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江苏高考--函数题库专题


江苏省 2014 高考数学专题 解答题---函数的应用
1、已知函数 f(x) =lnx+2a/x, a∈R, ⑴ 若函数 f ﹙x﹚在[2, ﹢∞)上是增函数,求实数 a 的取值范围

⑵ 若函数 f ﹙x﹚在[1,e ]上的最小值为 3,求实数 a 的值 解:(1)因为 f'(x)=1/x-2a/x^2,函数 f ﹙x﹚在[2, ﹢∞)上是增函数,所以 f'(x)=1/x-2a/x^2>=0 所以 x-2a>=0,所以 a<=x/2 (x>=2)。 令 g(x)=x/2,则 g(x)最小值=1,所以 a<=1 (2)令 f'(x)=1/x-2a/x^2>0 得 x>2a, 令 f'(x)=1/x-2a/x^2<0 得 x<2a,所以 f ﹙x﹚在(0,2a)上是增函数,在 (2a,﹢∞)上是减函数 当 0<2a<1,即 o<a<1/2,f(x)最小值=f(1)=ln1+2a=2a=3,a=3/2,不符合 当 1<=2a<=e,即 1/2<=a<=e/2,f(x)最小值=f(2a)=ln2a+2a/2a=ln2a+1=3,a=e^2/2,不符合 当 2a>=e,即 a>=e/2,f(x)最小值=f(e)=lne+2a/e=1+2a/e=3,a=e 所以 a=e 2、若函数 f(x)为定义域 D 上单调函数,且存在区间[a,b] D(其中 a<b) ,使得当 x∈[a,b]时,f(x)的 取值范围恰为[a,b],则称函数 f(x)是 D 上的正函数,区间[a,b]叫做等域区间, (1)已知 是[0,+∞)上的正函数,求 f(x)的等域区间;
2

(2)试探究是否存在实数 m,使得函数 g(x)=x +m 是(-∞,0)上的正函数?若存在,请求出实数 m 的取值范 围;若不存在,请说明理由 解: (1)因为 是[0,+∞)上的正函数,且 在[0,+∞)上单调递增,

所以当 x∈[a,b]时, (2)因为函数

,解得 a=0,b=1,故函数 f(x)的“等域区间”为[0,1]; 是(-∞,0)上的减函数,

所以当 x∈[a,b]时, 代入 故关于 a 的方程

,两式相减得 ,由 a<b<0,且 b=-(a+1)得 内有实数解,

,即 b=-(a+1) , ,



, 则
3

,解得
2



3、 已知 a, b 是实数, 函数 f(x)=x +ax, g(x)=x +bx, f′(x)和 g′(x)分别是 f(x)和 g(x)的导函数, 若 f′(x)· g′ (x)≥0 在区间 I 上恒成立,则称 f(x)和 g(x)在区间上单调性一致, (1)设 a>0,若 f(x)和 g(x)在区间[-1,+∞)上单调性一致,求 b 的取值范围; (2)设 a<0 且 b≠0,若 f(x)和 g(x)在以 a,b 为端点的区间上单调性一致,求|a-b|的最大值. 2 解:f′(x)=3x +a,g′(x)=2x+b, (1) 由题意知 f′(x)g′(x)≥0 在[-1,+∞)上恒成立. 2 因为 a>0,故 3x +a>0,进而 2x+b≥0,即 b≥-2x 在区间[-1,+∞)上恒成立, 所以 b≥2,因此 b 的取值范围是[2,+∞)。 (2)令 f′(x)=0,解得 ,若 b>0,由 a<0 得 0∈(a,b),又因为 f′(0)g′(0)=ab<0,

所以函数 f(x)和 g(x)在(a,b)上不是单调性一致的,因此 b≤0.现设 b≤0,当 x∈(-∞,0)时,g′(x)<0;

当 x∈(-∞,

)时,f′(x)>0.因此,当

时,f′(x)g′(x)<0.

(2) 故由题设得 a≥



,从而

,于是



因此

,且当 a=

,b=0 时等号成立.又当

,b=0 时,f′(x)g′(x)=6x(x - ),

2

从而当 x∈

时, f′(x)g′(x)>0, 故函数 f(x)和 g(x)在
3 2

上单调性一致, 因此|a-b|的最大值为



4、已知三次函数 f(x)=4x +ax +bx+c(a,b,c∈R) (1)如果 f(x)是奇函数,过点(2,10)作 y=f(x)图象的切线 l,若这样的切线有三条,求实数 b 的取值 范围; (2)当-1≤x≤1 时有-1≤f(x)≤1,求 a,b,c 的所有可能的取值.

