函數(shù)真題匯編講師版

高考培優(yōu)數(shù)學(xué)講義函數(shù)浙江匯學(xué) 授課日期教 授長(zhǎng)f(xx2axb(a,bR,M(a,b是（I）a2M(a,b)（II）abM(a,b2ab的最大值

（1）見(jiàn)解析因?yàn)閨a|≥2，所以或≥1，所以函數(shù)f（x）在[﹣1，1]上單調(diào)，所以所以|a|+|b|的最大值為3．x23,x【試題】已知函數(shù)f(x) ，則f(f(3)) ，f(x)的最小值【答案】022- （（﹣3=（1=0當(dāng)x≥1時(shí)，f（x）=，即最小值 當(dāng)x＜1時(shí)，x2+1≥1（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是2【解析】(Ⅰ)因?yàn)閤1，x2是方程f x=0的根，所以f x2)．當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，由于x1<x2，所以(xx1)(xx2) 0，故x<f(x)．因?yàn)?f(x)= x)[ 又 x> x2)> f(x)>0．從而f(x)<x1．綜上，x<f(x)<(Ⅱ)由題意知xb．因?yàn)閤1,x2是方程f x+c= xx1bxb(x1x21．因?yàn)閤2<1xx1

f ff 由f（f（a）≤2，可得f（a）≥﹣2．由f（x）=﹣2，可得﹣x2=﹣2，即x=，故當(dāng)f（f（a）≤2時(shí)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是a≤，（﹣∞，【試題】已知函數(shù)f（x）=x3+3|x﹣a|（a∈Raa x（a1，（x=x3+3x﹣3ax∈（﹣1，a，∴（）=ax{（，﹣），（=（=a，∵（﹣﹣）﹣6+2， ∵[f（x）+b]2≤4x∈[﹣1，1]恒成立，∴﹣2≤h（x）≤2對(duì)x∈[﹣1，1]小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，則﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2；令t（a）=﹣2﹣a3+3a，則t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函數(shù)，∴t（a）＞t（﹣1=3a+b+2（1=3a+b﹣2【試題】已知a∈R，函數(shù)（1，f（1）（2）當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，求|f（x）|的最大值 當(dāng)0＜a＜1時(shí)，由3（x﹣1）2+3（a﹣1）=0，得，x∈（x1，x2）時(shí)，f′（x）＜0，函數(shù)f（x）單調(diào)遞減；所以函數(shù)f（x）的極大值，極小值從而f（x1）＞|f（x2）|．所以f（x）max=ax{f（0，f（2），f（x1）}．當(dāng)0＜a＜時(shí)又故，（2）=（2，f（2）≥f（0 時(shí)，f（x1）≤|f（2）|．故 1考查函數(shù)y1=（a﹣1）x﹣1：令y=0，得M（，0，∴a＞1；考查函數(shù)y2=x2﹣ax﹣1，顯然過(guò)點(diǎn) ，0，【解析（Ⅰ）證明（ⅰ）f′（x）=12a（x2﹣（xmax=max{（0（1}=|2a（ⅱ）f（x）+|2a﹣b|+a≥0，即證g（x）=﹣f（x）≤|2a﹣b|﹢ag（x）0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a﹣b|﹢a，．當(dāng)b≤0時(shí)，g′（x）＜0在0≤x≤1上恒成立，當(dāng)b＞0時(shí)，g′（x）在0≤x≤1上的正負(fù)性不能判斷，∴g（x）max=max{g（，g（1）}≤|2a﹣b|﹢a；綜上所述：函數(shù)g（x）0≤x≤1上的最大值小于（或等于取b為縱軸，a為橫軸，則可行域?yàn)椋夯?，目?biāo)函數(shù)z=a+b．作圖如右：由圖易得：a+b的取值范圍為f(x)xa)2lnxaxe為yf(x的極值點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a求實(shí)數(shù)ax(0,3ef(x4e2 a時(shí)考查推理論證能力，分類討論分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力。滿分14分。a(xa（I）解：求導(dǎo)得f'(x)2(xa)lnx (xa)(2lnx xe是f(xf'(eea)(3ae解得ae或a3e經(jīng)檢驗(yàn)，符合題意，所以ae或a（II）解：①當(dāng)0x1af(x04e2②當(dāng)1x3ef(3e(3ea)2ln(3e4e2 解得3e a3e 由（I）f'(x)(xa)(2lnx

ah(x2lnx

a則h(11a0h(a2lnax

a2ln(3e)

