高三函数综合题专项训练

2010届高三数学总复习专题突破训练：函数综合题

1、（2009澄海）已知二次函数f(x)ax2bxcx，不等式f(x)2x的解集为(1,3)． (Ⅰ)若方程f(x)6a0有两个相等的实根，求f(x)的解析式； (Ⅱ)若f(x)的最大值为正数，求实数a的取值范围．

2、（2009广东揭阳）设定义在R上的函数f (x)＝a0x4+a1x3+a2x2＋a3x (a i∈R，i＝0，1，2，3 )，当x＝－时，f (x)取得极大值

2

，并且函数y＝f (x)的图象关于y轴对称。 3

22

（1）求f (x)的表达式；

（2）试在函数f (x)的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间[－1，1]上；（3）求证：|f (sin x)－f (cos x) | ≤

3、（2009广东揭阳）已知二次函数yf(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f(x)6x2，数

列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上。

22

(x∈R)． 3

'（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式； （Ⅱ）、设bn3mTn是数列{bn}的前n项和，，求使得Tnanan120对所有nN都成立的最小正整数m。

4、（2009广东东莞）已知函数fxlog2ax a0,a（1）若fx1x22x20088,求fx12fx21， 22fx2008的值.

（2）当x1,0时，gxfx10,求a的取值范围.

(3)若g(x)fx1,当动点px,y在ygx的图象上运动时，点Mxy,在函数32yHx的图象上运动，求yHx的解析式.

- 1 -

5、（2009广东东莞）已知函数yf(x)(xR)满足f(x)f(1x) （Ⅰ）求f()和f()f(1. 2n1)(nN*)的值； n12n1 （Ⅱ）若数列{an}满足anf(0)f()f()f()f(1)，求列数{an}的通项公

nnn式；

（Ⅲ）若数列{bn}满足anbn等式2kSnbn恒成立.

6、（2009广州海珠）已知fxxlnx,gxxaxx2

32121n1,Snb1b2b2b3b3b4bnbn1，则实数k为何值时，不4(Ⅰ)求函数fx的单调区间;

(Ⅱ)求函数fx在t,t2t0上的最小值;

(Ⅲ)对一切的x0,,2fxgx2恒成立,求实数a的取值范围.

'

 f(x) (x0)7、（2009广东湛江）已知函数f(x)axbx1 (a,b为实数)，. xR，F(x) f(x) (x0)2

(1)若f(1)0,且函数f(x)的值域为[0, )，求f(x)的表达式；

(2)在(1)的条件下，当x[2, 2]时，g(x)f(x)kx是单调函数，求实数k的取值 范围；

(3)设mn0，mn0,a0且f(x)为偶函数，判断F(m)＋F(n)能否大于零.

8、（2009广州（一）已知二次函数f(x)ax2bxc,直线l1:yt28t,其中(0≤t≤2，t为常数）；

l2:x2.若直线l1、l2与函数f (x)的图象以及l1，y轴与函数f (x)的图象所围成的封闭图形如阴影所

示.

（Ⅰ）根据图象求a、b、c的值；

（Ⅱ）求阴影面积S关于t的函数S(t)的解析式；

（Ⅲ）若g(x)6lnxm,问是否存在实数m， 使得y=f (x)的图象与y=g (x)的图象有且只有两个不同的交点？ 若存在，求出m的值； 若不存在，说明理由．

- 2 -

9、（2009广东深圳）若定义在R上的函数fx对任意的x1,x2R，都有

f(x1x2)f(x1)f(x2)1成立，且当x0时，f(x)1。

（1）求证：f(x)1为奇函数； （2）求证：f(x)是R上的增函数；

（3）若f(4)5，解不等式f(3mm2)3．

210、（2009广东揭阳）已知向量a(x3,1),b(x,y)，（其中实数y和x不同时为零），当|x|22时，有ab，当|x|2时，a//b．

(1) 求函数式yf(x)；

（2）求函数f(x)的单调递减区间；

（3）若对x(,2][2,)，都有mxx3m0，求实数m的取值范围．

11、（2009广东揭阳）已知函数f(x)(x1),g(x)k(x1)，函数f(x)g(x)其中一个零点为5，数列{an}满足a122k，且(an1an)g(an)f(an)0． 2（1）求数列{an}通项公式； （2）试证明