5、已 知 函 数 f ( x ) =alnx+x ( a 为 实 常 数 ) . ( 1 ) 若 a=-2 , 求 证 : 函 数 f ( x ) 在 ( 1 , + ∞ ) 上 是 增 函 数 ; ( 2 ) 求 函 数 f ( x ) 在 [1 , e] 上 的 最 小 值 及 相 应 的 x 值 ; ( 3 ) 若 存 在 x ∈ [1 , e] , 使 得 f ( x ) ≤ ( a+2 ) x 成 立 , 求 实 数 a 的 取 值 范 围 .

2

6、

7、已 知 函 数 f ( x ) =x -3ax ( a ∈ R ) ( 1 ) 当 a=1 时 , 求 f ( x ) 的 极 小 值 ; ( 2 ) 若 直 线 x+y+m=0 对 任 意 的 m ∈ R 都 不 是 曲 线 y=f ( x ) 的 切 线 , 求 a 的 取 值 范 围 ; ( 3 ) 设 g ( x ) =|f ( x ) | , x ∈ [-1 , 1] , 求 g ( x ) 的 最 大 值 F ( a ) 的 解 析 式 .

3

8、已 知 函 数 f ( x ) =ax +bx -3x ( a , b ∈ R ) 在 点 ( 1 , f ( 1 ) ) 处 的 切 线 方 程 为 y+2=0 . ( 1) 求 函 数 f( x) 的 解 析 式 ; ( 2 ) 若 对 于 区 间 [-2 , 2] 上 任 意 两 个 自 变 量 的 值 x 1 , x 2 都 有 |f ( x 1 ) -f ( x 2 ) | ≤ c , 求 实 数 c 的 最 小值; ( 3) 若 过 点 M( 2, m) ( m ≠ 2 ) 可 作 曲 线 y=f ( x ) 的 三 条 切 线 , 求 实 数 m 的 取 值 范 围 .

3

2

( 2 ) 令 f' ( x ) =0 , 即 3x -3=0 . 得 x= ± 1 . ′ 当 x ∈ ( - ∞ , -1 ) 时 , f ( x ) > 0 , 函 数 f ( x ) 在 此 区 间 单 调 递 增 ; ′ 当 x ∈ ( -1 , 1 ) 时 , f ( x ) < 0 , 函 数 f ( x ) 在 此 区 间 单 调 递 减 因 为 f ( -1 ) =2 , f ( 1 ) =-2 , 所 以 当 x ∈ [-2 , 2] 时 , f ( x ) m a x =2 , f ( x ) m i n =-2 . 则 对 于 区 间 [-2 ,2] 上 任 意 两 个 自 变 量 的 值 x 1 ,x 2 ,都 有 |f( x 1 )-f( x 2 )| ≤ |f( x )m a x -f( x )m i n |=4 , 所 以 c≥ 4. 所 以 c 的 最 小 值 为 4.

2

9、设 a 为实数,函数 f(x)=e -2x+2a,x∈R。 (1)求 f(x)的单调区间与极值; x 2 (2)求证:当 a>ln2-1 且 x>0 时,e >x -2ax+1。 x x 解: (1)由 f(x)=e -2x+2a,x∈R 知 f'(x)=e -2,x∈R 令 f'(x)=0,得 x=ln2 于是,当 x 变化时,f'(x)和 f(x)的变化情况如下表:

x

故 f(x)的单调递减区间是(-∞,ln2) ,单调递增区间是(ln2,+∞) f(x)在 x=ln2 处取得极小值 极小值为 f(ln2)=2-2ln2+2a。 x 2 (2)证明:设 g(x)=e -x +20ax-1,x∈R, x 于是 g'(x)=e -2x+2a.x∈R 由(1)知当 a>ln2-1 时,g'(x)取最小值为 g'(ln2)= 2(1-ln2+a)>0 于是对任意 x∈R,都有 g'(x)>0, 所以 g(x)在 R 内单调递增, 于是,当 a>ln2-1 时,对任意 x∈(0,+∞) ,都有 g(x)>g(0) ,而 g(0)=0 从而对任意 x∈(0,+∞) ,都有 g(x)>0 x 2 x 2 即 e -x +2ax-1>0,故 e >x -2ax+1。 10

