江蘇省高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題5 函數(shù)的綜合應(yīng)用 .doc

江蘇省2013屆高考數(shù)學(xué)（蘇教版）二輪復(fù)習(xí)專題5 函數(shù)的綜合應(yīng)用高考中，函數(shù)作為壓軸題的考查層出不窮，是歷年來高考的熱點(diǎn)問題之一，很多時(shí)候都以函數(shù)為載體考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力，考查學(xué)生的數(shù)學(xué)素養(yǎng)以及運(yùn)用數(shù)學(xué)思想處理問題的能力，填空題中往往也在13、14題的位置作為把關(guān)題，結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)以及圖象來考查學(xué)生的等價(jià)轉(zhuǎn)化能力和數(shù)據(jù)處理能力.抓住函數(shù)的本質(zhì)，掌握求函數(shù)性質(zhì)的一般方法，特別是求函數(shù)值域的方法對我們解決中高檔題目有著重要的意義.預(yù)測在2013年的高考題中：(1)仍然作為把關(guān)題出現(xiàn)在填空題和解答題的后半部分.(2)結(jié)合導(dǎo)數(shù)一起考查，利用導(dǎo)數(shù)探究函數(shù)的性質(zhì).1(2012啟東測試)若實(shí)數(shù)x滿足對任意正數(shù)a0，均有ax21，則x的取值范圍是_ 解析：由題意得x210，即1x1.答案：1,12函數(shù)f(x)x2在1，)上的最小值是4，則正實(shí)數(shù)a_.解析：f(x)2x0，則f(x)在1，)上單調(diào)遞增，f(x)minf(1)1a4，a5.答案：53關(guān)于x的不等式x29|x23x|kx在1,5上恒成立，則實(shí)數(shù)k的范圍為_解析： 兩邊同除以x，則kx|x3|，x6，|x3|0，當(dāng)且僅當(dāng)x3，兩等式同時(shí)取得等號，所以x3時(shí)，右邊取最小值6.所以k6.答案：(，64設(shè)定義在r上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x2)13，若f(1)2，則f(99)_.解析：由f(x)f(x2)13得f(x2)f(x4)13，即f(x4)f(x)，所以f(99)f(3).答案：5已知a0且a1，當(dāng)x(1,1)時(shí)，不等式x2ax恒成立，則a的取值范圍_解析：不等式x2axx2，畫出y1ax，y2 x2的圖象由圖可看出a1或1a2.答案：(1,2函數(shù)f(x)x2ax3a，對于任意的x2,2總有f(x)0成立，求a的取值范圍解法一：設(shè)f(x)的最小值為g(a)，則只需要g(a)0.(1)當(dāng)4時(shí)，g(a)f(2)73a0，得a，又a4，故不存在；(2)當(dāng)2,2，即4a4時(shí)，g(a)f3a0，得6a2，又4a4，故4a2；(3)當(dāng)2，即a4，g(a)f(2)7a0，得a7，又a4，故7a0即2x1，不等式a恒成立，設(shè)g(x)，利用求導(dǎo)的方法得到g(x)min2，得到a2，(3)若1x0即1x2，不等式a恒成立，設(shè)g(x)，利用求導(dǎo)的方法得到g(x)max7，得到a7.綜上所述a的取值范圍為7,2通過以上解法，我們認(rèn)識到對于這一類問題，方法較多、思維較強(qiáng)，考察了等價(jià)轉(zhuǎn)換的數(shù)學(xué)思想，對于這類問題我們只有歸納總結(jié)，多去研究、探討才能掌握解題規(guī)律，靈活選擇解題方法(2012南通、泰州、揚(yáng)州調(diào)研)已知函數(shù)f(x)x3x2，g(x)aln x，ar.(1)若對任意x1，e，都有g(shù)(x)x2(a2)x恒成立，求a的取值范圍；(2)設(shè)f(x)若p是曲線yf(x)上異于原點(diǎn)o的任意一點(diǎn)，在曲線yf(x)上總存在另一點(diǎn)q，使得poq為鈍角，且pq的中點(diǎn)在y軸上，求a的取值范圍解：(1)由g(x)x2(a2)x，得(xln x)ax22x.由于x1，e，ln x1x，且等號不能同時(shí)取得，所以ln x0.從而a恒成立，amin.設(shè)t(x)，x1，e求導(dǎo)，得t(x).x1，e，x10，ln x1，x22ln x0，從而t(x)0，t(x)在1，e上為增函數(shù)所以t(x)mint(1)1，所以a1.(2)f(x)設(shè)p(t，f(t)為曲線yf(x)上的任意一點(diǎn)假設(shè)曲線yf(x)上存在一點(diǎn)q(t，f(t)，使poq為鈍角，則0.若t1，p(t，t3t2)，q(t，aln(t)，t2aln(t)(t3t2)由于0恒成立，a(1t)ln(t)1.