高三数学专题二(函数与导数)

2024-03-09 来源：步旅网

高三数学专题二(函数与导数)

第一讲:函数性质

(一) 典型例题讲解:

例2f(x)12a2acosx2sinx恒大于1. 若0, 求实数a的取值范围.

22f(x)12a2acosx2sinx2cosx2acosx2a1. 解：

令tcosx, 则t[1, 1], 由题意得2t22at2a10在t[1, 1]时恒成立,

22t22at2a10可变为2a(t1)2t1…………（1）

当t1时上面不等式（1）显然成立, 当t1时, 因为t10, 所以不等式（1）可变为

2t2211g(t)(t1)2222(t1)2(t1),则

a2t212(t1),

令

2t21g(t)2(t1)(当且仅当

t112t12(t1)2时取等号) 因此

a的取值范围是(, 22).

例2．设a是正数，ax+y=2(x≥0,y≥0)，记

1y+3x－2x2的最大值是

M(a)，试求：

（1）M(a)的表达式；（2）M(a)的最小值。

解将代数式

1y+3x－2x2表示为一个字母，由

ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x

的二次函数，逐步进行分类求M(a)。

1S(x)=y+3x－2x2,将

（1）设y=2－ax代入消去y，得：

1111S(x)=2－ax+3x－2x2 =－2x2+(3－a)x+2 =－2 [x－(3－a)]2+2 (3－a)2+2(x≥0)

∵y≥0 ∴2－ax≥0 而

2a>0 ∴0≤x≤a

下面分三种情况求M(a)

(i)当

220<3－a0)，即a3a20时解得 00a3或212 (3－a)2+2

(ii)当

223－a≥a (a>0)即a3a20时，解得：1≤a≤2，这时

a02222122()M(a)=S(a)=2－a·a+3·a－2·a=－a26+a

(iii)当3－a≤0，即a≥3时，M(a)=S(0)=2

12(0a1)2(3a)2　　　26　　　　　(1a2)2aa12(　2a3)(3a)2　　　2(a3)2　　　　　　　　综上所述得：M（a）=

∵1≤a≤211112≤a≤1，∴当a=2时，M(a)取小值，即5M(a)≥M（2）=2

当a≥3时，M(a)=2

经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。

注：解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3－a

2是否在定义域区间[0，a]内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。

例3已知函数f(x)的定义域为R，且对于一切实数x满足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x)

（1）若f(5)=9,求：f(－5);

（2）已知x∈ [2,7]时，f(x)=(x－2)2，求当x∈[16,20]时，函数g(x)=2x－f(x)的表达式，

并求出g(x)的最大值和最小值；

（3）若f(x)=0的一根是0，记f(x)=0在区间[－1000,1000]上的根数为N，求N的最小值。

解（1）由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的图像关于直线x=2,x=7对称。

∴ f(x)=f[(x－2)+2]=f[2－(x－2)]=f(4－x) =f[7－(3+x)]=f(7+(3+x)) =f(x+10)

∴f(x)是以10为周期的周期函数。∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9

（2）当x∈[16,17],x－10∈[6,7]，∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2

当x∈(17,20],x－20∈(－3,0],4－(x－20)∈[4,7)，

∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)] =f(24－x)=(x－22)2∴g(x)=

22x(x12),x[16,17]22x(x22),x(17,20]

∵x∈ [16,17]时，g(x)最大值为16，最小值为9；x∈（17，20]，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值为36，最小值为9。

（3）由f(0)=0，及f(0)=f(4)=0，知f(0)在[0,10)上至少有两个解。而在[－1000，1000)上有200个周期，至少有400个解。又f(1000)=0，所以最少有401个解。且这401个解的和为－200。

2(x12),x[16,17](x22)2,x(17,20]f(x)=

注：题中（2）可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到

一般地：当x∈[－3，2]时，4－x∈[2,7]，∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2

∴当x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2，故当x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7]，∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z)

∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈Z）

例4．已知定义在R上的函数fx满足：（1）值域为1,1，且当x0时，1fx0；（2）对于定义域内任意的实数x,y，均满足：

fmnfmfn1fmfn.试回答下列问题：

（Ⅰ）试求f0的值；（Ⅱ）判断并证明函数fx的单调性；（Ⅲ）若函数fx存在反函数gx，

11gg求证：51111g2gn3n12．

解：（Ⅰ）在

fmnfmfn1fmfn中，令m0,n0，则有

fmfmf01fmf0．

1fmf0fmf0．也即：即：fm2f0fm10．

由于函数

fm210fx的值域为1,1，所以，，所以f00．

（Ⅱ）函数fx的单调性必然涉及到fxfy，于是，由已知

fmnfmfn1fmfn，我们可

以联想到：是否有

fmnfmfn1fmfn？（＊）

这个问题实际上是：fnfn是否成立？

为此，我们首先考虑函数fx的奇偶性，也即fx与fx的关系．由于f00，所以，在

fmnfmfn1fmfn中，令nm，得fmfm0．

1fmfn．所以，函数fx为奇函数．故（＊）式成立．所以，fmfnfmn任取x1,x2R，且x1x2，则x2x10，故fx2x10且1fx2,fx11．

fxfxfxx1fx2fx10，所以，函数fx在R上单调递减．所以， 2121（Ⅲ）由于函数fx在R上单调递减，所以，函数fx必存在反函数gx，由原函数与反函数的关系可知：gx也为奇函数；gx在1,1上单调递减；且当1x0时，gx0．

为了证明本题，需要考虑gx的关系式．在（＊）式的两端，同时用g作用，得：

fmfnmng1fmfn，

令

xygxgygfmx,fny1xy．，则mgx,ngy，则上式可改写为：

不难验证：对于任意的x,y1,1，上式都成立．（根据一一对应）．

1xy这样，我们就得到了gx的关系式．这个式子给我们以提示：即可以将n23n1写成1xy的

形式，则可通过裂项相消的方法化简求证式的左端．

111n1n21事实上，由于

n3n1n1n21n1n22111n1n2111n1n2，所以，g111n23n1gn1gn2．

所以，g15g111g1n23n1

g12g1311g3g4g1n1g1n2g112gn2g1112gn2g2

(二) 专题测试与练习:

一. 选择题

1. 若关于x的不等式x24xm对任意x∈(0, 1]恒成立, 则 A.m4 B. m3 C. 3m0 D. m3

2. 已知函数y＝x24ax ( 1x3 )是单调递增函数, 则实数a的取值范围是 )

)

( (

1133(, ][, ][ , )1] C. 22 B. (, 2 D. 2

2axbxc ( a0 ), 对任意实数f(x)3. 设函数t都有f( 2t )f( 2t )成立. 问:在函

数值f(1)、f(1)、f(2)、f(5)中, 最小的一个不可能是 ( )

A. f(1) B. f(1) C. f(2) D. f(5)

4. 当1x3时，二次函数f(x)2x26xc的值域为 ( )

A. [f(1), f(3)] B.

33[f(1), f()][f(), f(3)]2 C. 2 D. [f(0), f(3)]

2axbxc ( a0 )的对称轴方程为x2, 则下列判断正确的是 ( ) f(x)5. 已知

A. f(2)f() B.

f(222)f()f()f()f()f()2 C. 2 D. 2

二. 填空题

6. 若二次函数f(x)ax2bx, 有f(x11)f(x21)(x1x22), 则f(x1x2) .

7. 已知f(x)x 2, 2g(x)是一次函数且为增函数, 若f[g(x)]4x20x25, 则g(x)_______

8. 已知函数是 . f(x)－

log2(x2axa)在区间(, 13)上是增函数, 则实数a的范围

是关于x的方程x9. 若、

2222kxk60的两个实根, 则(1)(1)的最小值为 .

三. 解答题

10. 已知二次函数f(x)ax2x．

(1) 若对于任意m,nR, 有

f(mn1)[f(m)f(n)]22成立, 求实数a的取值范围；

(2) 若x[0, 1]时，有|f(x)| 1, 试求实数a的取值范围.

1211. 已知3a1, 若f(x)ax2x1在区间[1, 3]上的最大值为M(a), 最小值为N(a),

令g(a)M(a)N(a).(1) 求g(a)的函数表达式；(2) 判断g(a)的单调性, 并求出g(a)的最小值.

1a.

12. 设二次函数f(x)ax2bxc(a0), 方程f(x)x0的两根x1,x2满足

1x1x2（1）当x(0,x1)时, 证明: xf(x)x1;

（2）设函数f(x)的图象关于直线

xx0对称, 证明:

x0x12.

13.定义在R上的函数fx满足：对任意实数m,n，总有fmnfmfn，且当x0时，

Ax,yfxfyf1,

Bx,yfaxy21,aR，若AB，试确定a的取值范围；（4）试举出一个满足条件的函数

fx．

1a'yf(x)的值域；（2）设x21 （1）求

14.已知函数

f(x)ln(x21),g(x)m为方程

f(x)x的根，求证：当xm时，f(x)x; （3）若方程f(x)g(x)有4个不同的根，求a的取值范围.

