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函数基本性质难题集萃30题(附详细解析)


2015 年 03 月 27 日 1560961913 的高中数学组卷
一.选择题(共 19 小题) x 1.已知函数 f(x)=ae ﹣2x﹣2a,a∈[1,2],若函数 f(x)在区间[0,ln2]上的值域为[p, q],则( ) A.p≥﹣ ,q B.p
2 2

,q

C.p≥﹣2,q≤﹣1

D.p≥﹣1,q≤0

2.已知 a 为实数,函数 f(x)=x ﹣|x ﹣ax﹣2|在区间(﹣∞,﹣1)和(2,+∞)上单调 递增,则 a 的取值范围为( ) A.[1,8] B.[3,8] C.[1,3] D.[﹣1,8] 3.已知函数 f(x)=e ﹣ax﹣1,若? x0∈(0,+∞) ,使得 f(lgx0)>f(x0)成立,则 a 的取值范围是( ) A. (0,+∞) B. (0,1) C. (1,+∞) D.[1,+∞) 4.设 f(x)= ( ) C. (﹣∞,0] D. (﹣∞, ln2] 在区间[﹣2,2]上最大值为 4,则实数 a 的取值范围为
x

A.[ ln2,+∞] B.[0, ln2]

5.已知函数 f(x)= 范围是( ) ] B. (﹣∞,

在区间[0,+∞)上的最大值为 a,则实数 a 的取值

A. (﹣∞,﹣

]

C.[﹣

,+∞) D.[

,+∞)

6.已知定义在 R 上的奇函数 y=f(x) ,对于? x∈R 都有 f(1+x)=f(1﹣x) ,当﹣1≤x<0 时,f(x)=log2(﹣x) ,则函数 g(x)=f(x)﹣2 在(0,8)内所有的零点之和为( A.6 B.8 C.10 D.12 7.函数 f(x)= + + 对称中心为( ) )

A. (﹣4,6) B. (﹣2,3) C. (﹣4,3) D. (﹣2,6) 8.已知定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上递减,若不等式 f(﹣ax+lnx+1)+f(ax ﹣lnx﹣1)≥2f(1)对 x∈[1,3]恒成立,则实数 a 的取值范围是( ) A.[2,e] B.[ ,+∞) C.[ ,e] D.[ , ]

9.已知定义域为 R 的函数 f(x)在(2,+∞)上单调递减,且 y=f(x+2)为偶函数,则关 于 x 的不等式 f(2x﹣1)﹣f(x+1)>0 的解集为( ) A. (﹣∞,﹣ )∪(2,+∞) B. (﹣ ,2) C. (﹣∞, )∪(2,+∞) D. ( ,

2) 10.如图,长方形 ABCD 的长 AD=2x,宽 AB=x(x≥1) ,线段 MN 的长度为 1,端点 M、 N 在长方形 ABCD 的四边上滑动,当 M、N 沿长方形的四边滑动一周时,线段 MN 的中点

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P 所形成的轨迹为 G,记 G 的周长与 G 围成的面积数值的差为 y,则函数 y=f(x)的图象 大致为( )

A.

B.
x+1

C.

D.

11.已知函数 f(x)=(3x+1)e +mx(m≥﹣4e) ,若有且仅有两个整数使得 f(x)≤0, 则实数 m 的取值范围是( ) A. ( ,2] B.[﹣ ,﹣ ) C.[﹣ ,﹣ ) D.[﹣4e,﹣ )

12.点 P 从点 O 出发,按逆时针方向沿周长为 l 的图形运动一周,O,P 两点连线的距离 y 与点 P 走过的路程 x 的函数关系如图,那么点 P 所走的图形是( )

A.

B.

C.

D.

13.在实数集 R 上定义一种运算“*”,对于任意给定的 a、b∈R,a*b 为唯一确定的实数, 且具有性质: (1)对任意 a、b∈R,a*b=b*a; (2)对任意 a、b∈R,a*0=a; (3)对任意 a、b∈R, (a*b)*c=c*(ab)+(a*c)+(c*b)﹣2c. 关于函数 f(x)=x* 的性质,有如下说法: ①在(0,+∞)上函数 f(x)的最小值为 3; ②函数 f(x)为奇函数; ③函数 f(x)的单调递增区间为(﹣∞,﹣1) , (1,+∞) . 其中所有正确说法的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 14.设 f(x)满足:①任意 x∈R,有 f(x)+f(2﹣x)=0;②当 x≥1 时,f(x)=|x﹣a| ﹣1, (a>0) ,若 x∈R,恒有 f(x)>f(x﹣m) ,则 m 的取值范围是( ) A. (0,+∞) B. (4,+∞) C. (3,+∞) D. (5,+∞)
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15.若函数 A.﹣10 B.10 C.﹣2 D.2

,则 f(f(1) )的值为(



16. 若函数 f (x) 在定义域上存在区间[a, b] (ab>0) , 使f (x) 在[a, b]上值域为[ , ], 则称 f(x)在[a,b]上具有“反衬性”.下列函数①f(x)=﹣x+ ②f(x)=﹣x +4x ③f
2

(x)=sin A.②③

x ④f(x)= B.①③ + C.①④ +2) (

,具有“反衬性”的为|( D.②④ +1)的值域是( D.[2+ ,4 ) ]



17.函数 f(x)=( A.[2+ ,8] B.[2+

,+∞) C.[2,+∞)

18.已知函数 f(x)=1﹣

,g(x)=lnx,对于任意 m≤ ,都存在 n∈(0,+∞) , )

使得 f(m)=g(n) ,则 n﹣m 的最小值为( A.e﹣ B.1 C. ﹣ D.

19.已知函数 f(x)=(x﹣ )?cosx,x∈[﹣π,π]且 x≠0,则下列描述正确的是( A.函数 f(x)为偶函数 B.函数 f(x)在(0,π)上有最大值无最小值 C.函数 f(x)有 2 个不同的零点 D.函数 f(x)在(﹣π,0)上单调递减 二.解答题(共 10 小题)



20.已知函数 f(x)=e ﹣e ﹣2x. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 g(x)=f(2x)﹣4bf(x) ,当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (Ⅲ)已知 1.4142< <1.4143,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001) . 2 x 21.已知函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (cx+d)若曲线 y=f(x)和曲线 y=g(x)都过点 P(0,2) ,且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值; (Ⅱ)若 x≥﹣2 时,f(x)≤kg(x) ,求 k 的取值范围. 22.已知函数 f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R) . (Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2) )处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈ [1,2],函数 g(x)=x +x (f'(x)+ )在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值 范围; (Ⅲ)求证: × × ×…× < (n≥2,n∈N ) .
* 3 2

x

﹣x

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23.已知函数

,a 为正常数. ,求函数 f(x)的单调增区间;

(1)若 f(x)=lnx+φ(x) ,且

(2) 若g (x) =|lnx|+φ (x) , 且对任意 x1, x2∈ (0, 2] , x1≠x2, 都有



求 a 的取值范围. 2 24.已知函数 f(x)=x +ax﹣lnx,a∈R. (1)若函数 f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围; 2 (2)令 g(x)=f(x)﹣x ,是否存在实数 a,当 x∈(0,e](e 是自然常数)时,函数 g (x)的最小值是 3,若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由; (3)当 x∈(0,e]时,证明: 25.设函数 f(x)=lnx﹣ ﹣bx .

(Ⅰ)当 a=b= 时,求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)令 F(x)=f(x)+ <x≤3) ,其图象上任意一点 P(x0,y0)处切线

的斜率 k≤ 恒成立,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)当 a=0,b=﹣1 时,方程 f(x)=mx 在区间[1,e ]内有唯一实数解,求实数 m 的取 值范围. 26.设函数 f(x)=(1+x) ﹣2ln(1+x) (1)若关于 x 的不等式 f(x)﹣m≥0 在[0,e﹣1]有实数解,求实数 m 的取值范围. 2 (2)设 g(x)=f(x)﹣x ﹣1,若关于 x 的方程 g(x)=p 至少有一个解,求 p 的最小值. (3)证明不等式:
2 2 2

(n∈N ) . 在区间(0,1]

*

27.已知函数 f(x)=x ﹣alnx 在区间(1,2]内是增函数,g(x)=x﹣a 内是减函数. (1)求 f(x) ,g(x)的表达式; 2 (2)求证:当 x>0 时,方程 f(x)﹣g(x)=x ﹣2x+3 有唯一解; (3)当 b>﹣1 时,若 f(x)≥2bx﹣ 28.已知函数 f(x)=

在 x∈(0,1]内恒成立,求 b 的取值范围.
|x﹣m|

,g(x)=( )

,其中 m∈R 且 m≠0.