當(dāng)t1時(shí)，a(1t)ln(t)1恒成立當(dāng)t1時(shí)，a0，所以a0.若1t1，t0，p(t，t3t2)，q(t，t3t2)，則t2(t3t2)(t3t2)0對1t1，t0恒成立當(dāng)t1時(shí)，同可得a0.綜上所述，a的取值范圍是(，0(2012蘇北四市模擬)已知函數(shù)f(x)(ax2x)ex，其中e是自然數(shù)的底數(shù)，ar.(1)當(dāng)a0；(2)若f(x)在1,1上是單調(diào)增函數(shù)，求a的取值范圍；(3)當(dāng)a0時(shí)，求整數(shù)k的所有值，使方程f(x)x2在k，k1上有解解(1)因?yàn)閑x0，所以不等式f(x)0，即ax2x0.又因?yàn)閍0，所以不等式可化為x0的解集為.(2)f(x)(2ax1)ex(ax2x)exax2(2a1)x1ex，當(dāng)a0時(shí)，f(x)(x1)ex，f(x)0在1,1上恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x1時(shí)取等號，故a0符合要求；當(dāng)a0時(shí)，令g(x)ax2(2a1)x1，因?yàn)?2a1)24a4a210， 所以g(x)0有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根x1，x2，不妨設(shè)x1x2， 因此f(x)有極大值又有極小值 若a0，因?yàn)間(1)g(0)a0，所以f(x)在(1,1)內(nèi)有極值點(diǎn)，故f(x)在1,1上不單調(diào) 若a0x2.因?yàn)間(0)10，且g(x)的圖象開口向下，要使f(x)在1,1上單調(diào)，則必須滿足即所以a0，所以x0不是方程的解所以原方程等價(jià)于ex10，令h(x)ex1，因?yàn)閔(x)ex0對于x(，0)(0，)恒成立，所以h(x)在(，0)和(0，)內(nèi)是單調(diào)增函數(shù)，又h(1)e30，h(3)e30， 所以方程f(x)x2有且只有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，且分別在區(qū)間1,2和3，2上 所以整數(shù)k的所有值為3,1.第一問看似復(fù)雜，利用函數(shù)有界性不等式就轉(zhuǎn)化成ax2x0，解二次含參不等式即可；第二問等價(jià)轉(zhuǎn)化成f(x)(2ax1)ex(ax2x)exax2(2a1)x1ex0恒成立問題處理，即轉(zhuǎn)化成ax2(2a1)x10恒成立解決；第三問方程即轉(zhuǎn)化成xexx2的形式，結(jié)合函數(shù)零點(diǎn)的判斷方法解決(2012鹽城中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)x2aln x，g(x)bx2，其中a，br且ab2.函數(shù)f(x)在上是減函數(shù)，函數(shù)g(x)在上是增函數(shù)(1)求函數(shù)f(x)，g(x)的表達(dá)式；(2)若不等式f(x)mg(x)對x恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)x的最小值，并證明當(dāng)nn*，n2時(shí)f(n)g(n)3.解：(1)f(x)2x0對任意的x恒成立，所以a2x2.所以a2.同理可得b1.ab2，a2，b1.f(x)x22ln x，g(x)x2.(2)f(1)10，g0，且函數(shù)f(x)在上是減函數(shù)，函數(shù)g(x)在上是增函數(shù)所以x時(shí)，f(x)0，g(x)0，m. 由條件得min，m.(3)h(x)2(1)，當(dāng)x0時(shí)，0，則當(dāng)x(0,1)時(shí)，h(x)0.故h(x)在x(0,1)遞減，在x(1，)遞增所以h(x)minh(1)，即h(x)的最小值為.當(dāng)n2時(shí)，h(n)h(2)72ln 23(2ln 4)(2)3，即h(n)3.所以nn*，n2時(shí)f(n)g(n)h(n)33成立(2012泰州模擬)已知函數(shù)f(x)x(xa)2，g(x)x2(a1)xa(其中a為常數(shù))(1)如果函數(shù)yf(x)和yg(x)有相同的極值點(diǎn)，求a的值；(2)設(shè)a0，問是否存在x0，使得f(x0)g(x0)，若存在，請求出實(shí)數(shù)a的取值范圍；若不存在，請說明理由；(3)記函數(shù)h(x)f(x)1g(x)1，若函數(shù)yh(x)有5個(gè)不同的零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解(1)f(x)x(xa)2x32ax2a2x，則f(x)3x24axa2(3xa)(xa)，令f(x)0，得xa或x，而g(x)在x處有極大值，所以aa1，或a3.綜上a3或a1.