(精心整理)高考數(shù)學(xué)函數(shù)專題習(xí)題及詳細(xì)答案

(精心整理)高考數(shù)學(xué)函數(shù)專題習(xí)題及詳細(xì)答案

1.函數(shù)y=ex+1(x∈R)的反函數(shù)是()A．y=1+lnx(x>0)B．y=1-lnx(x>0)C．y=-1-lnx(x>0)D．y=-1+lnx(x>0)答案：A2.已知f(x)={(3a-1)x+4a,x<1；logx,x>1}是(-∞,+∞)上的減函數(shù)，那么a的取值范圍是(A)(0,1)(B)(0,∞)(C)[0,1)(D)(-∞,0)答案：B3.在下列四個(gè)函數(shù)中，滿足性質(zhì)：“對于區(qū)間(1,2)上的任意x1,x2(x1≠x2)，|f(x1)-f(x2)|<|x2-x1|恒成立”的只有(A)f(x)=1/x(B)f(x)=|x|(C)f(x)=2x(D)f(x)=x2答案：B4.已知f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)-3<x<-1時(shí)，f(x)=lg(3+x).設(shè)a=f(-5/2),b=f(-1),c=f(-1/2)，則(A)a<b<c(B)b<a<c(C)c<b<a(D)c<a<b答案：C5.函數(shù)f(x)=(3x2+lg(3x+1))/(1-x)的定義域是答案：(-∞,1)U(1,∞)6.下列函數(shù)中，在其定義域內(nèi)既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是(A)y=-x3,x∈R(B)y=sinx,x∈R(C)y=x,x∈R(D)y=(1/2)x,x∈R答案：A7.函數(shù)y=f(x)的反函數(shù)y=f-1(x)的圖像與y軸交于點(diǎn)P(0,2)(如右圖所示)，則方程f(x)=1/3在[1,4]上的根是x=答案：38.設(shè)f(x)是R上的任意函數(shù)，則下列敘述正確的是(A)f(x)f(-x)是奇函數(shù)(B)f(x)f(-x)是偶函數(shù)(C)f(x)-f(-x)是奇函數(shù)(D)f(x)+f(-x)是偶函數(shù)答案：B9.已知函數(shù)y=e的圖象與函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線y=x對稱，則x=2時(shí)，f(2)的值是答案：e10.設(shè)f(x)={2e,x<2；log3(x-1),x≥2}，則f(f(2))的值為答案：111.對a，b∈R，記max{a，b}={a,a≥b；b,b>a}，則max{max{a,b},c}的值答案：max{a,b,c}II.求證：f(x)≥g(x)(x>0)．已知函數(shù)f(x)=x^2+x-1，α,β是方程f(x)=0的兩個(gè)根(α>β)，f'(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)；設(shè)a1=1，an+1=an-f(an)/f'(an)(n=1,2,……)1.求α,β的值；2.證明：對任意的正整數(shù)n，都有an>α；3.記bn=ln(an-β)(n=1,2,……)，求數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和Sn。解答：1.根據(jù)題意，有：f(α)=α^2+α-1=0f(β)=β^2+β-1=0解得：α=(1+√5)/2β=(1-√5)/22.證明：首先證明an+1>an，即：an+1-an=-f(an)/f'(an)>0因?yàn)閒(x)在x>0時(shí)單調(diào)遞增，所以f(an)<f(α)，f'(an)>f'(α)所以：an+1-an>-f(α)/f'(α)=α-β>0所以an>β，即對任意的正整數(shù)n，都有an>β。又因?yàn)棣?gt;an>β，所以an>α。3.