ai1ni1n；

（3）设bn3f(an)g(an1)，试探究数列{bn}是否存在最大项和最小项？若存在求出最大项和最小项，若不存在，说明理由．

12、（2009广东潮州）已知A(x1,y1),B(x2,y2)是f(x)1xlog2的图象上任意两点，设点21x1M(,b)，

2 - 3 -

n1i1且OM(OAOB)，若Snf()，其中nN，且n2。

n2i1（1）求b的值； （2）求Sn； （3）数列{an}中a112，当n2时，an，设数列{an}的前n项和为Tn，

(Sn1)(Sn11)3求的取值范围使Tn(Sn11)对一切nN都成立。

13、（2009广东潮州）抛物线yg(x)经过点O(0,0)、A(m,0)与点P(m1,m1)，其中

mn0，

ba，设函数f(x)(xn)g(x)在xa和xb处取到极值。

（1）用m,x表示yg(x)；

（2） 比较a,b,m,n的大小（要求按从小到大排列）；

（3）若mn22，且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线yf(x)均相切，求yf(x)。

14、（2009珠海期末）已知,是方程4x4tx10(tR)的两个实数根,函数f(x)定义域为[,].

(1)判断f(x)在[,]上的单调性,并证明你的结论; (2)设g(t)maxf(x)minf(x),求函数g(t)的最小值.

215、（2009珠海期末）已知函数f(x)xaxb(a,bR),不等式|f(x)||2x4x30|对

222xt的x21xR恒成立,数列{an}满足:a1足:bn1*, 2anf(an1)15(n2,nN), 数列{bn}满21(nN*);

an2(1)求a,b的值;

- 4 -

n1(2)设数列{bn}的前n和为Sn,前n的积为Tn,求Sn2Tn的值.

祥细答案：

1、解：（Ⅰ）∵不等式f(x)2x的解集为(1,3)

∴x1和x3是方程ax2(b2)xc0(a0)的两根 -----------1b2 ∴a4 -----------2ca3 ∴b4a2,c3a -----------3 又方程f(x)6a0有两个相等的实根

∴b24a(c6a)0 -----------4 ∴4(2a1)24a9a0 ∴(5a1)(1a)0

∴a15或a1（舍） -----------5∴a1635,b5,c5 -----------6 ∴f(x)1x26355x5 -----------7（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)ax22(2a1)x3a

a(x2a1(2aa)1)2 a3a

a24a1a -----------9 ∵a0，

∴f(x)的最大值为a24a1a -----------11∵f(x)的最大值为正数 a0 ∴a24a1a0

∴a0a24a10解得a23或23a0 -----------13

- 5 -

分

分

分 分 分 分

分

分

分

分

∴所求实数a的取值范围是(,23)(23,0) -----------14分 2、解：∵f (x)＝4a0x3＋3a1x2＋2a2x+a3为偶函数，∴ f (x) = f (x),

∴ 4a0x3 +3a1x2 2a2x + a3 = 4a0x3+3a1x2 +2a2x + a3, ∴ 4a0x3 + 2a2x =0对一切x  R恒成立， ∴ a0＝a2＝0，∴f (x)＝a1x3＋a3x

又当x＝－

22时，f (x)取得极大值 23

f(－ 22)＝32，a＝2，2

3∴ 解得∴f (x)＝x－x，f (x)＝2x－1

32a＝－1，f  (－ )＝0，2

1

3

2

3

4分

⑵解：设所求两点的横坐标为x1、x2 (x1 < x2)，则(2x12－1)(2x22－1)＝－1 又∵x1，x2∈[－1，1]，∴2x12－1∈[－1，1]，2x22－1∈[－1，1] ∴2x12－1，2x22－1中有一个为1，一个为－1，