(Ⅰ)判断函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)当 m<﹣2 时,求函数 F(x)=f(x)+g(x)在区间[﹣2,2]上的最值; (Ⅲ)设函数 h(x)= ,当 m≥2 时,若对于任意的 x1∈[2,+∞) ,总存在

唯一的 x2∈(﹣∞,2) ,使得 h(x1)=h(x2)成立,试求 m 的取值范围.

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29.对于函数 f(x)和 g(x) ,若存在常数 k,m,对于任意 x∈R,不等式 f(x)≥kx+m ≥g(x)都成立,则称直线 y=kx+m 是函数 f(x) ,g(x)的分界线.已知函数 f(x)=e (ax+1) (e 为自然对数的底, a∈R 为常数) . (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; 2 (Ⅱ)设 a=1,试探究函数 f(x)与函数 g(x)=﹣x +2x+1 是否存在“分界线”?若存在, 求出分界线方程;若不存在,试说明理由.
x

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2015 年 03 月 27 日 1560961913 的高中数学组卷
参考答案与试题解析

一.选择题(共 19 小题) x 1. (2016?衡阳县模拟)已知函数 f(x)=ae ﹣2x﹣2a,a∈[1,2],若函数 f(x)在区间[0, ln2]上的值域为[p,q],则( ) A.p≥﹣ ,q B.p
x

,q

C.p≥﹣2,q≤﹣1

D.p≥﹣1,q≤0
x

【分析】构造函数 g(a)=(e ﹣2)a﹣2x,a∈[1,2],由 x∈[0,ln2],可得 e ∈[1,2].看 x x 做关于 a 的因此函数可得:g(x)max=g(1)=e ﹣2﹣2x,g(x)min=g(2)=2e ﹣4﹣2x.x x x ∈[0,ln2].函数 f(x)在区间[0,ln2]上的值域为[p,q],利用 q=e ﹣2﹣2x,p=2e ﹣4 ﹣2x.x∈[0,ln2].利用导数研究其单调性极值与最值,即可得出. x x 【解答】解:构造函数 g(a)=(e ﹣2)a﹣2x,a∈[1,2],由 x∈[0,ln2],可得 e ∈[1, 2]. ∴g(a)在 a∈[1,2]上单调递减, ∴g(a)max=g(1)=e ﹣2﹣2x,g(a)min=g(2)=2e ﹣4﹣2x.x∈[0,ln2]. 函数 f(x)在区间[0,ln2]上的值域为[p,q], x x ∴q=e ﹣2﹣2x,p=2e ﹣4﹣2x.x∈[0,ln2]. x q′=e ﹣2≤0,∴函数 q(x)单调递减,∴q(ln2)≤q≤q(0) ,∴﹣2ln2≤q≤﹣1. x p′=2e ﹣2≥0,∴函数 p(x)单调递增,∴p(ln2)≥p≥p(0) ,﹣2ln2≥p≥﹣2. . 综上可得:p≥﹣2,q≤﹣1. 故选:C. 【点评】本题考查了一次函数的单调性、利用导数研究函数的单调性极值与最值,考查了转 化能力与计算能力,属于难题. 2. (2016?义乌市模拟)已知 a 为实数,函数 f(x)=x ﹣|x ﹣ax﹣2|在区间(﹣∞,﹣1) 和(2,+∞)上单调递增,则 a 的取值范围为( ) A.[1,8] B.[3,8] C.[1,3] D.[﹣1,8] 【分析】根据绝对值的应用,将函数进行转化,结合一元二次不等式与一元二次函数之间的 关系,结合函数的单调性的性质进行讨论判断. 2 2 【解答】解:令函数 g(x)=x ﹣ax﹣2,由于 g(x)的判别式△=a +8>0,故函数 g(x) 一定有两个零点, 设为 x1 和 x2,且 x1<x2. ∵函数 f(x)=x ﹣|x ﹣ax﹣2|=
2 2 2 2 x x



故当 x∈(﹣∞,x1) 、 (x2,+∞)时, 函数 f(x)的图象是位于同一条直线上的两条射线, 2 当 x∈(x1,x2 )时,函数 f(x)的图象是抛物线 y=2x ﹣ax﹣2 下凹的一部分,且各段连 在一起. 由于 f(x)在区间(﹣∞,﹣1)和(2,+∞)上单调递增, ∴a>0 且函数 g(x)较小的零点 x1= ≥﹣1,

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即 a+2≥
2


2

平方得 a +4a+4≥a +8,得 a≥1, 同时由 y=2x ﹣ax﹣2 的对称轴为 x= , 若且﹣1≤ ≤2,可得﹣4≤a≤8. 综上可得,1≤a≤8, 故实 a 的取值范围为[1,8], 故选:A.
2

【点评】本题主要考查函数单调性的应用,根据绝对值的意义转化为一元二次函数,利用一 元二次函数和一元二次不等式之间的关系是解决本题的关键.综合性较强,难度较大. 3. (2016?衡水校级二模)已知函数 f(x)=e ﹣ax﹣1,若? x0∈(0,+∞) ,使得 f(lgx0) >f(x0)成立,则 a 的取值范围是( ) A. (0,+∞) B. (0,1) C. (1,+∞) D.[1,+∞) 【分析】可知 lgx0<x0,从而根据条件便可判断 f(x)为减函数或存在极值点,求导数 f′ x x (x)=e ﹣a,从而可判断 f(x)不可能为减函数,只能存在极值点,从而方程 a=e 有解, x 这样由指数函数 y=e 的单调性即可得出 a 的取值范围. 【解答】解:∵lgx0<x0; ∴要满足? x0∈(0,+∞) ,使 f(lgx0)>f(x0) ,则: 函数 f(x)为减函数或函数 f(x)存在极值点; x ∵f′(x)=e ﹣a; x∈(0,+∞)时,f′(x)≤0 不恒成立,即 f(x)不是减函数; ∴只能 f(x)存在极值点,∴f′(x)=0 有解,即 a=e 有解; ∴a∈(1,+∞) ; 即 a 的取值范围为(1,+∞) . 故选:C. 【点评】 考查函数 y=lgx 和 y=x 图象的位置关系, 减函数的定义, 函数极值和极值点的定义, 以及指数函数的单调性.
x x

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4. (2016?洛阳二模)设 f(x)= 数 a 的取值范围为( ) C. (﹣∞,0]
3 2

在区间[﹣2,2]上最大值为 4,则实

A.[ ln2,+∞] B.[0, ln2]

D. (﹣∞, ln2]

【分析】分别求出函数在﹣2≤x≤0 和(0,2]的最大值,进行比较即可得到结论. 【解答】解:当﹣2≤x≤0 时 f(x)=4x +6x +2, 2 则 f′(x)=12x +12x=12x(x+1) , 由 f′(x)>0 得﹣2<x<﹣1, 由 f′(x)<0 得﹣1<x<0, 则当 x=﹣1 时,函数 f(x)取得极大值,此时 f(﹣1)=﹣4+6+2=4; 当 x>0 时,f(x)=2e , 若 a=0,则 f(x)=2<4, 若 a<0,则函数 f(x)在(0,2]上为减函数,则 f(x)<f(0)=2,此时函数的最大值小 于 4, 若 a>0,则函数在(0,2]为增函数,此时函数的最大值为 f(2)=2e , 要使 f(x)在区间[﹣2,2]上最大值为 4,则 2e ≤4,即 e ≤2,得 2a≤ln2,则 a≤ ln2, 综上所述,a≤ ln2, 故选:D 【点评】 本题主要考查函数最值的应用, 根据分段函数的表达式分别求出对应区间上的最大 值,进行比较是解决本题的关键.
2a 2a 2a ax

5. (2016 春?赣州校级期中)已知函数 f(x)= 大值为 a,则实数 a 的取值范围是( A. (﹣∞,﹣ ] B. (﹣∞, ) ] C.[﹣

在区间[0,+∞)上的最

,+∞) D.[

,+∞)

【分析】由求导公式和法则求出 f′(x) ,化简后对 a 进行分类讨论,分别利用导数在定义域 内求出函数的单调区间、最值,再求出实数 a 的取值范围. 【解答】解:由题意得,

=

=



(1)当 a=1 时,



当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)在(0,2)上递减,
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当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(0,2)上递增, ∴f(x)在区间[0,+∞)上有极小值 f(2)= ,

