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高三数学培优5函数


高三数学函数培优 5
课标理数 15.B1,M1[2011· 福建卷] 设 V 是全体平面向量构成的集合,若映射 f:V→R 满足: 对任意向量 a=(x1,y1)∈V,b=(x2,y2)∈V,以及任意 λ∈R,均有 f(λa+(1-λ)b)=λf(a) +(1-λ)f(b). 则称映射 f 具有性质 P. 现给出如下映射: ①f1:V→R,f1(m)=x-y,m=(x,y)∈V; ②f2:V→R,f2(m)=x2+y,m=(x,y)∈V; ③f3:V→R,f3(m)=x+y+1,m=(x,y)∈V. 其中,具有性质 P 的映射的序号为________.(写出所有具有性质 P 的映射的序号) 课标理数 15.B1,M1[2011· 福建卷] 【答案】 ①③ 【解析】 设 a=(x1,y1)∈V,b=(x2,y2)∈V,则 λa+(1-λ)b=λ(x1,y1)+(1-λ)(x2,y2)=(λx1+(1-λ)x2,λy1+(1-λ)y2), ①f1(λa+(1-λ)b)=λx1+(1-λ)x2-[λy1+(1-λ)y2] =λ(x1-y1)+(1-λ)(x2-y2)=λf1(a)+(1-λ)f1(b), ∴映射 f1 具有性质 P; ②f2(λa+(1-λ)b)=[λx1+(1-λ)x2]2+[λy1+(1-λ)y2], λf2(a)+(1-λ)f2(b)=λ(x2 +y1 ) + (1-λ)(x2 + y2 ), 1 2 ∴f2(λa+(1-λ)b)≠λf2(a)+(1-λ)f2(b), ∴ 映射 f2 不具有性质 P; ③f3(λa+(1-λ)b)=λx1+(1-λ)x2+(λy1+(1-λ)y2)+1 =λ(x1+y1+1)+(1-λ)(x2+y2+1)=λf3(a)+(1-λ)f3(b), ∴ 映射 f3 具有性质 P. 故具有性质 P 的映射的序号为①③. 课标文数 16.B1[2011· 湖南卷] 给定 k∈N*,设函数 f:N*→N*满足:对于任意大于 k 的 正整数 n,f(n)=n-k. (1)设 k=1,则其中一个函数 f 在 n=1 处的函数值为________________; (2)设 k=4,且当 n≤4 时,2≤f(n)≤3,则不同的函数 f 的个数为________. 课标文数 16.B1[2011· 湖南卷] (1)a(a 为正整数) (2)16 【解析】 (1)由法则 f 是正整数 到正整数的映射,因为 k=1,所以从 2 开始都是一一对应的,而 1 可以和任何一个正整数 对应,故 f 在 n=1 处的函数值为任意的 a(a 为正整数); (2)因为 2≤f(n)≤3,所以根据映射的概念可得到:1,2,3,4 只能是和 2 或者 3 对应,1 可 以和 2 对应,也可以和 3 对应,有 2 种对应方法,同理,2,3,4 都有两种对应方法,由乘法 原理,得不同函数 f 的个数等于 16. 大纲文数 16.B1[2011· 四川卷] 函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A 且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2,则称 f(x)为单函数,例如,函数 f(x)=2x+1(x∈R)是单函数.下列命题: ①函数 f(x)=x2(x∈R)是单函数; ②指数函数 f(x)=2x(x∈R)是单函数; ③若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2); ④在定义域上具有单调性的函数一定是单函数. 其中的真命题是________.(写出所有真命题的编号)[来源:Z§xx§k.Com] 大纲文数 16.B1[2011· 四川卷] ②③④ 【解析】 本题主要考查对函数概念以及新定义 概念的理解.对于①,如-2,2∈A,f(-2)=f(2),则①错误;对于②,当 2x1=2x2 时,总有 x1=x2,故为单函数;对于③根据单函数的定义,函数即为一一映射确定的函数关系,所以 当函数自变量不相等时,则函数值不相等,即③正确;对于④,函数 f(x)在定义域上具有单 调性,则函数为一一映射确定的函数关系,所以④正确.