高三数学专题二(函数与导数)

第二讲:函数性质

(一) 典型例题讲解:

例1. 若f(x)12a2acosx2sin2x恒大于0, 求实数a的取值范围.

解：f(x)12a2acosx2sin2x2cos2x2acosx2a1.

令tcosx, 则t[1, 1], 由题意得2t22at2a10在t[1, 1]时恒成立,

22t22at2a10可变为2a(t1)2t1…………（1）

当t1时上面不等式（1）显然成立, 当t1时, 因为t10, 所以不等式（1）可变为

a2t212(t1),

令

2t21g(t)2(t1),则

g(t)2t2211(t1)2222(t1)2(t1)

(当且仅当

t112t12(t1)2时取等号) 因此

a的取值范围是(, 22).

例2．设a是正数，ax+y=2(x≥0,y≥0)，记

1y+3x－2x2的最大值是

M(a)，试求：

（1）M(a)的表达式；（2）M(a)的最小值。

1y+3x－2x2表示为一个字母，由

解将代数式ax+y=2解出y后代入消元，建立关于x

的二次函数，逐步进行分类求M(a)。

1S(x)=y+3x－2x2,将

（1）设y=2－ax代入消去y，得：

1111S(x)=2－ax+3x－2x2 =－2x2+(3－a)x+2 =－2 [x－(3－a)]2+2 (3－a)2+2(x≥0)

220<3－a 0)，即a3a20时解得 00a3或212 (3－a)2+2

(ii)当

223－a≥a (a>0)即a3a20时，解得：1≤a≤2，这时

a0

2222122()M(a)=S(a)=2－a·a+3·a－2·a=－a26+a

(iii)当3－a≤0，即a≥3时，M(a)=S(0)=2

综上所述得：M（a）=

12(0a1)2(3a)2　　　26　　　　　(1a2)2aa12(　2a3)(3a)2　　　2(a3)2　　　　　　　　

∵1≤a≤211112≤a≤1，∴当a=2时，M(a)取小值，即5M(a)≥M（2）=2

当a≥3时，M(a)=2

经过比较上述各类中M(a)的最小者，可得M(a)的最小值是2。

注：解题经验的积累，有利于解题思路的挖掘，对参数a的分类，完全依据二次函数顶点的横坐标3－a

2是否在定义域区间[0，a]内，这样就引出三种状态，找出解题的方案。

例3已知函数f(x)的定义域为R，且对于一切实数x满足f(x+2)=f(2－x),f(x+7)=f(7－x)

（1）若f(5)=9,求：f(－5);

（2）已知x∈ [2,7]时，f(x)=(x－2)2，求当x∈[16,20]时，函数g(x)=2x－f(x)的表达式，并求出g(x)的最大值和最小值；

（3）若f(x)=0的一根是0，记f(x)=0在区间[－1000,1000]上的根数为N，求N的最小值。

解（1）由f(x+2)=f(2－x)及f(x+7)=f(7－x)得:f(x)的图像关于直线x=2,x=7对称。

∴ f(x)=f[(x－2)+2]=f[2－(x－2)]=f(4－x) =f[7－(3+x)]=f(7+(3+x)) =f(x+10)

∴f(x)是以10为周期的周期函数。∴f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9

（2）当x∈[16,17],x－10∈[6,7]，∴f(x)=f(x－10)=(x－10－2)2=(x－12)2

当x∈(17,20],x－20∈(－3,0],4－(x－20)∈[4,7)，

∴f(x)=f(x－20)=f[4－(x－20)] =f(24－x)=(x－22)2∴g(x)=

22x(x12),x[16,17]22x(x22),x(17,20]

∵x∈ [16,17]时，g(x)最大值为16，最小值为9；x∈（17，20]，g(x)>g(17)=9,g(x)≤g(20)=36 ∴g(x)的最大值为36，最小值为9。

注：题中（2）可根据函数图像的对称性、函数的周期性，通过作图得到

2(x12),x[16,17](x22)2,x(17,20]f(x)=

一般地：当x∈[－3，2]时，4－x∈[2,7]，∴f(x)=f(4－x)=(x－2)2

∴当x∈[－3,7],f(x)=(x－2)2，故当x∈[－3+10k,7+10k],x－10k∈[－3,7]，∴f(x)= (x－10k－2)2(k∈z)