∵f(0)=a=1,且

=

<0,

∴f(x)在区间[0,+∞)上有最大值 f(0)=a=1,成立; (2)当 a>1 时,由 f′(x)=0 得 x=2 或 <0,

∴当 x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)在(0,2)上递减, 当 x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)在(0,2)上递增, ∴f(x)在区间[0,+∞)上有极小值 f(2)= ,

∵f(0)=a>1,且

=

<1,

∴f(x)在区间[0,+∞)上有最大值 f(0)=a,成立; (3)当 a<1 时,由 f′(x)=0 得 x=2 或 ①当 a= 时,有 2= ,

,f′(x)<0,则 f(x)在区间[0,+∞)上递减,

∴f(x)在区间[0,+∞)上的最大值是 f(0)=a,成立, ②当 当 x∈(2, 当 x∈( 上递减, ∴f(x)在区间[0,+∞)上的极大值是 f( )= , 时,有 2< , )上递增, ,+∞) 、 (0,2)

)时,f′(x)>0,则 f(x)在区间(2,

,+∞) 、 (0,2)时,f′(x)<0,则 f(x)在区间(

又 f(0)=a,由题意得

≤a,解得 0≤a<1,即

成立,

③当 当 x∈(

时,有 2>

, ,2)上递增,

,2)时,f′(x)>0,则 f(x)在区间(

当 x∈(2,+∞)时,f′(x)<0,则 f(x)在区间(2,+∞)上递减, ∴f(x)在区间[0,+∞)上的极大值是 f(2)= = ,

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又 f(0)=a,由题意得

≤a,解得 a≥

,即



综上可得,a 的取值范围是



故选:D. 【点评】本题考查了导数与函数的单调性、最值的关系,考查分类讨论思想和极限思想的应 用,属于难题. 6. (2016?安徽二模)已知定义在 R 上的奇函数 y=f(x) ,对于? x∈R 都有 f(1+x)=f(1 ﹣x) ,当﹣1≤x<0 时,f(x)=log2(﹣x) ,则函数 g(x)=f(x)﹣2 在(0,8)内所有 的零点之和为( ) A.6 B.8 C.10 D.12 【分析】 根据函数奇偶性和对称性之间的关系求出函数是周期为 4 的周期函数, 作出函数在 一个周期内的图象,利用数形结合进行求解. 【解答】解:∵奇函数 y=f(x) ,对于? x∈R 都有 f(1+x)=f(1﹣x) , ∴f(1+x)=f(1﹣x)=﹣f(x﹣1) , 则 f(2+x)=﹣f(x) , 即 f(4+x)=f(x) , 则函数 f(x)是周期为 4 的周期函数. 若 0<x≤1,则﹣1≤﹣x<0, 则 f(﹣x)=log2x=﹣f(x) , 则 f(x)=﹣log2x,0<x≤1, 若 1≤x<2,则﹣1≤x﹣2<0, ∵f(2+x)=﹣f(x) , ∴f(x)=﹣f(x﹣2) , 则 f(x)=﹣f(x﹣2)=﹣log2(2﹣x) ,1≤x<2, 若 2<x<3,则 0<x﹣2<1,f(x)=﹣f(x﹣2)=log2(x﹣2) ,2<x<3, 由 g(x)=f(x)﹣2=0 得 f(x)=2, 作出函数 f(x)在(0,8)内的图象如图: 由图象知 f(x)与 y=2 在(0,8)内只有 4 个交点, 当 0<x≤1 时,由 f(x)=﹣log2x=2,得 x= , 当 1≤x<2 时,由 f(x)=﹣log2(2﹣x)=2 得 x= , 则在区间(4,5)内的函数零点 x=4+ = 在区间(5,6)内的函数零点 x= +4= 则在(0,8)内的零点之和为 + + 故在(0,8)内所有的零点之 12, 故选:D + , , = =12

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【点评】 本题主要考查函数与方程的应用, 根据函数奇偶性和对称性的性质求出函数的周期 性, 利用函数与方程之间的关系转化为两个函数的交点问题, 利用数形结合是解决本题的关 键.

7. (2016?武汉模拟)函数 f(x)= A. (﹣4,6) B. (﹣2,3)

+

+

对称中心为( D. (﹣2,6)



C. (﹣4,3) + +

【分析】由已知中函数 f(x)=

,可得 6﹣f(﹣4﹣x)=f(x) ,结合函数图

象对称变换法则,可得函数图象的对称中心. 【解答】解:∵函数 f(x)= ∴6﹣f(﹣4﹣x)=6﹣( ﹣( ) , + + + =3﹣( + )=6﹣( ) , + + )=3

∴6﹣f(﹣4﹣x)=f(x) , 即函数 f(x)= + + 对称中心为(﹣2,3) ,

故选:B. 【点评】本题考查的知识点是函数图象的对称性,函数图象的对称变换,难度较大. 8. (2016?邵阳三模)已知定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上递减,若不等式 f(﹣ ax+lnx+1)+f(ax﹣lnx﹣1)≥2f(1)对 x∈[1,3]恒成立,则实数 a 的取值范围是( ) A.[2,e] B.[ ,+∞) C.[ ,e] D.[ , ]

【分析】由条件利用函数的奇偶性和单调性,可得 0≤ax﹣lnx≤2 对 x∈[1,3]恒成立.令 g(x)=ax﹣lnx,则由 g′(x)=a﹣ =0,求得 x= . 分类讨论求得 g(x)的最大值和最小值,从而求得 a 的范围.
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【解答】解:∵定义在 R 上的偶函数 f(x)在[0,+∞)上递减,∴f(x)在(﹣∞,0)上 单调递增, 若不等式 f(﹣ax+lnx+1)+f(ax﹣lnx﹣1)≥2f(1)对 x∈[1,3]恒成立, 则 2f(ax﹣lnx﹣1)≥2f(1)对 x∈[1,3]恒成立,即 f(ax﹣lnx﹣1)≥f(1)对 x∈[1, 3]恒成立. ∴﹣1≤ax﹣lnx﹣1≤1 对 x∈[1,3]恒成立, 即 0≤ax﹣lnx≤2 对 x∈[1,3]恒成立. 令 g(x)=ax﹣lnx,则由 g′(x)=a﹣ =0,求得 x= . ①当 ≤1,即 a<0 或 a≥1 时,g′(x)≥0 在[1,3]上恒成立,g(x)为增函数, ∵最小值 g(1)=a≥0,最大值 g(3)=3a﹣ln3≤2,∴0≤a≤ 综合可得,1≤a≤ . ,

②当 ≥3,即 0<a≤ 时,g′(x)≤0 在[1,3]上恒成立,g(x)为减函数, ∵最大值 g(1)=a≤2,最小值 g(3)=3a﹣ln3≥0,∴ 综合可得,a 无解. ③当 1< <3,即 <a<1 时,在[1, )上,g′(x)<0 恒成立,g(x)为减函数; ≤a≤2,

在( ,3]上,g′(x)>0 恒成立,g(x)为增函数. 故函数的最小值为 g( )=1﹣ln ,∵g(1)=a,g(3)=3a﹣ln3,g(3)﹣g(1)=2a﹣ ln3. 若 2a﹣ln3>0,即 ln

<a<1,∵g(3)﹣g(1)>0,则最大值为 g(3)=3a﹣ln3, ≤a≤ ,综合可得,ln <a<1.

此时,由 1﹣ln ≥0,g(3)=3a﹣ln3≤2,求得 若 2a﹣ln3≤0,即 <a≤ ln3=ln

,∵g(3)﹣g(1)≤0,则最大值为 g(1)=a,

此时,最小值 1﹣ln ≥0,最大值 g(1)=a≤2,求得 ≤a≤2, 综合可得 ≤a≤ln . 或 ln <a<1 或 ≤a≤ln ,

综合①②③可得,1≤a≤ 即 ≤a≤ ,

故选:D. 【点评】 本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用, 函数的恒成立问题, 体现了转化、 分类讨论的数学思想,属于难题.