11、已知定义在 R 上的函数 f(x)=x (ax﹣3),其中 a 为常数. (1)若 x=1 是函数 f(x)的一个极值点,求 a 的值; (2)若函数 f(x)在区间(﹣1,0)上是增函数,求 a 的取值范围; (3)若函数 g(x)=f(x)+f'(x),x∈[0,2],在 x=0 处取得最大值,求正数 a 的取值范围. 解: 3 2 (1)∵f(x)=ax ﹣3x ∴f'(x)=3ax2﹣6x=3x(ax﹣2) .∵x=1 是 f(x)的一个极值点, ∴f'(1)=0,∴a=2 2 (2)①当 a=0 时,f(x)=﹣3x 在区间(﹣1,0)上是增函数,∴a=0 符合题意; ②当 a≠0 时,f'(x)=3ax ,令 f'(x)=0 得:x1=0,x2= ,当 a>0 时,对任意 x∈(﹣1,0) , 时 f'(x)>0,∴ ,

2

f'(x)>0,∴a>0 (符合题意) 。当 a<0 时,当

∴﹣2≤a<0(符合题意)综上所述,a≥﹣2. 3 2 2 2 (3)a>0,g(x)=ax +(3a﹣3)x ﹣6x,x∈[0,2].g'(x)=3ax +2(3a﹣3)x﹣6=3[ax +2(a﹣1)x﹣2], 2 2 令 g'(x)=0,即 ax +2(a﹣1)x﹣2=0(*) ,显然有△=4a +4>0. 设方程(*)的两个根为 x1,x2,由(*)式得 ,不妨设 x1<0<x2.当 0<x2<2 时,g(x2)为极

小值,所以 g(x)在[0,2]上的最大值只能为 g(0)或 g(2) 当 x2≥2 时,由于 g(x)在[0,2]上是单调递减函数所以最大值为 g(0) ,所以在[0,2]上的最大值只能为 g(0) 或 g(2) 。又已知 g(x)在 x=0 处取得最大值,所以 g(0)≥g(2)

即 0≥20a﹣24,解得 a≤ , 又因为 a>0,所以 12



13、已知函数 f(x)=x +x﹣ln(x+a)+3b 在 x=0 处取得极值 0. (1)求实数 a,b 的值; (II)若关于 x 的方程 +m 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,求实数 m 的取值范围; 都成立.

2

(III)证明:对任意的正整数 n>l,不等式 解: (I)由已知得 f'(x)=2x+1﹣
2

,∵在 x=0 处取得极值 0,∴f'(0)=0,解得:a=1,b=0. +m 即 x +x﹣ln(1+x)﹣
2

(II)由(I)知 f(x)=x +x﹣ln(1+x) .则方程

-m=0,

令 H(x)=x +x﹣ln(1+x)﹣

2

-m,则方程 H(x)=0 在区间[0,2]上恰有两个不同的实数根,

∵H'(x)=2x﹣

﹣ =



∴当 x∈(0,1)时,H'(x)<0,故 H(x)在(0,1)上是减函数; 当 x∈(1,2)时,H'(x)>0,故 H(x)在(1,2)上是增函数;

从而有:

,∴﹣ ﹣ln2<m≤1﹣ln3.

(III)由(I)知 f(x)=x +x﹣ln(1+x)的定义域为(﹣1,+∞) ,且 f'(x)= 当 x∈(﹣1,0)时,f'(x)<0,故 H(x)在(﹣1,0)上是减函数; 当 x∈(0,+∞)时,f'(x)<0,故 H(x)在(0,+∞)上是增函数; ∴f(0)为 f(x)在(﹣1,+∞)上的最小值, 2 ∴f(x)≥f(0)=0,故 x +x≥ln(1+x) ,其中当 x=0 时等号成立,

2



对任意正整数 n,取 x= ,得



∴ 从而有: 得到: 14

, ,分别取 n=2,3,?,n, =ln 成立.

15、已 知 函 数 f ( x ) =x +mx+nlnx ( x > 0 , 实 数 m , n 为 常 数 ) . 2 ( 1 ) 若 n+3m =0 ( m > 0 ) , 且 函 数 f ( x ) 在 x ∈ [1 , + ∞ ) 上 的 最 小 值 为 0 , 求 m 的 值 ; ( 2 )若 对 于 任 意 的 实 数 a ∈ [1 , 2] , b-a=1 ,函 数 f( x )在 区 间( a , b )上 总 是 减 函 数 ,对 每 个 给 定 的 n, 求 m 的 最 大 值 h( n) .