∴f(x)= (x－10k－2)2 x∈[－3+10k,7+10k],（k∈Z）

例4．已知定义在R上的函数fx满足：（1）值域为1,1，且当x0时，1fx0；（2）对于定义域内任意的实数x,y，均满足：

fmnfmfn1fmfn.试回答下列问题：

（Ⅰ）试求f0的值；（Ⅱ）判断并证明函数fx的单调性；（Ⅲ）若函数fx存在反函数gx，

11gg求证：51111g2gn3n12．

解：（Ⅰ）在

fmnfmfn1fmfn中，令m0,n0，则有

fmfmf01fmf0．

即：

fm210f0fm1fmf0fmf0．也即：．

由于函数

fm210fx的值域为1,1，所以，，所以f00．

（Ⅱ）函数fx的单调性必然涉及到fxfy，于是，由已知以联想到：是否有

fmnfmfn1fmfnfmnfmfn1fmfn，我们可

？（＊）

这个问题实际上是：fnfn是否成立？

为此，我们首先考虑函数fx的奇偶性，也即fx与fx的关系．由于f00，所以，在

fmnfmfn1fmfn中，令nm，得fmfm0．

为了证明本题，需要考虑gx的关系式．在（＊）式的两端，同时用g作用，得：

fmfnmng1fmfn，

令

xygxgygfmx,fny1xy．，则mgx,ngy，则上式可改写为：

不难验证：对于任意的x,y1,1，上式都成立．（根据一一对应）．

1xy这样，我们就得到了gx的关系式．这个式子给我们以提示：即可以将n3n1写成1xy的

2形式，则可通过裂项相消的方法化简求证式的左端．

11111n1n2事实上，由于

n23n1n1n2111n1n2n1n211n11n2， 11所以，

g1n23n1gn1gn2．所以，g115gg111n23n1

1111g2g3g3g4g11n1gn2g112gn2g112g1n2g2

(二) 专题测试与练习:

一. 选择题

1. 若关于x的不等式x24xm对任意x∈(0, 1]恒成立, 则 (D)

A.m4 B. m3 C. 3m0 D. m3

2. 已知函数2xy＝4ax ( 1x3 )是单调递增函数, 则实数a的取值范围是 (A )

1133(, ][, ][ , )1] C. 22 B. (, 2 D. 2

3. 设函数f(x)ax2bxc ( a0 ), 对任意实数t都有f( 2t )f( 2t )成立. 问:在函

数值f(1)、f(1)、f(2)、f(5)中, 最小的一个不可能是 (B )

A. f(1) B. f(1) C. f(2) D. f(5)

2f(x)2x6xc的值域为 (C ) 1x34. 当时，二次函数

A. [f(1), f(3)] B.

33[f(1), f()][f(), f(3)]2 C. 2 D. [f(0), f(3)]

5. 已知f(x)ax2bxc ( a0 )的对称轴方程为x2, 则下列判断正确的是 (C )

A. f(2)f() B.

f(222)f()f()f()f()f()2 C. 2 D. 2

二. 填空题

6. 若二次函数f(x)ax2bx, 有f(x11)f(x21)(x1x22), 则f(x1x2) 0 .

7. 已知f(x)x 2, 2g(x)是一次函数且为增函数, 若f[g(x)]4x20x25, 则g(x) 2x5

8. 已知函数

[23,2]f(x)－

log2(x2axa)在区间(, 13)上是增函数, 则实数a的范围是

. 9. 若、是关于x的方程x8 . 22kxk60的两个实根, 则(1)2(1)2的最小值为

三. 解答题

10. 已知二次函数f(x)ax2x．

(1) 若对于任意m,nR, 有

f(mn1)[f(m)f(n)]22成立, 求实数a的取值范围；

(2) 若x[0, 1]时，有|f(x)| 1, 试求实数a的取值范围.

解：(1) 因函数f(x)是二次函数得a0

mn1)[f(m)f(n)]22成立, 得到函数f(x)是凹函数,从而得出a0

又因对于任意m,nR, 有

f((2) 由|f(x)|1等价于1f(x)1, 即1ax2x1, 而x[0,1],

① 当x0时, a0,1ax2x1式显然成立;

② 当x(0,1]时, 1axx1式化为

21111ax2xx2x在

x(0,1]上恒成立.

2a(tt)max212a0,t[1,)222a(tt)0min设x, 则有tatt,所以只须

又a0, 故得到2x0.综上所述, a的取值范围是[2,0)

12f(x)ax2x1在区间[1, 3]上的最大值为M(a), 最小值为N(a), a1311. 已知, 若

令g(a)M(a)N(a).(1) 求g(a)的函数表达式；(2) 判断g(a)的单调性, 并求出g(a)的最小值.