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9. (2016?江西校级模拟)已知定义域为 R 的函数 f(x)在(2,+∞)上单调递减,且 y=f (x+2)为偶函数,则关于 x 的不等式 f(2x﹣1)﹣f(x+1)>0 的解集为( ) A. (﹣∞,﹣ )∪(2,+∞) B. (﹣ ,2) C. (﹣∞, )∪(2,+∞) D. ( ,

2) 【分析】根据函数的单调性和奇偶性的关系,将不等式进行转化进行求解即可. 【解答】解:∵定义域为 R 的函数 f(x)在(2,+∞)上单调递减,且 y=f(x+2)为偶函 数, ∴y=f(x+2)关于 x=0 对称,即函数 f(x+2)在(0,+∞)上为减函数, 由 f(2x﹣1)﹣f(x+1)>0 得 f(2x﹣1)>f(x+1) , 即 f(2x﹣3+2)>f(x﹣1+2) , 即|2x﹣3|<|x﹣1|, 平方整理得 3x ﹣10x+8<0, 即 <x<2, 即不等式的解集为( ,2) , 故选:D 【点评】本题主要考查不等式的求解,利用函数奇偶性和单调性的关系,将不等式进行转化 是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度. 10. (2016?张掖校级模拟)如图,长方形 ABCD 的长 AD=2x,宽 AB=x(x≥1) ,线段 MN 的长度为 1,端点 M、N 在长方形 ABCD 的四边上滑动,当 M、N 沿长方形的四边滑动一 周时,线段 MN 的中点 P 所形成的轨迹为 G,记 G 的周长与 G 围成的面积数值的差为 y, 则函数 y=f(x)的图象大致为( )
2

A.

B.

C.

D.

【分析】根据条件确定点 P,对应的轨迹,然后求出相应的周长和面积,求出函数 f(x)的 表达式,然后根据函数表达式进行判断图象即可. 【解答】解:∵线段 MN 的长度为 1,线段 MN 的中点 P, ∴AP= ,

即 P 的轨迹是分别以 A,B,C,D 为圆心,半径为 的 4 个 圆,以及线段 GH,FE,RT, LK,部分. ∴G 的周长等于四个圆弧长加上线段 GH,FE,RT,LK 的长,
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即周长=

=π+4x﹣2+2x﹣2=6x+π﹣4,

面积为矩形的面积减去 4 个 圆的面积,即等于矩形的面积减去一个整圆的面积 为 ∴f(x)=6x+π﹣4﹣ ∴对应的图象为 C, 故选:C. , = ,是一个开口向下的抛物线,

【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断,根据条件确定点 P 的轨迹是解决本题的关 键,综合性较强,难度较大. 11. (2016?成都校级模拟)已知函数 f(x)=(3x+1)e +mx(m≥﹣4e) ,若有且仅有两 个整数使得 f(x)≤0,则实数 m 的取值范围是( ) A. ( ,2] B.[﹣ ,﹣ ) C.[﹣ ,﹣ ) D.[﹣4e,﹣ )
x+1

【分析】根据不等式的关系转化为两个函数的大小关系,构造函数 g(x)=mx,h(x)=﹣ (3x+1)e ,利用 g(x)≤h(x)的整数解只有 2 个,建立不等式关系进行求解即可. x+1 【解答】解:由 f(x)≤0 得(3x+1)e +mx≤0, x+1 即 mx≤﹣(3x+1)e , x+1 设 g(x)=mx,h(x)=﹣(3x+1)e , x+1 x+1 x+1 h′(x)=﹣(3e +(3x+1)e )=﹣(3x+4)e , 由 h′(x)>0 得﹣(3x+4)>0,即 x<﹣ , 由 h′(x)<0 得﹣(3x+4)<0,即 x>﹣ , 即当 x=﹣ 时,函数 h(x)取得极大值, 当 m≥0 时,满足 g(x)≤h(x)的整数解超过 2 个,不满足条件. 当 m<0 时,要使 g(x)≤h(x)的整数解只有 2 个, 则满足 ,即 ,
x+1

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,即﹣

≤m<﹣



即实数 m 的取值范围是[﹣ 故选:B

,﹣

) ,

【点评】本题主要考查函数与方程的应用,利用数形结合以及利用构造法,构造函数,利用 数形结合建立不等式关系是解决本题的关键. 12. (2016?通州区一模)点 P 从点 O 出发,按逆时针方向沿周长为 l 的图形运动一周,O, P 两点连线的距离 y 与点 P 走过的路程 x 的函数关系如图,那么点 P 所走的图形是( )

A.

B.

C.

D.

【分析】根据 O,P 两点连线的距离 y 与点 P 走过的路程 x 的函数图象,由图象可知函数值 随自变量的变化成轴对称性并且变化圆滑.由此即可排除 A、C.D. 【解答】解:观察函数的运动图象,可以发现两个显著特点: ①点 P 运动到周长的一半时,OP 最大; ②点 P 的运动图象是抛物线. 设点 M 为周长的一半, A.当点 P 在线段 OA 上运动时,y=x,其图象是一条线段,不符合条件,

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B.满足条件.

C.当点 P 在线段 OA 上运动时,y=x,其图象是一条线段,不符合条件,

D.OM≤OP,不符合条件①,并且 OP 的距离不是对称变化的,因此排除选项 D.

故选:B. 【点评】本题考查函数图象的识别和判断,考查对于运动问题的深刻理解,解题关键是认真 分析函数图象的特点.考查学生分析问题的能力. 13. (2016?栖霞市校级模拟)在实数集 R 上定义一种运算“*”,对于任意给定的 a、b∈R, a*b 为唯一确定的实数,且具有性质: (1)对任意 a、b∈R,a*b=b*a; (2)对任意 a、b∈R,a*0=a; (3)对任意 a、b∈R, (a*b)*c=c*(ab)+(a*c)+(c*b)﹣2c. 关于函数 f(x)=x* 的性质,有如下说法: ①在(0,+∞)上函数 f(x)的最小值为 3; ②函数 f(x)为奇函数; ③函数 f(x)的单调递增区间为(﹣∞,﹣1) , (1,+∞) . 其中所有正确说法的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【分析】根据条件在③中令 c=0 得到 a*b=ab+a+b 从而得到 f(x)的表达式,结合函数的奇 偶性,单调性和最值的性质分别进行判断即可. 【解答】解:①由新运算“*”的定义③令 c=0, 则(a*b)*0=0*(ab)+(a*0)+(0*b)=ab+a+b, 即 a*b=ab+a+b ∴f(x)=x* =1+x+ ,当 x>0 时,f(x)=x* =1+x+ ≥1+2 =1+2=3,

当且仅当 x= ,即 x=1 时取等号,∴在(0,+∞)上函数 f(x)的最小值为 3;故①正确, ②函数的定义域为(﹣∞,0)∪(0,+∞) ,
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∵f(1)=1+1+1=3,f(﹣1)=1﹣1﹣1=﹣1, ∴f(﹣1)≠﹣f(1)且 f(﹣1)≠f(1) ,则函数 f(x)为非奇非偶函数,故②错误, ③函数的 f′(x)=1﹣ ,令 f′(x)=0

则 x=±1, ∵当 x∈(﹣∞,﹣1)或(1,+∞)时,f′(x)>0 ∴函数 f(x)的单调递增区间为(﹣∞,﹣1) 、 (1,+∞) .故③正确; 故正确的是①③, 故选:C 【点评】本题是一个新定义运算型问题,考查了函数的最值、奇偶性、单调性等有关性质, 根据条件令 c=0 求出函数的解析式是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度. 14. (2016?四川模拟)设 f(x)满足:①任意 x∈R,有 f(x)+f(2﹣x)=0;②当 x≥1 时, f (x) =|x﹣a|﹣1, (a>0) , 若 x∈R, 恒有 f (x) >f (x﹣m) , 则 m 的取值范围是 ( ) A. (0,+∞) B. (4,+∞) C. (3,+∞) D. (5,+∞) 【分析】根据函数的对称性求出 a 的值,作出函数 f(x)的图象,利用数形结合以及图象关 系进行平移计算即可. 【解答】解:∵任意 x∈R,有 f(x)+f(2﹣x)=0, ∴f(2﹣x)=﹣f(x) , 则函数关于(1,0)点对称, 当 x=1 时,f(1)+f(2﹣1)=0,即 2f(1)=0, 则 f(1)=0, ∵当 x≥1 时,f(x)=|x﹣a|﹣1, ∴f(1)=|1﹣a|﹣1=0, 则|a﹣1|=1,则 a﹣1=1 或 a﹣1=﹣1, 则 a=2 或 a=0, ∵a>0, ∴a=2, 即当 x≥1 时,f(x)=|x﹣2|﹣1 当 x≤1 时,﹣x≥﹣1,2﹣x≥1, 即 f(x)=﹣f(2﹣x)=﹣(|2﹣x﹣2|﹣1)=1﹣|x|,x≤1, 作出函数 f(x)的图象如图: 若 f(x)>f(x﹣m) ,则由图象知,将函数 f(x)向右平移 m 个单位即可, 由图象知,m>4, 故选:B

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【点评】本题主要考查函数图象的应用,根据函数的对称性求出函数的解析式,以及利用图 象平移是解决本题的关键.综合性较强,有一定的难度.