课标理数 9.B4[2011· 福建卷] 对于函数 f(x)=asinx+bx+c(其中,a,b∈R,c∈Z),选 取 a,b,c 的一组值计算 f(1)和 f(-1),所得出的正确结果一定不可能是( ) ...... A.4 和 6 B.3 和 1 C.2 和 4 D.1 和 2 课标理数 9.B4[2011· 福建卷] D 【解析】 由已知, f(1)=asin1+b+c, 有 f(-1)=-asin1 -b+c, ∴ f(1)+f(-1)=2c, ∵ c∈Z,∴ f(1)+f(-1)为偶数, 而 D 选项给出的两个数,一个是奇数,一个是偶数,两个数的和为奇数,故选 D. 课标数学 12.B6[2011· 江苏卷] 在平面直角坐标系 xOy 中,已知 P 是函数 f(x)=ex(x>0) 的图象上的动点, 该图象在点 P 处的切线 l 交 y 轴于点 M, 过点 P 作 l 的垂线交 y 轴于点 N, 设线段 MN 的中点的纵坐标为 t,则 t 的最大值是________. 1 1 课标数学 12.B6[2011· 江苏卷] ?e+e? ? 2? 【解析】 设 P(x0,y0),则直线 l:y-ex0=ex0(x-x0). 1 令 x=0,则 y=-x0ex0+ex0,与 l 垂直的直线 l′的方程为 y-ex0=- (x-x0), ex0 x0 -x0ex0+2ex0+ ex0 x0 令 x=0 得,y= +ex0,所以 t= . ex0 2 ?x-1? x -xex+2ex+ x ex?x-1?+ x e e 令 y= ,则 y′=- ,令 y′=0 得 x=1, 2 2 1 1 当 x∈(0,1)时, y′>0, x∈(1, 当 +∞)时, y′<0, 故当 x=1 时该函数的最大值为 ?e+e?. ? 2? 课标理数 10.B8[2011· 安徽卷] 函数 f(x)=axm(1-x)n 在区间[0,1]上的图像如图 1-2 所示, 则 m,n 的值可能是( )

图 1-2 A.m=1,n=1 B.m=1,n=2 C.m=2,n=1 D.m=3,n=1 课标理数 10.B8[2011· 安徽卷] B 【解析】 由图可知 a>0.当 m=1,n=1 时,f(x)=ax(1 1 -x)的图像关于直线 x= 对称,所以 A 不可能; 2 当 m=1,n=2 时,f(x)=ax(1-x)2=a(x3-2x2+x), f′(x)=a(3x2-4x+1)=a(3x-1)(x-1), 1 所以 f(x)的极大值点应为 x= <0.5,由图可知 B 可能. 3 2 当 m=2,n=1 时,f(x)=ax (1-x)=a(x2-x3), f′(x)=a(2x-3x2)=-ax(3x-2), 2 所以 f(x)的极大值点为 x= >0.5,所以 C 不可能; 3 当 m=3,n=1 时,f(x)=ax3(1-x)=a(x3-x4), f′(x)=a(3x2-4x3)=-ax2(4x-3), 3 所以 f(x)的极大值点为 x= >0.5,所以 D 不可能,故选 B. 4

课标理数 16.B9[2011· 山东卷] 已知函数 f(x)=logax+x-b(a>0,且 a≠1).当 2<a<3 <b<4 时,函数 f(x)的零点 x0∈(n,n+1),n∈N*,则 n=________. 课标理数 16.B9[2011· 山东卷] 2 【解析】 本题考查对数函数的单调性与函数零点定理 的应用.因为 2<a<3,所以 loga2<1=logaa<loga3,因为 3<b<4,所以 b-2>1>loga2,b- 3<1<loga3,所以 f(2)· f(3)=(loga2+2-b)(loga3+3-b)<0,所以函数的零点在(2,3)上,所以 n =2. 课标文数 22.B11,B12[2011· 福建卷] 已知 a,b 为常数,且 a≠0,函数 f(x)=-ax+b +axlnx,f(e)=2(e=2.71828?是自然对数的底数). (1)求实数 b 的值; (2)求函数 f(x)的单调区间; (3)当 a=1 时,是否同时存在实数 m 和 M(m<M),使得对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 1 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点?若存在,求出最小的实数 m 和最大的实数 M;若不 ? ? ?? 存在,说明理由. 课标文数 22.B11,B12[2011· 福建卷] 【解答】 (1)由 f(e)=2 得 b=2. (2)由(1)可得 f(x)=-ax+2+axlnx. 从而 f′(x)=alnx. 因为 a≠0,故: ①当 a>0 时,由 f′(x)>0 得 x>1,由 f′(x)<0 得 0<x<1; ②当 a<0 时,由 f′(x)>0 得 0<x<1,由 f′(x)<0 得 x>1. 综上,当 a>0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(1,+∞),单调递减区间为(0,1); 当 a<0 时,函数 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). (3)当 a=1 时,f(x)=-x+2+xlnx,f′(x)=lnx. 1 由(2)可得,当 x 在区间? e,e?内变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: ? ? x f′(x) f(x) 2 2- e 1 e