2

16、已知函数 f(x)=a^x+x^2-xlna (a>0,a≠1) (1)求函数 f(x)在(0,f(0))处的切线方程 (2)求函数 f(x)的单调区间 (3)若存在 x1,x2 属于[-1,1],使得|f(x1)-f(x2)|>=e-1 (e 是自然对数的底数), 求实数 a 的取值范围 (1)解析:∵函数 f(x)=a^x+x^2-xlna(a>0,a 不等于 1),f(0)=1, 函数 f'(x)=a^x*lna+2x-lna==>f'(0)=0 ∴函数 f(x)在点(0,f(0))处的切线方程为 y=1 (2)解析:f'(x)=a^x*lna+2x-lna=0==>x=0,f''(x)=a^x*(lna)^2+2>0,所以函数 f(x)在 x=0 处取极小值 x<0 时,函数 f(x)单调减;x>=0 时,函数 f(x)单调增 (3)当 a>0,a≠1 时,因为 f'(0)=0,且 f'(x)在 R 上单调递增,故 f'(x)=0 有唯一解 x=0(6 分) 所以 x,f'(x),f(x)的变化(0,+∞)増,0 极小值,(—∞,0)减 又函数 y=|f(x)-t|-1 有三个零点,所以方程 f(x)=t±1 有三个根, 而 t+1>t-1,所以 t-1=(f(x))min=f(0)=1,解得 t=2 17、

18、已知函数 g(x)=ax ﹣2ax+1+b(a≠0,b<1),在区间[2,3]上有最大值 4,最小值 1,设 f(x)= (Ⅰ)求 a,b 的值; x x (Ⅱ)不等式 f(2 )﹣k 2 ≥0 在 x∈[﹣1,1]上恒成立,求实数 k 的范围;

2



(Ⅲ)方程
2

有三个不同的实数解,求实数 k 的范围.

解:(Ⅰ)g(x)=a(x﹣1) +1+b﹣a,当 a>0 时,g(x)在[2,3]上为增函数

故 当 a<0 时,g(x)在[2,3]上为减函数

故 (Ⅱ)由(Ⅰ)即 g(x)=x ﹣2x+1.
2

∵b<1

∴a=1,b=0

.方程 f(2 )﹣k 2 ≥0 化为

x

x





,k≤t ﹣2t+1,∵x∈[﹣1,1],∴
2

2

记φ (t)=t ﹣2t+1,∴φ (t)min=0,∴k≤0 (Ⅲ)方程
x 2 x x

化为

|2 ﹣1| ﹣(2+3k)|2 ﹣1|+(1+2k)=0,|2 ﹣1|≠0 x 2 令|2 ﹣1|=t,则方程化为 t ﹣(2+3k)t+(1+2k)=0(t≠0) ∵方程
2

有三个不同的实数解,

∴由 t=|2x﹣1|的图象知,t ﹣(2+3k)t+(1+2k)=0 有两个根 t1、t2,且 0<t1<1<t2 或 0<t1<1,t2=1 2 记Φ (t)=t ﹣(2+3k)t+(1+2k)则


2

∴k>0.

21、设 二 次 函 数 f ( x ) =ax +bx+c ( a , b , c ∈ R ) 满 足 下 列 条 件 : ① 当 x ∈ R 时 , f ( x ) 的 最 小 值 为 0 , 且 f ( x-1 ) =f ( -x-1 ) 恒 成 立 ; ② 当 x ∈ ( 0 , 5 ) 时 , x ≤ f ( x ) ≤ 2|x-1|+1 恒 成 立 . ( I) 求 f( 1) 的 值 ; ( Ⅱ ) 求 f( x) 的 解 析 式 ; ( Ⅲ )求 最 大 的 实 数 m( m > 1 ),使 得 存 在 实 数 t ,只 要 当 x ∈ [1 , m] 时 ,就 有 f( x+t )≤ x 成 立 .

19、已知函数 f(x)=(x-a)lnx,(a≥0). (1)当 a=0 时,若直线 y=2x+m 与函数 y=f(x)的图象相切,求 m 的值; (2)若 f(x)在[1,2]上是单调减函数,求 a 的最小值; (3)当 x∈[1,2e]时,|f(x)|≤e 恒成立,求实数 a 的取值范围.(e 为自然对数的底).

20、对 于 函 数 f( x ),若 存 在 实 数 对( a , b ),使 得 等 式 f( a+x )? f( a-x ) =b 对 定 义 域 中 的 每 一 个 x 都 成 立 , 则 称 函 数 f( x) 是 “ ( a, b) 型 函 数 ” . x ( 1 ) 判 断 函 数 f ( x ) =4 是 否 为 “ ( a , b ) 型 函 数 ” , 并 说 明 理 由 ; ( 2 ) 已 知 函 数 g ( x ) 是 “ ( 1 , 4 ) 型 函 数 ” , 当 x ∈ [0 , 2] 时 , 都 有 1 ≤ g ( x ) ≤ 3 成 立 , 且 当 x 2 ∈ [0 , 1] , g ( x ) =x +m ( 1-x ) +1 ( m > 0 ) . 试 求 m 的 取 值 范 围

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