15. (2016?赤峰模拟)若函数

,则 f(f(1) )的值为(



A.﹣10 B.10 C.﹣2 D.2 【分析】先求 f(1) ,再求 f(f(1) )即可. 【解答】解:f(1)=2﹣4=﹣2, f(f(1) )=f(﹣2) =2×(﹣2)+2=﹣2, 故选 C. 【点评】本题考查了分段函数的应用及复合函数的应用. 16. (2016 春?义乌市期末)若函数 f(x)在定义域上存在区间[a,b](ab>0) ,使 f(x) 在[a,b]上值域为[ , ],则称 f(x)在[a,b]上具有“反衬性”.下列函数①f(x)=﹣
2

x+

②f(x)=﹣x +4x ③f(x)=sin

x ④f(x)=

,具有“反衬

性”的为|( ) A.②③ B.①③ C.①④ D.②④ 【分析】根据条件得到若函数在区间[a,b]上具有“反衬性”,则等价为在区间[a,b]上,函 数 f(x)与 y= 有两个交点,且函数在区间上单调递减即可,作出对应的图象,利用数形 结合进行判断即可. 【解答】解:若函数 f(x)在定义域上存在区间[a,b](ab>0) ,使 f(x)在[a,b]上值域 为[ , ],则等价为函数 f(x)与 y= 有两个交点,且函数在区间上单调递减即可. ①若 f(x)=﹣x+ ,作出函数 f(x)与 y= 的图象,由图象知两个函数有两个交点,则 f (x)具有“反衬性”,

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②若 f(x)=﹣x +4x,作出函数 f(x)与 y= 的图象,由图象知两个函数有两个交点,但 函数在交点对应的区间上不具单调性,则 f(x)不具有“反衬性”,

2

③f(x)=sin

x,作出函数 f(x)与 y= 的图象,由图象知两个函数有两个交点,函

数在交点对应的区间上单调递减,则 f(x)具有“反衬性”,

④f(x)=



当 2<x<3 时,f(x)= f(x﹣1)= [﹣|x﹣2|+1]=﹣ |x﹣2|+ , 当 3<x<4 时,f(x)= f(x﹣1)= [﹣ |x﹣3|+ ]=﹣ |x﹣2|+ ,

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作出函数 f(x)与 y= 的图象,由图象知两个函数有两个交点,函数在交点对应的区间上 不单调递减,则 f(x)不具有“反衬性”, 综上具有“反衬性”的函数是①③, 故选:B 【点评】本题主要考查与函数有关的新定义题目,正确理解条件结合数形结合,转化为函数 f(x)与 y= 有两个交点,且函数在区间上单调递减是解决本题的关键.综合性较强,难 度较大. 17. (2016 春?杭州期末)函数 f(x)=( A.[2+ ,8] B.[2+ + +2) ( D.[2+ +1)的值域是( ,4 ] ,两边平方,根据 x ,从而得出 在 ,求导, 上单调递增,从而得 )

,+∞) C.[2,+∞)

【分析】容易得出 f(x)的定义域为[﹣1,1],并设 的范围即可求出 根据导数在 ,且得出 上的符号即可判断函数

出 y 的范围,即得出函数 f(x)的值域. 【解答】解:f(x)的定义域为[﹣1,1]; 设 ∵﹣1≤x≤1; ∴0≤1﹣x ≤1, ∴2≤t ≤4; ∴ ∴ ∴ ,且 ; ,令 y′=0 得, ,或 0; ,设 y=f(x) ;
2 2

,则





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∴ ∴ ∴

在 时,y 取最小值 ;

上单调递增; ,t=2 时,y 取最大值 8;

∴原函数的值域为 . 故选 A. 【点评】考查函数值域的概念及求法,换元法求函数的值域,结合二次函数的图象求二次函 数的值域,根据导数符号判断函数单调性的方法,以及根据函数单调性求函数最值的方法.

18. (2016 春?华蓥市期末)已知函数 f(x)=1﹣

,g(x)=lnx,对于任意 m≤ , )

都存在 n∈(0,+∞) ,使得 f(m)=g(n) ,则 n﹣m 的最小值为( A.e﹣ B.1 C. ﹣ D. =lnn;从而可得 n=
t

【分析】由题意可得 1﹣ 则 m=t﹣

;令 1﹣

=t,t<1;

,从而得到 y=n﹣m=e ﹣t+

;求导求函数的最小值即可.

【解答】解:由 m≤ 知 1﹣ 由 f(m)=g(n)可化为 1﹣ 故 n= 令 1﹣ 则 m=t﹣ ,
t

≤1;

=lnn; ; =t,t≤1;

则 y=n﹣m=e ﹣t+
t



故 y′=e +t﹣1 在(﹣∞,1]上是增函数, 且 y′=0 时,t=0; 故 y=n﹣m=e ﹣t+
t

在 t=0 时有最小值,

故 n﹣m 的最小值为 1; 故选:B. 【点评】 本题考查了函数恒成立问题, 利用导数法以及换元法转化为求函数的最值是解决本 题的关键.

19. (2016 春?湖州期末)已知函数 f(x)=(x﹣ )?cosx,x∈[﹣π,π]且 x≠0,则下列 描述正确的是( ) A.函数 f(x)为偶函数
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B.函数 f(x)在(0,π)上有最大值无最小值 C.函数 f(x)有 2 个不同的零点 D.函数 f(x)在(﹣π,0)上单调递减 【分析】A.根据函数奇偶性的定义进行判断, B.将函数分解为 g(x)=x﹣ ,h(x)=cosx,讨论 g(x)和 h(x)的单调性和符号,进 行判断, C.根据函数零点的定义解方程 f(x)=0 进行判断, D.将函数分解为 g(x)=x﹣ ,h(x)=cosx,讨论 g(x)和 h(x)的单调性即可. 【解答】解:A.函数的定义域关于原点对称,则 f(﹣x)=(﹣x+ )?cosx=﹣(x﹣ ) ?cosx=﹣f(x) ,即函数 f(x)为奇函数.故 A 错误, B.当 x∈(0,π)时,设 g(x)=x﹣ ,h(x)=cosx, 当 x∈(0,1]时,g(x)<0,且为增函数,h(x)为减函数,且 h(x)>0,此时 f(x) 为增函数, 当 x∈(1, ≥0, 当 x∈[ ,π)时,g(x)>0,且为增函数,h(x)为减函数,且 h(x)<0,此时 f(x) )时,g(x)>0,且为增函数,h(x)为减函数,且 h(x)>0,此时 f(x)

<0,则函数 f(x)为减函数无最小值, 则函数存在极大值,同时也是最大值,故 B 正确, C.由 f(x)=(x﹣ )?cosx= x=﹣ cosx=0 得 cosx=0 或 x ﹣1=0,即 x=±1 或 x=
2



,即函数 f(x)有 4 个不同的零点,故 C 错误,

D.当 x∈(﹣π,0)时,设 g(x)=x﹣ ,h(x)=cosx, 当 x∈(﹣π,﹣ )时,g(x)和 h(x)都是增函数且 h(x)<0,g(x)<0,此时 f

(x)为减函数, 当 x∈(1,π)时,g(x)和 h(x)都是增函数且 h(x)>0,g(x)>0,此时 f(x)为 增函数,故函数 f(x)在(﹣π,0)上不单调,故 D 错误, 故选:B.