求解：根據(jù)題意，有：bn=ln(an-β)Sn=b1+b2+…+bn所以：Sn=ln[(a1-β)(a2-β)…(an-β)]根據(jù)等比數(shù)列的求和公式，有：an=a1·(1-r^n)/(1-r)其中r=an/an-1所以：Sn=ln[(a1-β)(a2-β)…(an-β)]=ln[(a1-β)·(a1r-β)·(a1r^2-β)…(a1r^(n-1)-β)]/ln(r)=ln[(1-β/a1)·(1-rβ/a1)·(1-r^2β/a1)…(1-r^(n-1)β/a1)]/ln(r)=ln[(1-β/a1)·(1-α/a1)·(1-αr/a1)…(1-αr^(n-2)/a1)]/ln(r)=ln[(α-a1)·(αr-a1)·(αr^2-a1)…(αr^(n-2)-a1)]/ln(rα/a1)=ln[(α-a1)·(αr-a1)·(αr^2-a1)…(αr^(n-2)-a1)]/ln(α/a1)=ln[(α-a1)·(αr-a1)·(αr^2-a1)…(αr^(n-2)-a1)]-ln(α/a1)綜上所述，得證。由題意可得：f(x+2)=f(x)-11f(x+4)=f(x+2)-11=f(x)-22f(x+6)=f(x+4)-11=f(x)-33f(x+8)=f(x+6)-11=f(x)-44因此，f(x+8)-f(x)=f(x)-44-f(x)=2f(x)-44=-22，解得f(x)=11。(2)由f(x+2)=f(x)-11，得f(x)=f(x+2)+11；由f(x+4)=f(x)-22，得f(x)=f(x+4)+22；由f(x+6)=f(x)-33，得f(x)=f(x+6)+33。將這三個(gè)式子相加，得到：3f(x)+66=0，解得f(x)=-22。綜上所述，f(x)=11或f(x)=-22。２解：(1)由題意可得：f(x+1)+f(x-1)=2f(x)f(x+2)+f(x)=2f(x+1)f(x+3)+f(x+1)=2f(x+2)將第一個(gè)式子兩邊同時(shí)減去f(x)，得f(x+1)-f(x-1)=2f(x)-2f(x-1)，即f(x+1)=3f(x)-f(x-1)。將這個(gè)式子帶入第二個(gè)式子中，得f(x+2)+f(x)=2(3f(x)-f(x-1))，即f(x+2)=5f(x)-2f(x-1)。同理，將f(x+1)=3f(x)-f(x-1)帶入第三個(gè)式子中，得f(x+3)+3f(x)-f(x-1)=2(5f(x)-2f(x-1))，即f(x+3)=8f(x)-5f(x-1)。因此，f(x+3)-3f(x+2)+3f(x+1)-f(x)=8f(x)-5f(x-1)-3(5f(x)-2f(x-1))+3(3f(x)-f(x-1))-f(x)=0，化簡得：f(x)=x^2。(2)將f(x)=x^2帶入原方程，得到：(x+1)^2+(x-1)^2=2x^2+22x^2+2=2x^2+2因此，方程恒成立，解為x為任意實(shí)數(shù)。綜上所述，f(x)=x^2，方程的解為任意實(shí)數(shù)。方程$f(x)=5$的解分別是$2-\sqrt{14}$,$4$和$2+\sqrt{14}$。由于$f(x)$在$(-\infty,-1]$和$[2,5]$上單調(diào)遞減，在$[-1,2]$和$[5,\infty)$上單調(diào)遞增，因此$A=(-\infty,2-\sqrt{14}]\cup[4]\cup[2+\sqrt{14},\infty)$。由于$2+\sqrt{14}<6$，$2-\sqrt{14}>-2$，所以$B\subsetA$。解法一：當(dāng)$x\in[-1,5]$時(shí)，$f(x)=-x^2+4x+5$。$g(x)=k(x+3)-(-x^2+4x+5)=x^2+(k-4)x+(3k-5)$。$2>\frac{4-k}{2}>-1$。①當(dāng)$-1\leq\frac{4-k}{2}<1$，即$2<k\leq6$時(shí)，取$x=\frac{k^2-20k+36}{2(4-k)}$，$g(x)_{min}=-\frac{k-10}{4}<-\frac{1}{4}$。$\thereforek>2$，$\therefore16\leq(k-10)^2<64$，$\thereforeg(x)_{min}>-\frac{1}{4}$。②當(dāng)$\frac{4-k}{2}<-1$，即$k>6$時(shí)，取$x=-1$，$g(x)_{min}=2k>-\frac{1}{4}$。由①、②可知，當(dāng)$k>2$時(shí)，$g(x)>-\frac{1}{4}$，$x\in[-1,5]$。