?1,1? ?e ?
- 单调递减

1 0 极小值 1

(1,e) + 单调递增

e

2

1 2 又 2- <2,所以函数 f(x)(x∈? e,e?)的值域为[1,2]. ? ? e ?m=1, ? 1 据此可得,若? 相对每一个 t∈[m,M],直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都 ? ? ?? ? ?M=2 有公共点; 1 并且对每一个 t∈(-∞,m)∪(M,+∞),直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都没有公 ? ? ?? 共点. 综上,当 a=1 时,存在最小的实数 m=1,最大的实数 M=2,使得对每一个 t∈[m, 1 M],直线 y=t 与曲线 y=f(x)?x∈?e,e??都有公共点. ? ? ?? 大纲文数 21.B12[2011· 全国卷] 已知函数 f(x)=x3+3ax2+(3-6a)x+12a-4(a∈R). (1)证明:曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2,2); (2)若 f(x)在 x=x0 处取得极小值,x0∈(1,3),求 a 的取值范围. 大纲文数 21.B12[2011· 全国卷] 【解答】 (1)证明:f′(x)=3x2+6ax+3-6a. 由 f(0)=12a-4, f′(0)=3-6a 得曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线方程为 y=(3-6a)x+12a -4, 由此知曲线 y=f(x)在 x=0 处的切线过点(2,2). (2)由 f′(x)=0 得 x2+2ax+1-2a=0.

①当- 2-1≤a≤ 2-1 时,f′(x)≥0 恒成立,f(x)没有极小值; ②当 a> 2-1 或 a<- 2-1 时,由 f′(x)=0 得 x1=-a- a2+2a-1,x2=-a+ a2+2a-1, 故 x0=x2.由题设知 1<-a+ a2+2a-1<3. 当 a> 2-1 时,不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 无解; 5 当 a<- 2-1 时,解不等式 1<-a+ a2+2a-1<3 得- <a<- 2-1. 2 5 综合①②得 a 的取值范围 是?-2,- 2-1?. ? ? 课标理数 8.B12[2011· 湖南卷] 设直线 x=t 与函数 f(x)=x2, g(x)=lnx 的图象分别交于点 M,N,则当|MN|达到最小时 t 的值为( ) 1 5 2 A.1 B. C. D. 2 2 2 课标理数 8.B12[2011· 湖南卷] D 【解析】 用转化的思想:直线 x=t 与函数 f(x)=x2, g(x)=lnx 图象分别交于 M,N,而|MN|的最小值,实际是函数 F(t)=t2-lnt(t>0)时的最小值. 1 2 2 令 F′(t)=2t- =0,得 t= 或 t=- (舍去). t 2 2 2 故 t= 时,F(t)=t2-lnt 有最小值,即|MN|达到最小值,故选 D. 2 1 1 课标理数 19.B12[2011· 江西卷] 设 f(x)=- x3+ x2+2ax. 3 2 2 (1)若 f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间,求 a 的取值范围; ? ? 16 (2)当 0<a<2 时,f(x)在[1,4]上的最小值为- ,求 f(x)在该区间上的最大值. 3 1 1 课标理数 19.B12[2011· 江西卷] 【解答】 (1)由 f′(x)=-x2+x+2a=-?x-2?2+ +2a, ? ? 4 2 2 2 2 1 当 x∈?3,+∞?时,f′(x)的最大值为 f′?3?= +2a;令 +2a>0,得 a>- , ? ? ? ? 9 9 9 2 1 所以,当 a>- 时,f(x)在?3,+∞?上存在单调递增区间. ? ? 9 1- 1+8a 1+ 1+8a ,x2= . 2 2 所以 f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,在(x1,x2)上单调递增. 当 0<a<2 时,有 x1<1<x2<4,所以 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(x2). 27 又 f(4)-f(1)=- +6a<0,即 f(4)<f(1), 2 40 16 所以 f(x)在[1,4]上的最小值为 f(4)=8a- =- , 3 3 10 得 a=1,x2=2,从而 f(x)在[1,4]上的最大值为 f(2)= . 3 (2)令 f′(x)=0,得两根 x1= alnx b 课标理数 21.B12[2011· 课标全国卷] 已知函数 f(x)= + ,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)) x+1 x 处的切线方程为 x+2y-3=0. (1)求 a,b 的值; lnx k (2)如果当 x>0,且 x≠1 时,f(x)> + ,求 k 的取值范围. x-1 x