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【点评】本题主要考查与函数性质有关的命题的真假判断,涉及函数奇偶性,单调性以及函 数与方程的应用,综合性较强,难度较大. 二.解答题(共 10 小题) 20. (2014?新课标 II)已知函数 f(x)=e ﹣e ﹣2x. (Ⅰ)讨论 f(x)的单调性; (Ⅱ)设 g(x)=f(2x)﹣4bf(x) ,当 x>0 时,g(x)>0,求 b 的最大值; (Ⅲ)已知 1.4142< <1.4143,估计 ln2 的近似值(精确到 0.001) . 【分析】对第(Ⅰ)问,直接求导后,利用基本不等式可达到目的; 对第(Ⅱ)问,先验证 g(0)=0,只需说明 g(x)在[0+∞)上为增函数即可,从而问题转 化为“判断 g′(x)>0 是否成立”的问题; 对第(Ⅲ)问,根据第(Ⅱ)问的结论,设法利用 的近似值,并寻求 ln2,于是在 b=2 及 b>2 的情况下分别计算 ,最后可估计 ln2 的近似值.
x
﹣x

x

﹣x

【解答】解: (Ⅰ)由 f(x)得 f′(x)=e +e ﹣2 即 f′(x)≥0,当且仅当 e =e 即 x=0 时,f′(x)=0, ∴函数 f(x)在 R 上为增函数.
x
﹣x



(Ⅱ)g(x)=f(2x)﹣4bf(x)=e ﹣e ﹣4b(e ﹣e )+(8b﹣4)x, 2x ﹣2x x ﹣x 则 g′(x)=2[e +e ﹣2b(e +e )+(4b﹣2)] x ﹣x 2 x ﹣x =2[(e +e ) ﹣2b(e +e )+(4b﹣4)] x ﹣x x ﹣x =2(e +e ﹣2) (e +e +2﹣2b) . x ﹣x x ﹣x ①∵e +e >2,e +e +2>4, ∴当 2b≤4,即 b≤2 时,g′(x)≥0,当且仅当 x=0 时取等号, 从而 g(x)在 R 上为增函数,而 g(0)=0, ∴x>0 时,g(x)>0,符合题意. ②当 b>2 时,若 x 满足 2<e +e <2b﹣2 即 ,此时,g′(x)<0,
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x
﹣x

2x

﹣2x

x

﹣x

,得

又由 g(0)=0 知,当 综合①、②知,b≤2,得 b 的最大值为 2. (Ⅲ)∵1.4142< x,

时,g(x)<0,不符合题意.

<1.4143,根据(Ⅱ)中 g(x)=e ﹣e 的近似值,故将 ln . 即

2x

﹣2x

﹣4b(e ﹣e )+(8b﹣4)

x

﹣x

为了凑配 ln2,并利用 得

代入 g(x)的解析式中,

当 b=2 时,由 g(x)>0,得 从而 令 由 g(x)<0,得 . ,得 ; >2,当



时, ,得

所以 ln2 的近似值为 0.693. 【点评】1.本题三个小题的难度逐步增大,考查了学生对函数单调性深层次的把握能力, 对思维的要求较高,属压轴题. 2.从求解过程来看,对导函数解析式的合理变形至关重要,因为这直接影响到对导数符号 的判断,是解决本题的一个重要突破口. 3.本题的难点在于如何寻求 ln2,关键是根据第(2)问中 g(x)的解析式探究 b 的值,从 而获得不等式,这样自然地将不等式放缩为 的范围的端点值,达到了估值的目的. 21. (2013?新课标Ⅰ)已知函数 f(x)=x +ax+b,g(x)=e (cx+d)若曲线 y=f(x)和曲 线 y=g(x)都过点 P(0,2) ,且在点 P 处有相同的切线 y=4x+2. (Ⅰ)求 a,b,c,d 的值; (Ⅱ)若 x≥﹣2 时,f(x)≤kg(x) ,求 k 的取值范围. 【分析】 (Ⅰ)对 f(x) ,g(x)进行求导,已知在交点处有相同的切线及曲线 y=f(x)和 曲线 y=g(x)都过点 P(0,2) ,从而解出 a,b,c,d 的值; (Ⅱ)由(I)得出 f(x) ,g(x)的解析式,再求出 F(x)及它的导函数,通过对 k 的讨 论,判断出 F(x)的最值,从而判断出 f(x)≤kg(x)恒成立,从而求出 k 的范围. 【解答】解: (Ⅰ)由题意知 f(0)=2,g(0)=2,f′(0)=4,g′(0)=4, x 而 f′(x)=2x+a,g′(x)=e (cx+d+c) ,故 b=2,d=2,a=4,d+c=4, 从而 a=4,b=2,c=2,d=2; 2 x (Ⅱ)由(I)知,f(x)=x +4x+2,g(x)=2e (x+1) x 2 设 F(x)=kg(x)﹣f(x)=2ke (x+1)﹣x ﹣4x﹣2, x x 则 F′(x)=2ke (x+2)﹣2x﹣4=2(x+2) (ke ﹣1) , 由题设得 F(0)≥0,即 k≥1, 令 F′(x)=0,得 x1=﹣lnk,x2=﹣2,
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2 x

①若 1≤k<e ,则﹣2<x1≤0,从而当 x∈(﹣2,x1)时,F′(x)<0,当 x∈(x1,+∞) 时,F′(x)>0, 即 F(x)在(﹣2,x1)上减,在(x1,+∞)上是增,故 F(x)在[﹣2,+∞)上的最小值 为 F(x1) , 而 F(x1)=﹣x1(x1+2)≥0,x≥﹣2 时 F(x)≥0,即 f(x)≤kg(x)恒成立. ﹣2 2 2 x ②若 k=e ,则 F′(x)=2e (x+2) (e ﹣e ) ,从而当 x∈(﹣2,+∞)时,F′(x)>0, 即 F(x)在(﹣2,+∞)上是增,而 F(﹣2)=0,故当 x≥﹣2 时,F(x)≥0,即 f(x) ≤kg(x)恒成立. ③若 k>e 时,F′(x)>2e (x+2) (e ﹣e ) , ﹣2 而 F(﹣2)=﹣2ke +2<0,所以当 x>﹣2 时,f(x)≤kg(x)不恒成立, 2 综上,k 的取值范围是[1,e ]. 【点评】此题主要考查利用导数研究曲线上某点切线方程,函数恒成立问题,考查分类讨论 思想,解题的关键是能够利用导数工具研究函数的性质,此题是一道中档题. 22. (2016?商丘三模)已知函数 f(x)=alnx﹣ax﹣3(a∈R) . (Ⅰ)求函数 f(x)的单调区间; (Ⅱ)若函数 y=f(x)的图象在点(2,f(2) )处的切线的倾斜角为 45°,对于任意的 t∈ [1,2],函数 g(x)=x +x (f'(x)+ )在区间(t,3)上总不是单调函数,求 m 的取值 范围; (Ⅲ)求证: × × ×…× < (n≥2,n∈N ) .
* 3 2 2 2 x
﹣2

2

【分析】 利用导数求函数的单调区间的步骤是①求导函数 f( ′ x) ; ②解 f( ′ x) >0 (或<0) ; ③得到函数的增区间(或减区间) , 对于本题的(1)在求单调区间时要注意函数的定义域以及对参数 a 的讨论情况; (2)点(2,f(2) )处的切线的倾斜角为 45°,即切线斜率为 1,即 f'(2)=1,可求 a 值, 代入得 g(x)的解析式,由 t∈[1,2],且 g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数可知:

,于是可求 m 的范围.

(3)是近年来高考考查的热点问题,即与函数结合证明不等式问题,常用的解题思路是利 用前面的结论构造函数, 利用函数的单调性, 对于函数取单调区间上的正整数自变量 n 有某 些结论成立,进而解答出这类不等式问题的解. 【解答】解: (Ⅰ) (2 分)

当 a>0 时,f(x)的单调增区间为(0,1],减区间为[1,+∞) ; 当 a<0 时,f(x)的单调增区间为[1,+∞) ,减区间为(0,1]; 当 a=0 时,f(x)不是单调函数(4 分) (Ⅱ) ∴
2

得 a=﹣2,f(x)=﹣2lnx+2x﹣3 ,

∴g'(x)=3x +(m+4)x﹣2(6 分)
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∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数,且 g′(0)=﹣2 ∴ 由题意知:对于任意的 t∈[1,2],g′(t)<0 恒成立,

所以有:

,∴

(10 分)

(Ⅲ)令 a=﹣1 此时 f(x)=﹣lnx+x﹣3,所以 f(1)=﹣2, 由(Ⅰ)知 f(x)=﹣lnx+x﹣3 在(1,+∞)上单调递增, ∴当 x∈(1,+∞)时 f(x)>f(1) ,即﹣lnx+x﹣1>0, ∴lnx<x﹣1 对一切 x∈(1,+∞)成立, (12 分) ∵n≥2,n∈N*,则有 0<lnn<n﹣1, ∴ ∴ 【点评】 本题考查利用函数的导数来求函数的单调区间, 已知函数曲线上一点求曲线的切线 方程即对函数导数的几何意义的考查, 考查求导公式的掌握情况. 含参数的数学问题的处理, 构造函数求解证明不等式问题.

