）

Ａ． 充分不必要條件 Ｂ． 必要不充分條件

Ｃ． 充要條件Ｄ． 既不充分也不必要條件

分析與解：因為ａ＝２，所以ｆ（ａ）＝２２＝４，即ａ＝２?圯ｆ（ａ）＝４；反之，若ｆ（ａ）＝４，則２ａ＝４，ａ＝２或■＝４，ａ＝－１６，因此ｆ（ａ）＝４?圯ａ＝２或者ａ＝－１６，故ａ＝２只是ｆ（ａ）＝４的充分不必要條件，選Ａ．

例９． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ２－３ｘ的圖像為C１，函數ｇ（ｘ）＝４－ｘ２的圖像為C２，過ｘ軸上的動點Ｍ（ａ，０）（０≤ａ≤３）作垂直于ｘ軸的直線分別交曲線C１，C２于Ａ，Ｂ兩點，則線段ＡＢ長度的最大值為（ ）

Ａ． ２ Ｂ． ４ Ｃ． ５ Ｄ．■

分析與解：畫出０≤ｘ≤３時C１與C２的簡圖，初步找到ＡＢ長度的最大值為函數ｈ（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｆ（ｘ）＝４－２ｘ２＋３ｘ在閉區間［０，３］上的最大值，因為二次曲線ｈ（ｘ）的對稱軸為直線ｘ＝■，則ｈ（■）＝■為最大值，選Ｄ．

注：本題利用導數求解也相當便捷．

例１０． 設Ｍ＝｛（ｘ，ｙ）│ｆ（ｘ，ｙ）＝０｝為平面直角坐標系ｘＯｙ內的點集，若?坌（ｘ１，ｙ１）∈Ｍ，?堝（ｘ２，ｙ２）∈Ｍ，使得ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，則稱點集Ｍ滿足性質Ｐ．給出下列三個點集：

①Ｒ＝｛（ｘ，ｙ）│ｃｏｓｘ－ｙ＝０｝j②Ｓ＝｛（ｘ，ｙ）│ｌｎｘ－ｙ＝０｝j③Ｔ＝｛（ｘ，ｙ）│ｘ２－ｙ２＝１｝.

其中滿足性質Ｐ的點集的序號是 ．

分析與解：對于點Ｍ１（ｘ１，ｙ１），Ｍ２（ｘ２，ｙ２），若ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，意味著向量■·■＜０，也就是驗證ｙ＝ｃｏｓｘ，ｙ＝ｌｎｘ的圖像及雙曲線ｘ２－ｙ２＝１上是否對于任意一點Ｍ１（ｘ１， ｙ１），都存在另一點Ｍ２（ｘ２， ｙ２）使得■·■夾角為鈍角或平角： 對于ｙ＝ｃｏｓｘ，注意到|ｃｏｓｘ|≤１，易知ｘ１ｘ２＋ｃｏｓｘ１ｃｏｓｘ２＜０存在性沒有問題，即①適合；對于ｘ２－ｙ２＝１，只要令Ｍ１，Ｍ２在對頂的象限內，也總有ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，即③適合；對于ｙ＝ｌｎｘ，?。停保ǎ?，０），則不論怎么取Ｍ２，ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｘ２＞０，因此②不滿足性質Ｐ，故填①③．

注：對于全稱命題，要判斷其不真，只需列舉合適的反例就能一蹴而就．

責任編校 徐國堅

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類型四、以函數為載體考查導數及線性規劃等應用

多項式函數問題的解決必須以導數為基本套路，目前有相當數量的試題還將考查點延伸到更多的知識塊（如線性規劃等領域）．

例４． 已知函數ｆ（ｘ）＝■＋■＋■ｘ＋■的兩個極值點分別是ｘ１ｘ２，且ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），點Ｐ（ｍ，ｎ）表示的平面區域為Ｄ．若函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像上存在平面區域Ｄ內的點，則實數ａ的取值范圍是()

Ａ．（１，３］ Ｂ．（１，３）Ｃ．［３，＋∞） Ｄ．（３，＋∞）

分析與解：ｆ ′（ｘ）＝ｘ２＋ｍｘ＋■，其兩個極值點ｘ１，ｘ２滿足ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），顯然ｘ→＋∞時ｆ ′（ｘ）＞０，則ｆ ′（０）＝■，ｆ ′（１）＝１＋■必定滿足ｆ ′（０））＞０，ｆ ′（１）＜０，畫出約束條件ｍ＋ｎ＞０，３ｍ＋ｎ＋２＜０，對應的可行域（如圖所示），函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像經過定點（－３，０），且經過點（－１，１）左上方區域內，因此ｇ（－１）＝ｌｏｇａ（－１＋４）＞１，解得１＜ａ＜３． 故選Ｂ．