x+1 ? a? ? x -lnx? b 课标理数 21.B12[2011· 课标全国卷] 【解答】 (1)f′(x)= - 2, x ?x+1?2

?f?1?=1, ? 1 由 于 直 线 x + 2y - 3 = 0 的 斜 率 为 - , 且 过 点 (1,1) , 故 ? 1 2 ? ?f′?1?=-2, ?b=1, ? ?a 1 ? ?2-b=-2,



解得 a=1,b=1. lnx 1 (2)由(1)知 f(x)= + ,所以 x+1 x lnx k ?k-1??x2-1?? 1 ? f(x)-?x-1+x?= 2lnx+ x ? ? 1-x2? ?. ?k-1??x2-1? 考虑函数 h(x)=2lnx+ (x>0), x ?k-1??x2+1?+2x 则 h′(x)= . x2 2 k?x +1?-?x-1?2 ①设 k≤0,由 h′(x)= 知, x2 当 x≠1 时,h′(x)<0,而 h(1)=0, 1 故当 x∈(0,1)时,h(x)>0,可得 h(x)>0; 1-x2 1 当 x∈(1,+∞)时,h(x)<0,可得 h(x)>0. 1-x2 lnx k 从而当 x>0,且 x≠1 时,f(x)-?x-1+x?>0, ? ? lnx k 即 f(x)> + . x-1 x 1 ②设 0<k<1, 由于当 x∈?1,1-k?时, (k-1)(x2+1)+2x>0, h′(x)>0, h(1)=0, 故 而 ? ? 1 1 故当 x∈?1,1-k?时,h(x)>0,可得 h(x)<0.与题设矛盾. ? ? 1-x2 1 ③设 k≥1,此时 h′(x)>0,而 h(1)=0,故当 x∈(1,+∞)时,h(x)>0,可得 h(x) 1-x2 <0,与题设矛盾. 综合得,k 的取值范围为(-∞,0]. 课标理数 21.B12[2011· 辽宁卷] 已知函数 f(x)=lnx-ax2+(2-a)x. (1)讨论 f(x)的单调性; 1 1 1 (2)设 a>0,证明:当 0<x< 时,f?a+x?>f?a-x?; ? ? ? ? a ( 3)若函数 y=f(x)的图象与 x 轴交于 A, 两点, B 线段 AB 中点的横坐标为 x0, 证明 f′(x0) <0. 1 课标理数 21.B12[2011· 辽宁卷] 【解答】 (1)f(x)的定义域为(0,+∞),f′(x)= -2ax x ?2x+1??ax-1? +(2-a)=- . x ①若 a≤0,则 f′(x)>0,所以 f(x)在(0,+∞)单调增加.