 x1 = 111 x1=0

∴ 或  ，∴所求的两点为(0，0)与(1，－)或(0，0)与(－1，)。  x2=133 x2=0

⑶证明：易知sin x∈[－1，1]，cos x∈[－1，1]。 当0< x <

22

时，f  (x) < 0；当 < x < 1时，f  (x)>0。 2222

]为减函数，在[，1]上为增函数， 22

221

)＝－ ，f (1)＝－，而f (x)在[－1，1]上为奇函数， 233

222

，最小值为－，即 | f (x) | ≤ , 333

∴f (x)在[0，

又f (0)＝0，f (

∴f (x)在[－1，1]上最大值为

∴| f (sin x) | ≤

2 2 22

，| f (cos x)| ≤ ， ∴| f (sin x)－f (cos x)| ≤ | f (sin x)|＋| f (cos x) | ≤ 333

3、解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得

a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.

又因为点(n,Sn)(nN)均在函数yf(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n.

3n1)2(n1)＝6n－5. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （nN）

2 - 6 -

（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn33111＝＝()，

anan1(6n5)6(n1)526n56n1故Tn＝

bi＝

i1n121111111(1)()...()＝（1－） 77136n56n126n1因此，要使

11m1m（1－）<（nN）成立的m,必须且仅须满足≤，即m≥10，26n120220所以满足要求的最小正整数m为10. 4、解：（1）

fx1x2x2008log2ax1x2x20088,

2 log2ax20082fx12fx212＝log2a2fx2008log2ax12log2ax22xxx200822log2a12xxx200816………………………..5分

（2）gxfx1log2a； 设ux1,x1,0时，u0,1；

x1当u0,1时，logu2a0,02a1,0a即所求a的取值范围为0,……………….9分 (3) gxfx1log2a;

x11； 212xu3x3u,设Mu,v,则；………………………11分

y2vvy2px,y在ygx上运动，2vlog23au1,v

13u1log2a..................................13分213x1即所求函数的解析式为Hxlog2a……………………14分

2111111f() 5、解：（Ⅰ）令 x，则f()f(1)，22222411111n11) …………4分 令 x，则f()f(1)，即f()f(nnn2nn2 - 7 -

2n1)f(1) ①

nnn1n21∴anf(1)f()f()f()f(0) ②

nnn1n11由（Ⅰ），知 f()f()

nn21n1∴①+②，得2a(n1).an. ………………8分

24n111（Ⅲ）∵an ,anbn,bn44n1（Ⅱ）∵anf(0)f()f()f(∴Snb1b2b2b3b3b4bnbn1

1n11111111233445n1n2

11111111()()()()233445n1n211n 2n22(n2)kn1kn2(1k)n22kSnbn………………………………12分

n2n1(n1)(n2)由条件，可知当kn(1k)n20恒成立时即可满足条件 设f(n)kn(1k)n2

当k＞0时，又二次函数的性质知kn(1k)n20不可能成立 当k=0时，f（n）=－n－2＜0恒成立； 当k＜0时，由于对称轴直线n222(1k)111 2k2k22∴f（n）在[1,)上为单调递减函数

∴只要f（1）＜0，即可满足kn(1k)n20恒成立 ∴由f(1)k(1k)20,得k23,又k0，∴k＜0 2综上知，k≤0，不等式2kSnbn恒成立………………………………14分 6、(Ⅰ)f(x)lnx1,令f''x0,解得0x1,

e1fx的单调递减区间是0,;……2分

e

- 8 -

11令f'x0,解得x,fx的单调递减区间是,.……4分

ee1，t无解；……5分 e1111(ⅱ)0eeee11(ⅲ)tt2，即t时，f(x)在[t,t2]单调递增，

ee(Ⅱ)(ⅰ)0f(x)minf(t)tlnt……9分

110t-e……10分 f(x)mine，1ttlnte(Ⅲ)由题意:2xlnx3x2ax12在x0,上恒成立

231x……11分 22xx13x1……12分 3x1131'设hxlnx, 则hx22xx22x22x21'令hx0,得x1,x(舍)