類型五、借助常規函數考查概率知識

以基本初等函數問題為基本背景，考查點延伸到概率等領域，已在多地試卷中呈現．

例５． 利用計算機產生０～１之間的均勻隨機數ａ，則關于ｘ的一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根的概率為（）

Ａ． ■ Ｂ． ■ Ｃ． ■ Ｄ．■

分析與解：一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根，則△＝１－４ａ＜０，解得■＜ａ≤１，因為０≤ａ≤１，故由幾何概型可知，所求概率為１－■＝■，選Ｃ．

注：本題對高中的重點三個“二次”進行考查，已不僅僅是模仿２０１２年高考命題中的隨機模擬這么簡單．

例６． 從集合Ａ＝｛－１，１，２｝中隨機選取一個數記為ｋ，從集合Ｂ｛－２，１，２｝中隨機選取一個數記為ｂ，則直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限的概率為（）

Ａ．■Ｂ．■Ｃ． ■Ｄ．■

分析與解：斜率ｋ和縱截距ｂ都有三種取法，基本事件空間?萃＝｛（－１，－２），（－１，１），（－１，２），（１，－２），（１，１）（１，２），（２，－２），（２，１），（２，２）｝，其中（－１，１），（－１，２）對應的事件滿足“直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限”，所求概率為ｐ＝■， 選Ａ．

注：本題把重要的基礎知識直線的斜率和截距和古典概型相結合進行考查，既擴大了試題的覆蓋面，又使試卷不落俗套，值得細細思量，多加關注．

類型六、以函數性質為基本點，考查充要條件

對函數問題的考查，最重要的還是基本性質，從下面的試題里可見一斑．

例７． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ |＋ｂ是奇函數的充要條件是（）

Ａ． ａｂ＝０ Ｂ． ａ＋ｂ＝０ Ｃ． ａ２＋ｂ２＝０ Ｄ． ａ＝ｂ

分析與解：因為ｆ（ｘ）是奇函數，所以ｆ（０）＝ｂ＝０，即ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ|；又因為對?坌ｘ∈Ｒ， ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝ｘ（|ｘ＋ａ|－|－ｘ＋ａ|）＝０只有在|ｘ＋ａ|＝|－ｘ＋ａ|情況下，這意味著ｘ２＋ａ２＋２ａｘ＝ｘ２＋ａ２－２ａｘ，只有ａ＝０，故ａ２＋ｂ２＝０，選Ｃ．

例８．函數ｆ（ｘ）＝２ｘ，ｘ≥０■，ｘ＜０則ａ＝２是ｆ（ａ）＝４成立的（ ）

Ａ． 充分不必要條件 Ｂ． 必要不充分條件

Ｃ． 充要條件Ｄ． 既不充分也不必要條件

分析與解：因為ａ＝２，所以ｆ（ａ）＝２２＝４，即ａ＝２?圯ｆ（ａ）＝４；反之，若ｆ（ａ）＝４，則２ａ＝４，ａ＝２或■＝４，ａ＝－１６，因此ｆ（ａ）＝４?圯ａ＝２或者ａ＝－１６，故ａ＝２只是ｆ（ａ）＝４的充分不必要條件，選Ａ．

例９． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ２－３ｘ的圖像為C１，函數ｇ（ｘ）＝４－ｘ２的圖像為C２，過ｘ軸上的動點Ｍ（ａ，０）（０≤ａ≤３）作垂直于ｘ軸的直線分別交曲線C１，C２于Ａ，Ｂ兩點，則線段ＡＢ長度的最大值為（ ）

Ａ． ２ Ｂ． ４ Ｃ． ５ Ｄ．■

分析與解：畫出０≤ｘ≤３時C１與C２的簡圖，初步找到ＡＢ長度的最大值為函數ｈ（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｆ（ｘ）＝４－２ｘ２＋３ｘ在閉區間［０，３］上的最大值，因為二次曲線ｈ（ｘ）的對稱軸為直線ｘ＝■，則ｈ（■）＝■為最大值，選Ｄ．

注：本題利用導數求解也相當便捷．

例１０． 設Ｍ＝｛（ｘ，ｙ）│ｆ（ｘ，ｙ）＝０｝為平面直角坐標系ｘＯｙ內的點集，若?坌（ｘ１，ｙ１）∈Ｍ，?堝（ｘ２，ｙ２）∈Ｍ，使得ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，則稱點集Ｍ滿足性質Ｐ．給出下列三個點集：

①Ｒ＝｛（ｘ，ｙ）│ｃｏｓｘ－ｙ＝０｝j②Ｓ＝｛（ｘ，ｙ）│ｌｎｘ－ｙ＝０｝j③Ｔ＝｛（ｘ，ｙ）│ｘ２－ｙ２＝１｝.