1 1 1 ②若 a>0,则由 f′(x)=0 得 x= ,且当 x∈?0,a?时,f′(x)>0,当 x> 时,f′(x) ? ? a a 1? 1 <0.所以 f(x)在?0,a?单调增加,在?a,+∞?单调减少. ? ? ? 1 ? ?1 ? (2)设函数 g(x)=f?a+x?-f?a-x?,则 ? g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax, a a 2a3x2 g′(x)= + -2a= . 1+ax 1-ax 1-a2x2 1 当 0<x< 时,g′(x)>0,而 g(0)=0,所以 g(x)>0. a 1 1 1 故当 0<x< 时,f?a+x?>f?a-x?. ? ? ? ? a (3)由(1)可得, a≤0 时, 当 函数 y=f(x)的图像与 x 轴至多有一个交点, a>0, 故 从而 f(x) 1? 1? 的最大值为 f?a?,且 f?a?>0. ? ? 1 不妨设 A(x1,0),B(x2,0),0<x1<x2,则 0<x1< <x2. a 2 1 1 由(2)得 f?a-x1?=f?a+a-x1?>f(x1)=0. ? ? ? ? x1+x2 1 2 从而 x2> -x1,于是 x0= > . a 2 a 由(1)知,f′(x0)<0. [2011· 贵州四校一联] 给出以下四个命题: ①若函数 f(x)=x3+ax2+2 的图象关于点(1,0)对称,则 a 的值为-3; 1 ②若 f(x+2)+ =0,则函数 y=f(x)是以 4 为周期的周期函数; f?x? 1 ③在数列{an}中,a1=1,Sn 是其前 n 项和,且满足 Sn+1= Sn+2,则数列{an}是等比数 2 列; - ④函数 y=3x+3 x(x<0)的最小值为 2. 则正确命题的序号是 ________.

[2011· 上海八校联考] 设 a,b,k 是实数, 二次函数 f(x)=x2+ax+b 满足: f(k-1)与 f(k)异号, f(k+1)与 f(k)异号.在以下关于 f(x)的零点的命题中, 真命题是( )

A.该二次函数的零点都小于 k B.该二次函数的零点都大于 k C.该二次函数的两个零点之差一定大于 2 D.该二次函数的零点均在区间(k-1,k+1)内

[2011· 浙江六校联考] 已知二次函数 f(x)=ax2+bx+1 的导函数为 f′(x), f′(0)>0, f(x) f?1? 与 x 轴恰有一个交点,则 的最小值为 ( ) f′?0? 3 5 A. 2 B. C. 3 D. [来源:学§科§网 Z§X§X§K] 2 2

1 1 [2011· 三明三校联考] 已知 α、β 是三次函数 f(x)= x3+ ax2+2bx 的两个极值点,且 α 3 2 b-2 ∈(0,1),β∈(1,2),则 的取值范围是( ) a-1 A. ?
? ?

?1

? ,1 ? ?4 ?
1 1? , ? 2 4?

B. ?

?1
? ?

? ,1 ? ?2 ?
1 1? , ? 2 2?

C. ? ?

D. ? ?

[2011· 丰台期末] 若 X 是一个集合,τ 是一个以 X 的某些子集为元素的集合,且满足: ①X 属于 τ,?属于 τ;②τ 中任意多个元素的并集属于 τ;③τ 中任意多个元素的交集属于 τ. 则称 τ 是集合 X 上的一个拓扑.已知集合 X ={a,b,c},对于下面给出的四个集合 τ: ①τ={?, {a}, {c}, {a, b, c}}; ②τ={?, {b}, {c}, {b, c}, {a, b, c}}; ③τ={?, {a}, {a, b}, {a, c}}; ④τ={?, {a, c}, {b, c}, {c}, {a, b, c}}. 其中是集合 X 上的拓扑的集合 τ 的序号是________.

课标文数 12.A1,M1[2011· 福建卷] 在整数集 Z 中,被 5 除所得余数为 k 的所有整数组 成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n∈Z},k=0,1,2,3,4. 给出如下四个结论:[来源:学。 科。网] ①2011∈[1]; ②-3∈[3]; ③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]; ④“整数 a,b 属于同一‘类’”的充要条件是“a-b∈[0]”. 其中,正确结论的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 课标文数 12.A1,M1[2011· 福建卷] C 【解析】 因为 2011=5×402+1,则 2011∈[1], 结论①正确; 因为-3=5×(-1)+2,则-3∈[2],结论②不正确; 因为所有的整数被 5 除的余数为 0,1,2,3,4 五类,则 Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4],结论③ 正确; 若整数 a,b 属于同一“类”[k],可设 a=5n1+k,b=5n2+k(n1,n2∈Z),则 a-b=5(n1-n2)∈[0]; 反之,若 a-b∈[0],可设 a=5n1+k1,b=5n2+k2(n1,n2∈Z),则 a-b=5(n1-n2)+(k1-k2)∈[0]; ∴k1=k2,则整数 a,b 属于同一“类”,结论④正确,故选 C.


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