3即2xlnx3x2ax1 可得alnx2当0x1时,hx0;当x1时, hx0

''当x1时,hx取得最大值, hxmax=-2……13分

a2.a的取值范围是2,.……14分

7、解：(1)∵f(1)0，∴ab10，……………………（1分）

a0又xR, f(x)0恒成立，∴-………………（2分）， 2b4a0∴b4(b1)0，∴b2, a1………………（3分）. ∴f(x)x2x1(x1). ………………（4分）

(2)g(x)f(x)kxx2x1kxx(2k)x1 ………………（5分）

222222k2(2k)2k2k2(x)12或2时，………（7分） ，当

2422即k6或k2时，g(x)是单调函数.…………………………（8分） (3) ∵f(x)是偶函数，∴f(x)ax1,…………………………（9分）

2 - 9 -

2(x0)ax1 ………………………………（10分）， F(x)2ax1 (x0)∵mn0,设mn,则n0.又mn0, mn0, ∴|m|  |n|，------（12分）

F(m)＋F(n)f(m)f(n)(am21)an21a(m2n2)0，

∴F(m)＋F(n)能大于零. …………………………（14分）

c0,8、解：（I）由图形知：a82b8c0, ………2分

4acb216,4aa1,2 解之,得b8,∴函数f（x）的解析式为f(x)x8x. ………4分

c0.2yt8t,2x8xt(t8)0 …2分 （Ⅱ）由 得 2yx8x,x1t,x28t.∵0≤t≤2，

∴直线l1与f（x）的图象的交点坐标为(t,t8t) ……………3分 由定积分的几何意义知：

2S(t)[(t28t)(x28x)]dx[(x28x)(t28t)]dx ………4分

0tt2332txx[(t8t)x(4x)]|0[(4x2)(t28t)x]|t2

334t310t216t40. ……………5分

332（Ⅲ）令(x)g(x)f(x)x8x6lnxm.

因为x＞0，要使函数f（x）与函数g（x）有且仅有2个不同的交点，则函数

2(x)x28x6lnxm的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交

点. ………………1分

22(x1)(x3)(x)2x862x8x6(x0).

xxx当x∈（0，1）时，(x)0,(x)是增函数； 当x∈（1，3）时，(x)0,(x)是减函数;

当x∈（3，+∞）时，(x)0,(x)是增函数; ………………2分

- 10 -

当x=1或x=3时，(x)0.

∴(x)极大值为(1)m7;(x)极小值为(3)m6ln315. 又因为当x无限趋近于零时，(x)0;当x无限大时,(x)0. 所以要使(x)0有且仅有两个不同的正根，必须且只须

(1)0,(3)0, ……………………4分 或'(3)0,(1)0.即m70,m6ln3150,∴m=7,或m156ln3. 或m6ln3150,m70.所以当m=7或m156ln3时，函数f(x)与g(x)的图象有且只有两个不同交点. …………5分 9、解：（1）证明：定义在R上的函数fx对任意的x1,x2R，

都有f(x1x2)f(x1)f(x2)1成立

令x1x20,则f(00)f(0)f(0)1f(0)1 （1分） 令x1x,x2x,则f(xx)f(x)f(x)1

∴f(x)1f(x)10 （3分） ∴f(x)1为奇函数 （4分） （2）证明：由（1）知：f(x)1为奇函数， ∴f(x)1f(x)1 （5分）

任取x1,x2R，且x1x2，则x2x10 ∵f(x1x2)f(x1)f(x2)1

∴f(x2x1)f(x2)f(x1)1f(x2)f(x1)1f(x2)f(x1)1

∵当x0时，f(x)1，

∴f(x2x1)f(x2)f(x1)11，∴f(x1)f(x2) （8分） ∴f(x)是R上的增函数。 （9分）

- 11 -

（3）解：∵f(x1x2)f(x1)f(x2)1，且f(4)5

∴f(4)f(2)f(2)1f(2)3 （10分） 由不等式f(3mm2)3，得f(3mm2)f(2) （11分） 由（2）知：f(x)是R上的增函数

2222 ∴3mm223mm401m4 （13分） 3 ∴不等式f(3mm2)3的解集为：1, （14分）

210、解：（1）当|x|2时，由ab得ab(x3)xy0，

243yx33x；（|x|2且x0）------------------------------------------------------2分

当|x|2时，由a//b.得yx--------------------------------------4分 2x3x33x,(2x2且x0)∴yf(x)x---------------------------5分