23. (2015?江苏二模)已知函数 (1)若 f(x)=lnx+φ(x) ,且

,a 为正常数. ,求函数 f(x)的单调增区间;

(2) 若g (x) =|lnx|+φ (x) , 且对任意 x1, x2∈ (0, 2] , x1≠x2, 都有



求 a 的取值范围. 【分析】 (1)先对函数 y=f(x)进行求导,然后令导函数大于 0(或小于 0)求出 x 的范围, 根据 f′(x)>0 求得的区间是单调增区间,f′(x)<0 求得的区间是单调减区间,即可得到 答案. (2)设 h(x)=g(x)+x,依题意得出 h(x)在(0,2]上是减函数.下面对 x 分类讨论: ①当 1≤x≤2 时,②当 0<x<1 时,利用导数研究函数的单调性从及最值,即可求得求 a 的取值范围. 【解答】解: (1) ,



,令 f′(x)>0,得 x>2,或

, , (2,+∞) .

∴函数 f(x)的单调增区间为

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(2)∵











设 h(x)=g(x)+x,依题意,h(x)在(0,2]上是减函数. 当 1≤x≤2 时, 令 h′(x)≤0,得: 设 ∵1≤x≤2,∴ ,则 , , , , , 对 x∈[1,2]恒成立,

∴m(x)在[1,2]上递增,则当 x=2 时,m(x)有最大值为 ∴ 当 0<x<1 时, 令 h′(x)≤0,得: 设 ,则 , ,

, ,

∴t(x)在(0,1)上是增函数, ∴t(x)<t(1)=0, ∴a≥0. 综上所述, .

【点评】 本小题主要考查函数单调性的应用、 利用导数研究函数的单调性、 导数的几何意义、 不等式的解法等基础知识,考查运算求解能力,属于基础题. 24. (2015?北京校级模拟)已知函数 f(x)=x +ax﹣lnx,a∈R. (1)若函数 f(x)在[1,2]上是减函数,求实数 a 的取值范围; 2 (2)令 g(x)=f(x)﹣x ,是否存在实数 a,当 x∈(0,e](e 是自然常数)时,函数 g (x)的最小值是 3,若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由; (3)当 x∈(0,e]时,证明: .
2

【分析】 (1)先对函数 f(x)进行求导,根据函数 f(x)在[1,2]上是减函数可得到其导 函数在[1,2]上小于等于 0 应该恒成立,再结合二次函数的性质可求得 a 的范围.
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(2)先假设存在,然后对函数 g(x)进行求导,再对 a 的值分情况讨论函数 g(x)在(0, e]上的单调性和最小值取得,可知当 a=e 能够保证当 x∈(0,e]时 g(x)有最小值 3. (3)令 F(x)=e x﹣lnx 结合(2)中知 F(x)的最小值为 3,再令
2 2

并求导,

再由导函数在 0<x≤e 大于等于 0 可判断出函数 ?(x)在(0,e]上单调递增,从而可求得 最大值也为 3,即有 成立,即 成立.

【解答】解: (1)

在[1,2]上恒成立,

令 h(x)=2x +ax﹣1,有 得

2





(2) 假设存在实数 a, 使g (x) =ax﹣lnx (x∈ (0, e]) 有最小值 3, ①当 a≤0 时,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae﹣1=3, ②当 ∴ ③当 时,g(x)在
2

= (舍去) ,

上单调递减,在 ,a=e ,满足条件.

上单调递增

时,g(x)在(0,e]上单调递减,g(x)min=g(e)=ae﹣1=3,
2

(舍去) ,

综上,存在实数 a=e ,使得当 x∈(0,e]时 g(x)有最小值 3. 2 (3)令 F(x)=e x﹣lnx,由(2)知,F(x)min=3. 令 , ,

当 0<x≤e 时,?'(x)≥0,φ(x)在(0,e]上单调递增 ∴ ∴ ,即 >(x+1)lnx.

【点评】 本题主要考查导数的运算和函数的单调性与其导函数的正负之间的关系, 当导函数 大于 0 时原函数单调递增,当导函数小于 0 时原函数单调递减. 25. (2015?南开区二模)设函数 f(x)=lnx﹣ (Ⅰ)当 a=b= 时,求函数 f(x)的单调区间; ﹣bx

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(Ⅱ)令 F(x)=f(x)+

<x≤3) ,其图象上任意一点 P(x0,y0)处切线

的斜率 k≤ 恒成立,求实数 a 的取值范围; (Ⅲ)当 a=0,b=﹣1 时,方程 f(x)=mx 在区间[1,e ]内有唯一实数解,求实数 m 的取 值范围. 【分析】 (I)先求导数 fˊ(x)然后在函数的定义域内解不等式 fˊ(x)>0 和 fˊ(x)<0,fˊ (x)>0 的区间为单调增区间,fˊ(x)<0 的区间为单调减区间. (II)先构造函数 F(x)再由以其图象上任意一点 P(x0,y0)为切点的切线的斜率 k≤ 恒 成立,知导函数≤ 恒成立,再转化为所以 a≥(﹣ ,x0 +x0)max 求解. (III)先把程 f(x)=mx 有唯一实数解,转化为 有唯一实数解,再利用单调函数
2 2

求解. 【解答】解: (Ⅰ)依题意,知 f(x)的定义域为(0,+∞) . (1 分) 当 a=b= 时,f(x)=lnx﹣ x ﹣ x, f′(x)= ﹣ x﹣ = . (2 分)
2

令 f′(x)=0,解得 x=1. 当 0<x<1 时,f′(x)>0,此时 f(x)单调递增; 当 x>1 时,f′(x)<0,此时 f(x)单调递减. (3 分) 所以函数 f(x)的单调增区间(0,1) ,函数 f(x)的单调减区间(1,+∞) . (4 分) (Ⅱ)F(x)=lnx+ ,x∈(0,3],

所以 k=F′(x0)=
2

≤ ,在 x0∈(0,3]上恒成立, (6 分)

所以 a≥(﹣ x0 +x0)max,x0∈(0,3](7 分) 当 x0=1 时,﹣ x0 +x0 取得最大值
2

.所以 a≥ . (9 分)

(Ⅲ)当 a=0,b=﹣1 时,f(x)=lnx+x, 2 因为方程 f(x)=mx 在区间[1,e ]内有唯一实数解, 所以 lnx+x=mx 有唯一实数解. ∴ ,

设 g(x)=

,则 g′(x)=



令 g′(x)>0,得 0<x<e; g′(x)<0,得 x>e, 2 ∴g(x)在区间[1,e]上是增函数,在区间[e,e ]上是减函数,
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g(1)=1,g(e )=1+ 所以 m=1+ ,或 1≤m<1+

2

=1+ .

,g(e)=1+ ,

【点评】本题主要考查函数的单调性、极值、不等式、方程的解等基本知识,同时考查运用 导数研究函数性质的方法,分类与整合及化归与转化等数学思想. 26. (2016?湖南模拟)设函数 f(x)=(1+x) ﹣2ln(1+x) (1)若关于 x 的不等式 f(x)﹣m≥0 在[0,e﹣1]有实数解,求实数 m 的取值范围. 2 (2)设 g(x)=f(x)﹣x ﹣1,若关于 x 的方程 g(x)=p 至少有一个解,求 p 的最小值. (3)证明不等式: (n∈N ) .
* 2

【分析】 (1)依题意得 f(x)max≥m,x∈[0,e﹣1],求导数,求得函数的单调性,从而 可得函数的最大值; (2)求导函数,求得函数的单调性与最值,从而可得 p 的最小值; (3) 先证明 ln (1+x) ≤x, 令 从而可得 .利用叠加法可得结论. 【解答】 (1)解:依题意得 f(x)max≥m,x∈[0,e﹣1] ∵ ,而函数 f(x)的定义域为(﹣1,+∞) , 则 x∈ (0, 1) 代入上面不等式得: ,

∴f(x)在(﹣1,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数, ∴f(x)在[0,e﹣1]上为增函数,∴ ∴实数 m 的取值范围为 m≤e ﹣2 (2) 解: g (x) =f (x) ﹣x ﹣1=2x﹣2ln (1+x) =2[x﹣ln (1+x) ], ∴ 显然,函数 g(x)在(﹣1,0)上为减函数,在(0,+∞)上为增函数 ∴函数 g(x)的最小值为 g(0)=0 ∴要使方程 g(x)=p 至少有一个解,则 p≥0,即 p 的最小值为 0 (3)证明:由(2)可知:g(x)=2[x﹣ln(1+x)]≥0 在(﹣1,+∞)上恒成立 所以 ln(1+x)≤x,当且仅当 x=0 时等号成立 令 即 ,则 x∈(0,1)代入上面不等式得: ,即 , ,…,
2 2