(2)假設(shè)存在x，使得f(x)g(x)x(xa)2x2(a1)xax(xa)2(xa)(x1)(xa)x2(1a)x10，當(dāng)x時(shí)，又a0，故xa0，則存在x，使得x2(1a)x1，即a3時(shí)，2(1a)13或a3；2當(dāng)1，即0a3時(shí)，0，得a3，故a無解；綜上a的取值范圍為(3，)(3)據(jù)題意有f(x)10有3個(gè)不同的實(shí)根，g(x)10有2個(gè)不同的實(shí)根，且這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等g(x)10有2個(gè)不同的實(shí)根，只需滿足g1a1或aa即a0時(shí)，f(x)在xa處取得極大值，而f(a)0，不符合題意，舍去；2當(dāng)a即a0時(shí)，不符合題意，舍去；3當(dāng)0時(shí)，f(x)在x處取得極大值，f1a，所以a.因?yàn)橐瑫r(shí)滿足，故a.下證：這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等，即證：不存在x0使得f(x0)10和g(x0)10同時(shí)成立假設(shè)存在x0使得f(x0)g(x0)1，由f(x0)g(x0)，即x0(x0a)2x(a1)x0a，得(x0a)(xax0x01)0.當(dāng)x0a時(shí)，f(x0)g(x0)0，不符合題意，舍去；所以x0a，即xax0x010.又g(x0)1，即x(a1)x0a1.聯(lián)立式，可得a0，而當(dāng)a0時(shí)，不滿足a，故舍去，所以這5個(gè)實(shí)根兩兩不相等綜上，當(dāng)a時(shí)，函數(shù)yh(x)有5個(gè)不同的零點(diǎn)本題考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值和最值，第一問是解方程；第二問將不等式有解問題，轉(zhuǎn)化成最值問題處理，但需要討論，并不簡單；第三問思維要求比較高，除了分解方程的根之外，最終關(guān)鍵點(diǎn)是證明這5個(gè)根是不同的(2012鹽城模擬)已知f(x)為r上的偶函數(shù)，當(dāng)x0時(shí)，f(x)ln(x2) (1)當(dāng)x0時(shí)，求f(x)的解析式； (2)當(dāng)mr時(shí)，試比較f(m1)與f(3m)的大??；(3)求最小的整數(shù)m(m2)，使得存在實(shí)數(shù)t，對任意的xm,10，都有f(xt)2ln|x3|.解：(1)當(dāng)x|3m|(m1)2(3m)2m2.所以當(dāng)m2時(shí)，f(m1)f(3m) ；當(dāng)m2時(shí)，f(m1)f(3m)；當(dāng)m2時(shí)，f(m1)f(3m)(3)當(dāng)xr時(shí)，f(x)ln(|x|2)，則由f(xt)2ln|x3|，得ln(|xt|2)ln(x3)2，即|xt|2(x3)2對xm,10恒成立 從而有對xm,10恒成立，因?yàn)閙2, 所以因?yàn)榇嬖谶@樣的t ，所以m27m7m25m7，即m26m70.又m2，所以適合題意的最小整數(shù)m1.(1)恒成立問題的處理方法：第一步，分清參數(shù)和自變量；第二步，確定是否要分離；第三步，構(gòu)造新函數(shù)求最值；第四步，解不等式(2)有雙重量詞出現(xiàn)的不等式恒成立問題，先把其中一個(gè)自變量當(dāng)成已知的參數(shù)，解決一個(gè)量詞，然后再解決另一個(gè)量詞(3)證明與函數(shù)有關(guān)的不等式主要是利函數(shù)的最值和單調(diào)性來判斷(4)方程的根的個(gè)數(shù)問題往往考查函數(shù)與方程思想和函數(shù)零點(diǎn)問題，需注意等價(jià)轉(zhuǎn)化1對正整數(shù)n，設(shè)曲線yxn(1x)在x2處的切線與y軸交點(diǎn)的縱坐標(biāo)為an，則數(shù)列的前n項(xiàng)和的公式是_解析：yxnxn1，ky|x2n2n1(2n2)2n1(n2)2n1，切點(diǎn)為(2，2n)，切線方程點(diǎn)斜式為y2n(n2)2n1(x2)，令x0得an(n1)2n，令bn，則bnn2n，令snb1b2bn，由錯(cuò)位相減法可得sn2(1n)2n1.答案：sn2(1n)2n12不等式ax在x0,3內(nèi)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍_解析：畫出兩個(gè)函數(shù)yax和y在x0,3上的圖象，由圖知，當(dāng)x3時(shí)，3a，即當(dāng)a，x0,3時(shí)，總有ax，所以a.答案：3若f(x)loga(2ax)在0,1上是減函數(shù)，則a的取值范圍是_解析：由于所給函數(shù)可分解為ylogau，u2ax，其中u2ax在a0時(shí)為減函數(shù)，所以必須a1；因?yàn)?,1必須是yloga(2ax)定義域的子集，所以x1時(shí)，a2.