因此，在區(qū)間$[-1,5]$上，$y=k(x+3)$的圖像位于函數(shù)$f(x)$圖像的上方。解法二：當(dāng)$x\in[-1,5]$時(shí)，$f(x)=-x^2+4x+5$。由$y=k(x+3)$得$x^2+(k-4)x+(3k-5)=y$。令$\Delta=(k-4)^2-4(3k-5)$，解得$k=2$或$k=18$。在區(qū)間$[-1,5]$上，當(dāng)$k=2$時(shí)，$y=2(x+3)$的圖像與函數(shù)$f(x)$的圖像只交于一點(diǎn)$(1,8)$；當(dāng)$k=18$時(shí)，$y=18(x+3)$的圖像與函數(shù)$f(x)$的圖像沒有交點(diǎn)。由圖可知，由于直線$y=k(x+3)$過點(diǎn)$(-3,0)$，當(dāng)$k>2$時(shí)，直線$y=k(x+3)$是由直線$y=2(x+3)$繞點(diǎn)$(-3,0)$逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)得到。因此，在區(qū)間$[-1,5]$上，$y=k(x+3)$的圖像位于函數(shù)$f(x)$圖像的上方。證明：因?yàn)?f(0)>0$，$f(1)>0$，所以$c>0$，$3a+2b+c>0$。由條件$a+b+c=0$，消去$b$，得$a>c$；由條件$a+b+c=0$，消去$c$，得$a+b<0$，$2a+b>0$。故$-2<\frac{a}<-1$。拋物線$f(x)=3ax^2+2bx+c$的頂點(diǎn)坐標(biāo)為$(-\frac{3a},\frac{4ac-b^2}{12a})$。在$-2<\frac{a}<-1$的兩邊乘以$-a$，得$a^2+c^2-ac<0$。由于格式錯(cuò)誤無法確定文章的原意，因此只能對每一段進(jìn)行改寫，不做其他修改。1.因?yàn)閒(0)>0,f(1)>0，而f(-∞)=-3a/2，所以方程f(x)=0在區(qū)間(0,-∞)和(-∞,1)內(nèi)分別有一實(shí)根。因此，方程f(x)=0在(0,1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根。2.解法一：由f(x)的奇偶性可知f(0)=0，即a+2=0，因此a=-2。再由f(1)=-f(-1)可得1/(a+4a+1)=-1/2，解得b=1。因此，f(x)=3/(b-1-2x)=-3/(2x+b+1)，易知f(x)在(-∞,∞)上為減函數(shù)。又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以不等式f(t^2-2t)+f(2t^2-k)<0等價(jià)于f(t^2-2t)<-f(2t^2-k)=f(k-2t^2)，因?yàn)閒(x)為減函數(shù)，所以推得t^2-2t>k-2t^2，即對一切t∈R有3t^2-2t-k>0，因此判別式Δ=4+12k<0，即k<-1/3。解法二：由f(x)的奇偶性可知f(x)=-(1-2x)/(2+2x+1)，又由題設(shè)條件得1-2t^2-2t<2(2t^2-k)/(2+2t^2-2t+1)，即(2t^2-k+1)^2+(2t^2-2t+1)^2<2(2+2t^2-2t+1)，整理得23t^2-2t-k>1，因?yàn)榈讛?shù)2>1，所以3t^2-2t-k>0對一切t∈R均成立，因此判別式Δ=4+12k<0，即k<-1/3。3.因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，所以x^2+ax+a≠0恒成立，因此Δ=a^2-4a<0，即|a|<2，即當(dāng)|a|<2時(shí)f(x)的定義域?yàn)镽。4.設(shè)y=f(x)與y=g(x)在公共點(diǎn)(x,y)處的切線相同，因?yàn)閒'(x)=x+2a，g'(x)=3a^2/x，由題意f(x)=g(x)，f'(x)=g'(x)，因此x+2a=3a^2/x，解得x=(3a^2-2a)^(1/3)，因?yàn)閤>0，所以3a^2-2a>0，即0<a<2/3。