其中滿足性質Ｐ的點集的序號是 ．

分析與解：對于點Ｍ１（ｘ１，ｙ１），Ｍ２（ｘ２，ｙ２），若ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，意味著向量■·■＜０，也就是驗證ｙ＝ｃｏｓｘ，ｙ＝ｌｎｘ的圖像及雙曲線ｘ２－ｙ２＝１上是否對于任意一點Ｍ１（ｘ１， ｙ１），都存在另一點Ｍ２（ｘ２， ｙ２）使得■·■夾角為鈍角或平角： 對于ｙ＝ｃｏｓｘ，注意到|ｃｏｓｘ|≤１，易知ｘ１ｘ２＋ｃｏｓｘ１ｃｏｓｘ２＜０存在性沒有問題，即①適合；對于ｘ２－ｙ２＝１，只要令Ｍ１，Ｍ２在對頂的象限內，也總有ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，即③適合；對于ｙ＝ｌｎｘ，?。停保ǎ?，０），則不論怎么?。停玻保玻保玻剑玻荆?，因此②不滿足性質Ｐ，故填①③．

注：對于全稱命題，要判斷其不真，只需列舉合適的反例就能一蹴而就．

責任編校 徐國堅

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類型四、以函數為載體考查導數及線性規劃等應用

多項式函數問題的解決必須以導數為基本套路，目前有相當數量的試題還將考查點延伸到更多的知識塊（如線性規劃等領域）．

例４． 已知函數ｆ（ｘ）＝■＋■＋■ｘ＋■的兩個極值點分別是ｘ１ｘ２，且ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），點Ｐ（ｍ，ｎ）表示的平面區域為Ｄ．若函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像上存在平面區域Ｄ內的點，則實數ａ的取值范圍是()

Ａ．（１，３］ Ｂ．（１，３）Ｃ．［３，＋∞） Ｄ．（３，＋∞）

分析與解：ｆ ′（ｘ）＝ｘ２＋ｍｘ＋■，其兩個極值點ｘ１，ｘ２滿足ｘ１∈（０，１），ｘ２∈（１，＋∞），顯然ｘ→＋∞時ｆ ′（ｘ）＞０，則ｆ ′（０）＝■，ｆ ′（１）＝１＋■必定滿足ｆ ′（０））＞０，ｆ ′（１）＜０，畫出約束條件ｍ＋ｎ＞０，３ｍ＋ｎ＋２＜０，對應的可行域（如圖所示），函數ｙ＝ｌｏｇａ（ｘ＋４）（ａ＞１）的圖像經過定點（－３，０），且經過點（－１，１）左上方區域內，因此ｇ（－１）＝ｌｏｇａ（－１＋４）＞１，解得１＜ａ＜３． 故選Ｂ．

類型五、借助常規函數考查概率知識

以基本初等函數問題為基本背景，考查點延伸到概率等領域，已在多地試卷中呈現．

例５． 利用計算機產生０～１之間的均勻隨機數ａ，則關于ｘ的一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根的概率為（）

Ａ． ■ Ｂ． ■ Ｃ． ■ Ｄ．■

分析與解：一元二次方程ｘ２－ｘ＋ａ＝０無實根，則△＝１－４ａ＜０，解得■＜ａ≤１，因為０≤ａ≤１，故由幾何概型可知，所求概率為１－■＝■，選Ｃ．

注：本題對高中的重點三個“二次”進行考查，已不僅僅是模仿２０１２年高考命題中的隨機模擬這么簡單．

例６． 從集合Ａ＝｛－１，１，２｝中隨機選取一個數記為ｋ，從集合Ｂ｛－２，１，２｝中隨機選取一個數記為ｂ，則直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限的概率為（）

Ａ．■Ｂ．■Ｃ． ■Ｄ．■

分析與解：斜率ｋ和縱截距ｂ都有三種取法，基本事件空間?萃＝｛（－１，－２），（－１，１），（－１，２），（１，－２），（１，１）（１，２），（２，－２），（２，１），（２，２）｝，其中（－１，１），（－１，２）對應的事件滿足“直線ｙ＝ｋｘ＋ｂ不經過第三象限”，所求概率為ｐ＝■， 選Ａ．