所以1a2.答案：(1,2) 4已知a是實(shí)數(shù)，函數(shù)f(x)2x22x3a，如果函數(shù)yf(x)在區(qū)間(1,1)上有零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_解析：因?yàn)閒(x)圖象的對稱軸為x，所以函數(shù)在區(qū)間(1,1)上只有一個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)f(1)f(1)0或0，即(3a)(1a)0或72a0，解得3a1或a.函數(shù)在區(qū)間(1,1)上有兩個(gè)零點(diǎn)，此時(shí)即解得a3.綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(3,1)答案：(3,1)5將函數(shù)y(x0,2)的圖象繞坐標(biāo)原點(diǎn)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)(為銳角)，若所得曲線仍是一個(gè)函數(shù)的圖象，則的最大值為_解析：由y ，得(y)2x22x3(x1)24，即(x1)2(y)24.注意到0，從而y.又x0,2，所以函數(shù)的圖象是x0,2的圓弧，如圖1.由圖可知，當(dāng)切線從起始位置l0逆時(shí)針轉(zhuǎn)至y軸時(shí)，如圖2，都能保證曲線c是一個(gè)函數(shù)的圖象，所以的最大值是l0的傾斜角的余角，其值是. 圖1圖2答案：6已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閞，f(2)3，且f(x)在r上的導(dǎo)函數(shù)滿足f(x)10，則不等式f(x2)x21的解集為_解析：構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)x1，則由條件知g(x)f(x)10，g(2)0，函數(shù)g(x)f(x)x1在定義域r上單調(diào)遞減，不等式f(x2)x21化為g(x2)2，所以不等式的解集為(，)(，)答案：(，)(，)7已知函數(shù)f(x)則函數(shù)yf(f(x)1的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是_解析：令x10，得x1；令log2x0，得x1.令f(x)ff(x)1，則f(x)作出函數(shù)yf(x)的圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)yf(f(x)1有4個(gè)零點(diǎn)答案：48設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閐，若滿足：f(x)在d內(nèi)是單調(diào)函數(shù)；存在a，bd，使f(x)在a，b上的值域?yàn)閎，a，那么yf(x)叫做對稱函數(shù)，現(xiàn)有f(x)k是對稱函數(shù)，則k的取值范圍是_解析：由于f(x)k在(，2上是減函數(shù)，又f(x)是對稱函數(shù)，所以在區(qū)間a，b(a，b(，2)上有因此關(guān)于x的方程kx在(，2上有兩個(gè)不同的實(shí)根，通過換元并結(jié)合圖象可得k.答案：9已知函數(shù)f(x)loga|x1|(a0且a1)，當(dāng)x(0,1)時(shí)，恒有f(x)1，但loga|x1|0，故由對數(shù)函數(shù)的圖象知，0a0，解得0x1)有3個(gè)不同的實(shí)數(shù)根，則a的取值范圍為_解析：依題意可得f(x4)f(x2)2f(x2)2f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，如圖所示，先作出當(dāng)x2,0時(shí)的圖象，然后根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在r上的偶函數(shù)，作出其關(guān)于y軸的對稱圖形，得到x0,2時(shí)函數(shù)的圖象再根據(jù)函數(shù)的周期性，即可得到x2,6時(shí)函數(shù)的圖象，在此坐標(biāo)系內(nèi)，作出函數(shù)yloga(x2)(a1)的圖象由題意知，函數(shù)yloga(x2)(a1)的圖象與函數(shù)f(x)在(2,6上的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，根據(jù)兩個(gè)函數(shù)圖象可知即解得a2.故a的取值范圍為(，2)答案：(，2)11(2012蘇北四市模擬)已知函數(shù)f(x)x22ax1(ar)，f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)(1)若x2，1，不等式f(x)f(x)