.(x2或x2)23x（2）当|x|2且x0时，由y'3x3<0,解得x(1,0)2(0,1)，---------------6分

(3x2)x(2x)3x20------------------------------8分 当|x|2时，y'(3x2)2(3x2)2∴函数f(x)的单调减区间为（－1，０）和（０，1）---------------------------------------9分 （3）对x(,2][2,)，都有mx2x3m0即m(x23)x，也就是mx对23xx(,2][2,)恒成立，-------------------------------------------11分 (3x2)x(2x)3x20 由（2）知当|x|2时，f'(x)2222(3x)(3x)∴函数f(x)在(-,-2]和[2,+)都单调递增-----------------------------------------------12分

222，f(2)2 3434x当x2时f(x)0，∴当x(,2]时，0f(x)2 23x又f(2)

- 12 -

同理可得，当x2时，有2f(x)0，

综上所述得，对x(,2][2,)， f(x)取得最大值2；

∴实数m的取值范围为m2.----------------------------------------------------------------14分

11（1）解：函数f(x)g(x)有一个零点为5，即方程(x1)k(x1)0，有一个根为5，将x5代入方程得164k0，∴k4，∴a12---------------1分

2由(an1an)g(an)f(an)0得4(an1an)(an1)(an1)0

2(an1)(4an14anan1)0

∴an10或4an14anan10-------------------------------3分 由（1）知a12，∴an10不合舍去

由4an14anan10得4an13an1---------------------------4分

3(an1)----------------------5分 43∴数列{an1}是首项为a111，公比为的等比数列

43n13n1∴an1()，∴an()1-------------------------------6分

44方法1：由4an13an1得an11〔方法2：由4an13an1---①得当n2时4an3an11----② ①-②得4(an1an)3(anan1) ∴

an1an33（n2）即数列{anan1}是首项为a2a1，公比为的等比数列

anan14411113a1，∴an1an()n1---------------③ 44444313n1由①得an1an代入③整理得an()1〕

4443n1（2）由（1）知an()1

43n[1()]n3323n134∴ai1()()n＝n4[1()n]n------8分

34444i1143n33n31∵对nN,有()，∴1()1

44444∵a2a1

- 13 -

n3n∴4[1()]n1n，即ai1n---------------------------------------------10分

4i12（3）由bn3f(an)g(an1)得bn3(an1)4(an11)

333]4()n＝3{[()n1]2()n1}-----------------------11分

4443n11212令u()，则0u1，bn3(uu)＝3[(u)]

42412111∵函数bn3[(u)]在[,1]上为增函数，在(0,)上为减函数-----12分

2422332927当n1时u1，当n2时u，当n3时，u()，当n4时u，

44162719312719∵1，且|||| 212216∴bn3[()n1234∴当n3时,bn有最小值，即数列{bn}有最小项，最小项为

991--------------------------------------------------------13分 b33[()2]1616256当n1即u1时，bn有最大值，即数列{bn}有最大项，最大项为b13(11)0． 12、解：由 OM则

11(OAOB)，得点M(,b)是AB的中点， 2211(x1x2)， 故x11x2，x21x1，………… 4分 22f(x1)f(x2)11xx1(log21log22)

2221x121x2xxxx1111(1log21log22)(1log212)(10) …… 6分 2x2x12x2x122所以b（2）由（1）知当x1x21时，f(x1)f(x2)y1y21。 …… 8分 又Snf(n)f(n)f(n)i1n1i12f(n1)， ………… 10分 nn1n21)f()f()， nnn1n12n2)][f()f()] ∴2Sn[f()f(nnnn 111n1