因此，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,2-2a/3)。5.根據(jù)題意，設(shè)y=f(x)與y=g(x)在公共點(diǎn)(x,y)處的切線相同，則f'(x)=g'(x)，即1/(2x+2a)=3a^2/(x^2+ax+a)^2。解得x=(a^3-2a^2+2a)^(1/3)，因?yàn)閤>0，所以a^3-2a^2+2a>0，即a>2或0<a<2/3。因此，f(x)的單調(diào)減區(qū)間為(0,2-a)或(2-a/3,0)。剔除下面文章的格式錯(cuò)誤，刪除明顯有問題的段落,然后再小幅度的改寫每段話。由$x+2a=0$得：$x=a$，或$x=-3a$(舍去)。$23ax\begin{cases}x+2a=0,\\x.\end{cases}$$5a+2a^2-3a^2\lna=a^2-3a^2\lna.$令$h(t)=t-3t\lnt(t>0)$，則$h'(t)=2t(1-3\lnt)$。于是$\begin{aligned}b&=\frac{1}{2a+2ax-3a^2\lnx}\\&=\frac{1}{xx}\end{aligned}$當(dāng)$t(1-3\lnt)>0$，即$0<t<e$時(shí)，$h'(t)>0$；當(dāng)$t(1-3\lnt)<0$，即$t>e$時(shí)，$h'(t)<0$。故$h(t)$在$\left(0,e^3\right)$為增函數(shù)，在$\left(e^3,+\infty\right)$為減函數(shù)，于是$h(t)$在$(0,+\infty)$的最大值為$h(e^3)=e^3$。設(shè)$F(x)=f(x)-g(x)=\frac{1}{2}x+2ax-3a^2\lnx-b(x>0)$，則$F'(x)=x+2a-\frac{3a^2}{x}$。故$F(x)$在$(0,a)$為減函數(shù)，在$(a,+\infty)$為增函數(shù)，于是函數(shù)$F(x)$在$(0,+\infty)$上的最小值是$F(a)=F(x)=f(x)-g(x)$。故當(dāng)$x>a$時(shí)，有$f(x)-g(x)\geq0$，即當(dāng)$x>a$時(shí)，$f(x)\geqg(x)$。解析：(1)$\becausef(x)=x^2+x-1$，$\alpha,\beta$是方程$f(x)=0$的兩個(gè)根($\alpha>\beta$)，$\therefore\alpha=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}$，$\beta=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}$。(2)$\becausef'(x)=2x+1$，$a_{n+1}=\frac{a_n^2+2a_n+1}{2a_n+1}$，$\thereforea_2=\frac{a_1^2+2a_1+1}{2a_1+1}$，$\cdots$，$a_n=\frac{a_{n-1}^2+2a_{n-1}+1}{2a_{n-1}+1}$，$\becausea_1=1$，$\therefore$有基本不等式可知$a_2>\frac{5-\sqrt{5}}{5}$，$\cdots$，$a_n>\alpha(n=1,2,\cdots)$。(3)$\becausea_{n+1}-\beta=\frac{a_n-\beta}{(a_n-\alpha)(a_n-\beta)}=\frac{a_n+1+\alpha}{(a_n-\alpha)(a_n-\beta)}$，而$\alpha+\beta=-1$，即$\alpha+1=-\beta$，$\thereforea_{n+1}-\alpha=\frac{a_n+1+\alpha}{a_n+1-\alpha}$，$b_{n+1}=2b_n$，又$b_1=\lna$，$\thereforeb_{n+1}=\ln(2^{2n-1}(3+\sqrt{5})^{n-1})$。(4)$\becausea_2>a_1$，$\cdots$，$a_n>a_{n-1}$，$\thereforea_n>\alpha$，$\thereforea_{n+1}-\alpha>0$，$\thereforea_{n+2}-\