注：本題把重要的基礎知識直線的斜率和截距和古典概型相結合進行考查，既擴大了試題的覆蓋面，又使試卷不落俗套，值得細細思量，多加關注．

類型六、以函數性質為基本點，考查充要條件

對函數問題的考查，最重要的還是基本性質，從下面的試題里可見一斑．

例７． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ |＋ｂ是奇函數的充要條件是（）

Ａ． ａｂ＝０ Ｂ． ａ＋ｂ＝０ Ｃ． ａ２＋ｂ２＝０ Ｄ． ａ＝ｂ

分析與解：因為ｆ（ｘ）是奇函數，所以ｆ（０）＝ｂ＝０，即ｆ（ｘ）＝ｘ|ｘ＋ａ|；又因為對?坌ｘ∈Ｒ， ｆ（ｘ）＋ｆ（－ｘ）＝ｘ（|ｘ＋ａ|－|－ｘ＋ａ|）＝０只有在|ｘ＋ａ|＝|－ｘ＋ａ|情況下，這意味著ｘ２＋ａ２＋２ａｘ＝ｘ２＋ａ２－２ａｘ，只有ａ＝０，故ａ２＋ｂ２＝０，選Ｃ．

例８．函數ｆ（ｘ）＝２ｘ，ｘ≥０■，ｘ＜０則ａ＝２是ｆ（ａ）＝４成立的（ ）

Ａ． 充分不必要條件 Ｂ． 必要不充分條件

Ｃ． 充要條件Ｄ． 既不充分也不必要條件

分析與解：因為ａ＝２，所以ｆ（ａ）＝２２＝４，即ａ＝２?圯ｆ（ａ）＝４；反之，若ｆ（ａ）＝４，則２ａ＝４，ａ＝２或■＝４，ａ＝－１６，因此ｆ（ａ）＝４?圯ａ＝２或者ａ＝－１６，故ａ＝２只是ｆ（ａ）＝４的充分不必要條件，選Ａ．

例９． 函數ｆ（ｘ）＝ｘ２－３ｘ的圖像為C１，函數ｇ（ｘ）＝４－ｘ２的圖像為C２，過ｘ軸上的動點Ｍ（ａ，０）（０≤ａ≤３）作垂直于ｘ軸的直線分別交曲線C１，C２于Ａ，Ｂ兩點，則線段ＡＢ長度的最大值為（ ）

Ａ． ２ Ｂ． ４ Ｃ． ５ Ｄ．■

分析與解：畫出０≤ｘ≤３時C１與C２的簡圖，初步找到ＡＢ長度的最大值為函數ｈ（ｘ）＝ｇ（ｘ）－ｆ（ｘ）＝４－２ｘ２＋３ｘ在閉區間［０，３］上的最大值，因為二次曲線ｈ（ｘ）的對稱軸為直線ｘ＝■，則ｈ（■）＝■為最大值，選Ｄ．

注：本題利用導數求解也相當便捷．

例１０． 設Ｍ＝｛（ｘ，ｙ）│ｆ（ｘ，ｙ）＝０｝為平面直角坐標系ｘＯｙ內的點集，若?坌（ｘ１，ｙ１）∈Ｍ，?堝（ｘ２，ｙ２）∈Ｍ，使得ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，則稱點集Ｍ滿足性質Ｐ．給出下列三個點集：

①Ｒ＝｛（ｘ，ｙ）│ｃｏｓｘ－ｙ＝０｝j②Ｓ＝｛（ｘ，ｙ）│ｌｎｘ－ｙ＝０｝j③Ｔ＝｛（ｘ，ｙ）│ｘ２－ｙ２＝１｝.

其中滿足性質Ｐ的點集的序號是 ．

分析與解：對于點Ｍ１（ｘ１，ｙ１），Ｍ２（ｘ２，ｙ２），若ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，意味著向量■·■＜０，也就是驗證ｙ＝ｃｏｓｘ，ｙ＝ｌｎｘ的圖像及雙曲線ｘ２－ｙ２＝１上是否對于任意一點Ｍ１（ｘ１， ｙ１），都存在另一點Ｍ２（ｘ２， ｙ２）使得■·■夾角為鈍角或平角： 對于ｙ＝ｃｏｓｘ，注意到|ｃｏｓｘ|≤１，易知ｘ１ｘ２＋ｃｏｓｘ１ｃｏｓｘ２＜０存在性沒有問題，即①適合；對于ｘ２－ｙ２＝１，只要令Ｍ１，Ｍ２在對頂的象限內，也總有ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＜０，即③適合；對于ｙ＝ｌｎｘ，取Ｍ１（１，０），則不論怎么?。停?，ｘ１ｘ２＋ｙ１ｙ２＝ｘ２＞０，因此②不滿足性質Ｐ，故填①③．

注：對于全稱命題，要判斷其不真，只需列舉合適的反例就能一蹴而就．

責任編校 徐國堅

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