∴Snf(n1个[f(n11)f()] nn…………… 13分 …………… 14分

Snn1（nN，且n2） 2

- 14 -

13、解：（1）由抛物线经过点O(0,0)、A(m,0)设抛物线方程ykx(xm),k0， 又抛物线过点P(m1,m1)，则m1k(m1)(m1m)，得k1， 所以yg(x)x(xm)xmx。 …………………… 3分 （2）f(x)(xn)g(x)x(xm)(xn)x(mn)xmnx，

322f/(x)3x22(mn)xmn，函数f(x)在xa和xb处取到极值，…… 5分

故f(a)0,f(b)0，

//mn0，

f/(m)3m22(mn)mmnm2mnm(mn)0 ………… 7分

f/(n)3n22(mn)nmnn2mnn(nm)0

又ba，故bnam。 …… 8分

/2（3）设切点Q(x0,y0)，则切线的斜率kf(x0)3x02(mn)x0mn 32又y0x0(mn)x0mnx0，所以切线的方程是

yx03(mn)x02mnx0[3x022(mn)x0mn](xx0) …… 9分

3232又切线过原点，故x0(mn)x0mnx03x02(mn)x0mnx0

mn。 ………… 10分 2//mn两条切线的斜率为k1f(0)mn，k2f()，

2122由mn22，得(mn)8，(mn)2，

432所以2x0(mn)x00，解得x00，或x0mn3(mn)2mn1)2(mn)mn(mn)2mnmn2， k2f(2424/ ………………………… 12分

22所以k1k2mn(mn2)(mn)2mn(mn1)11，

又两条切线垂直，故k1k21，所以上式等号成立，有mn22，且mn1。

3232所以f(x)x(mn)xmnxx22xx。 ………… 14 分

14、解：（1）f(x)在[,]上为增函数…………………………………..1分

- 15 -

2x22tx22xt'∵f(x)2，∴f(x)，……….…………….3分

(x21)2x1∵ 当x(，)时，4x4tx10……………………………….4分 ∴ 当x(，)时，2x2tx22210， 2∴当x(，)时，2x2tx20，…………………………..5分 ∴f(x)0，∴f(x)在[，]上单增。………………………6分

（2）由题意及（1）可知，f(x)maxf()，f(x)minf()，…………………7分 ∴g(t)f()f()'2t2t()[2t()2]2……..8分 22222111∵t，12，∴()4t21，……………..9分 4122()22t2，

28t21(2t25)，tR…………………………………………………..10分 ∴g(t)216t25，U[1，) 令t21U，则tU1228U(2U23)16U324U∴g(t)，……………………………………………11分 2216U916U916U324U'8(32U46U227))0………………………………..…….12分 ∵(22216U9(16U9)16U324U∴在[1，)单增，……………………………………..……………..13分 216U9∴当U1，t0时，g(t)min28。………………………………………………..14分 515、解：（1）方程2x4x300有两实根x5或x3…………………………..1分 由题意知:当x5时,f(5)2(5)4(5)300，

又∵f(5)0 ∴f(5)0…………………………………………….3分 ∴5是f(x)的一个零点，同理，3也是f(x)的一个零点，…………………….4分

2 - 16 -

∴f(x)xaxb(x3)(x5)x2x15，即a2，b15， 显然，x22x152x22x15对xR恒成立。

∴a2，b15…………………………………………………………………….6分 （2）∵a1221，2anf(an1)15， 22∴2anan12an1an1(an12)，n2，3，4，……………………………..7分

∴

aa11n1，n2，n，n13，4，，，2，3，

an122anan22an1a1n，………………………………………………………..…..9分 an22an1bna1a2a32a22a32a42∴bnTnb1b2an1a1n1n1……………...10分 2an12an12an1aan2(an1an)111又∵bn…………….12分 nan22an12anan12anan1anan1∴Snb1b2bn(1111)()a1a2a2a3(11111)2 anan1a1an1an1 ………….13分 ∴2n1Tn12Sn，∴Sn2n1Tn2为定值。………………………..14分 an1 - 17 -