函数真题汇编讲师版

高考培优数学讲义函数浙江汇学 授课日期教 授长f(xx2axb(a,bR,M(a,b是（I）a2M(a,b)（II）abM(a,b2ab的最大值

（1）见解析因为|a|≥2，所以或≥1，所以函数f（x）在[﹣1，1]上单调，所以所以|a|+|b|的最大值为3．x23,x【试题】已知函数f(x) ，则f(f(3)) ，f(x)的最小值【答案】022- （（﹣3=（1=0当x≥1时，f（x）=，即最小值 当x＜1时，x2+1≥1（x）=lg（x2+1）≥0最小值0，故f（x）的最小值是2【解析】(Ⅰ)因为x1，x2是方程f x=0的根，所以f x2)．当x∈(0，x1)时，由于x1<x2，所以(xx1)(xx2) 0，故x<f(x)．因为 f(x)= x)[ 又 x> x2)> f(x)>0．从而f(x)<x1．综上，x<f(x)<(Ⅱ)由题意知xb．因为x1,x2是方程f x+c= xx1bxb(x1x21．因为x2<1xx1

f ff 由f（f（a）≤2，可得f（a）≥﹣2．由f（x）=﹣2，可得﹣x2=﹣2，即x=，故当f（f（a）≤2时，则实数a的取值范围是a≤，（﹣∞，【试题】已知函数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对x∈[﹣1，1]小值h（﹣1）=﹣4﹣3a+b，则﹣4﹣3a+b≥﹣2且4﹣3a+b≤2；令t（a）=﹣2﹣a3+3a，则t′（a）=3﹣3a2＞0，t（a）在（0，）上是增函数，∴t（a）＞t（﹣1=3a+b+2（1=3a+b﹣2【试题】已知a∈R，函数（1，f（1）（2）当x∈[0，2]时，求|f（x）|的最大值 当0＜a＜1时，由3（x﹣1）2+3（a﹣1）=0，得，x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；所以函数f（x）的极大值，极小值从而f（x1）＞|f（x2）|．所以f（x）max=ax{f（0，f（2），f（x1）}．当0＜a＜时又故，（2）=（2，f（2）≥f（0 时，f（x1）≤|f（2）|．故 1考查函数y1=（a﹣1）x﹣1：令y=0，得M（，0，∴a＞1；考查函数y2=x2﹣ax﹣1，显然过点 ，0，【解析（Ⅰ）证明（ⅰ）f′（x）=12a（x2﹣（xmax=max{（0（1}=|2a（ⅱ）f（x）+|2a﹣b|+a≥0，即证g（x）=﹣f（x）≤|2a﹣b|﹢ag（x）0≤x≤1上的最大值小于（或等于）|2a﹣b|﹢a，．当b≤0时，g′（x）＜0在0≤x≤1上恒成立，当b＞0时，g′（x）在0≤x≤1上的正负性不能判断，∴g（x）max=max{g（，g（1）}≤|2a﹣b|﹢a；综上所述：函数g（x）0≤x≤1上的最大值小于（或等于取b为纵轴，a为横轴，则可行域为：或，目标函数z=a+b．作图如右：由图易得：a+b的取值范围为f(x)xa)2lnxaxe为yf(x的极值点，求实数a求实数ax(0,3ef(x4e2 a时考查推理论证能力，分类讨论分析问题和解决问题的能力。满分14分。a(xa（I）解：求导得f'(x)2(xa)lnx (xa)(2lnx xe是f(xf'(eea)(3ae解得ae或a3e经检验，符合题意，所以ae或a（II）解：①当0x1af(x04e2②当1x3ef(3e(3ea)2ln(3e4e2 解得3e a3e 由（I）f'(x)(xa)(2lnx

ah(x2lnx

a则h(11a0h(a2lnax

a2ln(3e)

2(ln3e

) h(x)在(0,内单调递增所以函数h(x)在(0,x0则1x03e,1x0ax(0,x0f'(xx(x0a)时,f'(x0x(af'(xf(x)在(0,x0)内单调递增，在(x0a内单调递减，在(af(x)(xa)2lnx4e2,所以要使f(x)4e2对x1,3e恒成立，只要 a由h(x)2lnx1 0，知a2xlnxx ax x0 将（3）代入（1）得4x2ln3x 再由（3）以及函数2xlnxx在(1,内单调递增，可得1a3e. a3e .所以3e a综上，a的取值范围是3e af(x)(xa)2xb)exbR,xaf(x的一个极大值点求b的取值范围x1x2x3f(x的3bx4Rx1x2x3x4的某种排列xixi2xi3xi4（其中{i1i2i3i4{1,2,3,4}）依次成等差数列？若存在，示所有的b及相应的x4;若不存在，说明理由.6I（-∞67

1当ba 时,xa 71当ba 时,a71 时考查推理论证能力，分类讨论等综合解题能力和创新意识，满分14分。（Ⅰ）f(x)c2xa)[x23ab)x2babg(x)x23ab)x2bab则3ab)24(2baba)ab1)28x1a或x2axaf(xx1a且x2axaf(xxaxg(a0即a23ab)a2baba0，所以b 所以b的取值范围是（-∞a解：由（Ⅰ）可知，假设存了b及xb（1）x2aax1x42x2a或x42x1于是2x1x2ab3.即ba(ab1)26此时x42x2aab3(ab1)26(ab1)2 或x2xaab3(ab1)2 （2）x2aax1x2a2(ax1或(ax22(x2xa2(ax),则xa 于是3a2x1x2

3(ab3) (ab1)22

9(ab1)2 3(ab 于(ab1)22此时xax22a(ab3)3(ab3)b3a1 13 ②若ax2(xa),则xa 于是3a2x2x1

3(ab3) (ab1)22(ab(ab1)2 3(ab3)，于是ab12

13此时xax12a(ab3)3(ab3)b3a1 13 6综上所述，存在b满足题意当ba3时x4a612当ba713时x12 7 1当ba 时,aa 【试题】对于正实数Mf(xx1x2Rx2x1(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)．下列结论中正确的是 f(xM1g(xM2f(xg(xM1 f 若f(x)M1，g(x)M2，且 0，则 f(xM1g(xM2f(xg(xM1f(xM1g(xM2，且12f(xg(xM1【解析】对于(xxf(xf(x(xx，即有f(x2f( x 令f(x2)f(x1)k，有k，不妨设f(x) ，g(x) ，即x 1kf 2kg2，因此有12kfkg12f(x)g(x)M12【试题（I）p(xf(xg(xp(x在区间(0,3)．，求kg(x),x（II）设函数q(x)f(x),x

是否存在k，对任意给定的非零实x1，存在惟【解析】（I）P(xf(xg(xx3k1)x2k5)px3x22(k1)x(k5)p(x在区间(0,3)px0在0,3上有实数解，且无重根，由px0得k(2x1)(3x22x5), (3x22x 3 10k 2x 42x12x13，令t2x1,有t1,7h(t)t9,ht在1,3上单调递减，在3,7上单调递增，所以有ht6,10t是2x1 2x

6,10，得k5,2，而当k2px0在0,3上有（II）x0时有qxfx3x22(k2k1)xx0时有qxgx2k2xk，因为当k0时不合题意，因此k0下面讨论k0Ak，B=5,（ⅰ）x10时，qx在0,上单调递增，所以要使qx2qx1x20AB，因