2(ln3e

) h(x)在(0,內(nèi)單調(diào)遞增所以函數(shù)h(x)在(0,x0則1x03e,1x0ax(0,x0f'(xx(x0a)時(shí),f'(x0x(af'(xf(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞增，在(x0a內(nèi)單調(diào)遞減，在(af(x)(xa)2lnx4e2,所以要使f(x)4e2對(duì)x1,3e恒成立，只要 a由h(x)2lnx1 0，知a2xlnxx ax x0 將（3）代入（1）得4x2ln3x 再由（3）以及函數(shù)2xlnxx在(1,內(nèi)單調(diào)遞增，可得1a3e. a3e .所以3e a綜上，a的取值范圍是3e af(x)(xa)2xb)exbR,xaf(x的一個(gè)極大值點(diǎn)求b的取值范圍x1x2x3f(x的3bx4Rx1x2x3x4的某種排列xixi2xi3xi4（其中{i1i2i3i4{1,2,3,4}）依次成等差數(shù)列？若存在，示所有的b及相應(yīng)的x4;若不存在，說(shuō)明理由.6I（-∞67

1當(dāng)ba 時(shí),xa 71當(dāng)ba 時(shí),a71 時(shí)考查推理論證能力，分類討論等綜合解題能力和創(chuàng)新意識(shí)，滿分14分。（Ⅰ）f(x)c2xa)[x23ab)x2babg(x)x23ab)x2bab則3ab)24(2baba)ab1)28x1a或x2axaf(xx1a且x2axaf(xxaxg(a0即a23ab)a2baba0，所以b 所以b的取值范圍是（-∞a解：由（Ⅰ）可知，假設(shè)存了b及xb（1）x2aax1x42x2a或x42x1于是2x1x2ab3.即ba(ab1)26此時(shí)x42x2aab3(ab1)26(ab1)2 或x2xaab3(ab1)2 （2）x2aax1x2a2(ax1或(ax22(x2xa2(ax),則xa 于是3a2x1x2

3(ab3) (ab1)22

9(ab1)2 3(ab 于(ab1)22此時(shí)xax22a(ab3)3(ab3)b3a1 13 ②若ax2(xa),則xa 于是3a2x2x1

3(ab3) (ab1)22(ab(ab1)2 3(ab3)，于是ab12

13此時(shí)xax12a(ab3)3(ab3)b3a1 13 6綜上所述，存在b滿足題意當(dāng)ba3時(shí)x4a612當(dāng)ba713時(shí)x12 7 1當(dāng)ba 時(shí),aa 【試題】對(duì)于正實(shí)數(shù)Mf(xx1x2Rx2x1(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)．下列結(jié)論中正確的是 f(xM1g(xM2f(xg(xM1 f 若f(x)M1，g(x)M2，且 0，則 f(xM1g(xM2f(xg(xM1f(xM1g(xM2，且12f(xg(xM1【解析】對(duì)于(xxf(xf(x(xx，即有f(x2f( x 令f(x2)f(x1)k，有k，不妨設(shè)f(x) ，g(x) ，即x 1kf 2kg2，因此有12kfkg12f(x)g(x)M12【試題（I）p(xf(xg(xp(x在區(qū)間(0,3)．，求kg(x),x（II）設(shè)函數(shù)q(x)f(x),x

是否存在k，對(duì)任意給定的非零實(shí)x1，存在惟【解析】（I）P(xf(xg(xx3k1)x2k5)px3x22(k1)x(k5)p(x在區(qū)間(0,3)px0在0,3上有實(shí)數(shù)解，且無(wú)重根，由px0得k(2x1)(3x22x5), (3x22x 3 10k 2x 42x12x13，令t2x1,有t1,7h(t)t9,ht在1,3上單調(diào)遞減，在3,7上單調(diào)遞增，所以有ht6,10t是2x1 2x

6,10，得k5,2，而當(dāng)k2px0在0,3上有（II）x0時(shí)有qxfx3x22(k2k1)xx0時(shí)有qxgx2k2xk，因?yàn)楫?dāng)k0時(shí)不合題意，因此k0下面討論k0Ak，B=5,（?。﹛10時(shí)，qx在0,上單調(diào)遞增，所以要使qx2qx1x20AB，因