所以 ln2﹣ln1<1, 将以上 n 个等式相加即可得到:

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【点评】本题考查导数知识的运用,考查函数的单调性与最值,考查不等式的证明,考查恒 成立问题,属于中档题. 27. (2015?和平区一模)已知函数 f(x)=x ﹣alnx 在区间(1,2]内是增函数,g(x)=x ﹣a 在区间(0,1]内是减函数. (1)求 f(x) ,g(x)的表达式; (2)求证:当 x>0 时,方程 f(x)﹣g(x)=x ﹣2x+3 有唯一解; (3)当 b>﹣1 时,若 f(x)≥2bx﹣ 在 x∈(0,1]内恒成立,求 b 的取值范围.
2 2

【分析】 (1)

在(1,2)上恒成立? a≤(2x )min=2, 在(1,2) 上恒成立 ,由此知 f(x) =x ﹣2lnx,
2

2

g(x)=x﹣ . (2)f(x)=g(x)+2 ,由函数的单 调性能导出方程 f(x)=g(x)+2 在 x>0 时只有唯一解. (3)f(x) 在(0,1]上恒成立 在(0,1]上恒成立.由

此能导出 b 的取值范围. 【解答】解: (1)由题意知: 又
2

在(1,2) 上恒成立? a≤ (2x )min=2, ,

2

在(0,1]上恒成立 .

∴a=2,f(x)=x ﹣2lnx,g(x)=x﹣2 (2)f(x)=g(x)+2

, 则 ﹣1,

x∈(0,1]时,h′(x)<0,x∈[1,+∞) ,h′(x)≥0, 解得 h(x)在(0,1]上单调递减,在[1,+∞)单调递增? h(x)min=h(1)=0, 即方程 f(x)=g(x)+2 在 x>0 时只有唯一解. (3)f(x) 在(0,1]上恒成立, 在(0,1]上恒成立.


2

,则



∵0<x≤1? x ﹣2<0,2lnx<0, ∴H′(x)<0,H(x)d (0,1]单调递减,
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∴﹣1<b≤1,又∵b>﹣1,∴ . 【点评】本题考查利用导数判断函数的单调性,具有一定的难度,解题时要认真审题,注意 挖掘题设中的隐含条件,合理地进行等价转化. 28. (2015?眉山模拟)已知函数 f(x)= ,g(x)=( )
|x﹣m|

,其中 m∈R 且 m

≠0. (Ⅰ)判断函数 f(x)的单调性; (Ⅱ)当 m<﹣2 时,求函数 F(x)=f(x)+g(x)在区间[﹣2,2]上的最值; (Ⅲ)设函数 h(x)= ,当 m≥2 时,若对于任意的 x1∈[2,+∞) ,总存在

唯一的 x2∈(﹣∞,2) ,使得 h(x1)=h(x2)成立,试求 m 的取值范围. 【分析】 (Ⅰ)求导 ,由导数讨论正负从而确定函数

的单调性; (Ⅱ)当 m<﹣2,﹣2≤x≤2 时,可判断 g(x)与 f(x)在[﹣2,2]上单调递减,从而 在[﹣2,2]上单调递减;从而求最值; (Ⅲ)由题意先求得当 m≥2,x1∈[2,+∞)时 x2<2 时, ,从而求解. ;从而化为 ;再求得当 m≥2, 即可,记函数

【解答】解: (Ⅰ)依题意,



①当 m>0 时, 解 f′(x)≥0 得﹣2≤x≤2,解 f′(x)<0 得 x<﹣2 或 x>2; 所以 f(x)在[﹣2,2]上单调递增,在(﹣∞,﹣2) , (2,+∞)上单调递减; ②当 m<0 时, 解 f′(x)≤0 得﹣2≤x≤2,f′(x)>0 得 x<﹣2 或 x>2; 所以 f(x)在[﹣2,2]上单调递减;在(﹣∞,﹣2) , (2,+∞)上单调递增. (Ⅱ)当 m<﹣2,﹣2≤x≤2 时, 在[﹣2,2]上单调递减, 由(Ⅰ)知,f(x)在[﹣2,2]上单调递减, 所以 ∴ 在[﹣2,2]上单调递减; ;
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. (Ⅲ)当 m≥2,x1∈[2,+∞)时, , 由(Ⅰ)知 h(x1)在[2,+∞)上单调递减, 从而 h(x1)∈(0,f(2)], 即 当 m≥2,x2<2 时, 在(﹣∞,2)上单调递增, 从而 h(x2)∈(0,g(2) ) ,即 ; ;

对于任意的 x1∈[2,+∞) ,总存在唯一的 x2∈(﹣∞,2) ,使得 h(x1)=h(x2)成立, 只需 记函数 易知 ,即 , 在[2,+∞)上单调递增,且 H(4)=0; 成立即可.

所以 m 的取值范围为[2,4) . 【点评】本题考查了导数的综合应用及恒成立问题,同时考查了函数的四则运算等,属于难 题. 29. (2015?陕西校级二模)对于函数 f(x)和 g(x) ,若存在常数 k,m,对于任意 x∈R, 不等式 f(x)≥kx+m≥g(x)都成立,则称直线 x y=kx+m 是函数 f(x) ,g(x)的分界线.已知函数 f(x)=e (ax+1) (e 为自然对数的底, a∈R 为常数) . (Ⅰ)讨论函数 f(x)的单调性; 2 (Ⅱ)设 a=1,试探究函数 f(x)与函数 g(x)=﹣x +2x+1 是否存在“分界线”?若存在, 求出分界线方程;若不存在,试说明理由. 【分析】 (Ⅰ)f′(x)=e (ax+1+a) ,当 a>0 时,f′(x)>0?函数 f(x)在区间(﹣1﹣ , +∞)上是增函数,在区间(﹣∞,﹣1﹣ )上是减函数;a=0 时,f′(x)>0,函数 f(x) 是区间(﹣∞,+∞)上的增函数;当 a<0 时,f′(x)>0?ax>﹣a﹣1,函数 f(x)在区 间(﹣∞,﹣1﹣ )上是增函数,在区间(﹣1﹣ ,+∞)上是减函数. (Ⅱ)若存在,则 e (x+1)≥kx+m≥﹣x +2x+1 恒成立,令 x=0,得 m=1,因此 x +(k﹣2) 2 x≥0 恒成立,由此及彼能推导出函数 f(x)与函数 g(x)=﹣x +2x+1 存在“分界线”. x 【解答】解: (Ⅰ)f′(x)=e (ax+1+a) , (2 分)
x 2 2 x

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当 a>0 时,f′(x)>0?ax>﹣a﹣1,即 x>﹣1﹣ , 函数 f(x)在区间(﹣1﹣ ,+∞)上是增函数, 在区间(﹣∞,﹣1﹣ )上是减函数; (3 分) 当 a=0 时,f′(x)>0,函数 f(x)是区间(﹣∞,+∞)上的增函数; (5 分) 当 a<0 时,f′(x)>0?ax>﹣a﹣1,即 x<﹣1﹣ , 函数 f(x)在区间(﹣∞,﹣1﹣ )上是增函数,在区间(﹣1﹣ ,+∞)上是减函数. (7 分) (Ⅱ)若存在,则 e (x+1)≥kx+m≥﹣x +2x+1 恒成立, 令 x=0,则 1≥m≥1, 所以 m=1, (9 分) 2 2 因此:kx+1≥﹣x +2x+1 恒成立,即 x +(k﹣2)x≥0 恒成立, 由△≤0 得到:k=2, 现在只要判断 e (x+1)≥2x+1 是否恒成立, (11 分) x 设?(x)=e (x+1)﹣(2x+1) , x 因为:?′(x)=e (x+2)﹣2, x 当 x>0 时,e >1,x+2>2,?′(x)>0, x x 当 x<0 时,e (x+2)<2e <2,?′(x)<0, x 所以?(x)≥?(0)=0,即 e (x+1)≥2x+1 恒成立, 2 所以函数 f(x)与函数 g(x)=﹣x +2x+1 存在“分界线”. 方程为 y=2x+1. (14 分) 【点评】本题考查导数函数单调性中的应用,解题时要认真审题,注意挖掘题设中的隐含条 件,合理地运用导数的性质进行求解.
x x 2

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