111a1,13a, 而3a

解：(1) 函数f(x)ax22x1的对称轴为直线

x11N(a)f()1aa∴f(x)在[1,3]上

①当

1112a1a2时，即时，M(a)f(3)9a5

②当

119a6,a1a2g(a)M(a)N(a)111a12,1a13aa32 2时，M(a)f(1)a1，2a时，即311111g(a)g()g(a)在[,1]上单调递增，在[,)上单调递减，min22 232(2)

12. 设二次函数f(x)ax2bxc(a0), 方程f(x)x0的两根x1,x2满足

1x1x21a.

（1）当x(0,x1)时, 证明: xf(x)x1;

（2）设函数f(x)的图象关于直线xx0对称, 证明:

x0x12.

证明：（1）令F(x)f(x)x.x1,x2是方程f(x)x0的两根，∴F(x)a(xx1)(xx2).

当x(0, x1)时，由于x1x2,所以(xx1)(xx2)0.

又因a0，得F(x)a(xx1)(xx2)0.即f(x)x0,从而得到xf(x)．

又因x1f(x)x1[xF(x)](x1x)[1a(xx2)],

1a，∴x1x0.

因

0x1x2因1a(xx2)1axax21ax20,∴x1f(x)0,即f(x)x1.

综上可知xf(x)x1.

b,2ax1,x2是方程f(x)x0的两根,

（2）由题意知

x0即x1,x2是方程ax2(b1)xc0的两根,∴

x1x21bc,x1x2aa.

∴ba(x1x2)1．∴

x0ba(x1x2)1ax1ax21axxx0112a2a2a2a2 .又因ax21, ∴

13. 定义在R上的函数fx满足：对任意实数m,n，总有fmnfmfn，且当x0时，

Ax,yfxfyf1,

22Bx,yfaxy21,aR，若AB，试确定a的取值范围；（4）试举出一个满足条件的函数

fx．

解：（1）在fmnfmfn中，令m1,n0．得：f1f1f0．因为f10，所以，f01．

（2）要判断fx的单调性，可任取x1,x2R，且设x1x2．

在已知条件fmnfmfn中，若取mnx2,mx1，则已知条件可化为：fxfxfx212x1．

由于x2x10，所以1fx2x10．

为比较fx2、fx1的大小，只需考虑fx1的正负即可．在fmnfmfn中，令mx，nx，则得fxfx1．

110fx∵

x0时，0fx1，∴ 当x0时，

fx．

又f01，所以，综上，可知，对于任意x1R，均有fx10．

fx2x110．∴ 函数fx在R上单调递减． ∴ fx2fx1fx1（3）首先利用fx的单调性，将有关函数值的不等式转化为不含f的式子．

fx2fy2f1即x2y21，

faxy21f0，即axy20．

2222由AB，所以，直线axy20与圆面xy1无公共点．所以，a11．解得：1a1．

（4）如

1fx2x．

1a'x21 （1）求yf(x)的值域；（2）设

14.已知函数

f(x)ln(x21),g(x)m为方程

f(x)x的根，求证：当xm时，f(x)x; （3）若方程f(x)g(x)有4个不同的根，求a的取值范围解：

（1）

f(x)ln(x21),f'(x)2xx21

由

x212|x||2x|1'x21,f(x)的值域为[－1，1]

（2）∵m为方程f（x）=x的根，∴f（m）－m=0 ''F(x)f(x)x,则F(x)f(x)10,∴F（x）为单调减函数令

∴当x＞m时，F（x）＜F（m）,即当x＞m时，f(x)xf(m)m0,∴当x＞m时，f（x）＜x

（3）令

h(x)f(x)g(x)ln(x21)1ax21

h'(x)2x2x1122x[22]2x1(x1)x1(x1)2…………………………10

2分

当x[0,1)(1,)时h'(x)0,当x(,1)(1,0]时，h'(x)0

h(x)ln(x21)1a在(,1)单调减，在(1,0)x21单调减,在（0，1）和（1，+∞）单调增

∴当x∈（－1，1）时，

h(x)minh(0)ln11a1a01

x→－1-时，h(x);x1时,h(x);x时,h(x)

由h（x）为偶函数得，x→－1-时，h（x）→+∞，x→1+，时，f（x）→－∞，x→+∞时，h（x）→+∞

f(x)g(x)有四个不同的根时1a0a1

（若考虑到h（x）是偶函数，题意等价转化为h（x）在x[0,1)(1,)上有2实根的问题，因而只需研究h（x）在x[0,1)(1,)上单调性与h（0）的值以及h（x）在x→1+，x→1－，x→+∞的极限值，则可参照赋分，若仅从图象直观说明，则酌情扣分）

点评：根据题意，将一般问题特殊化，也即选取适当的特值（如本题中令m1,n0；以及

mnx2,mx1等）是解决有关抽象函数问题的非常重要的手段；另外，如果能找到一个适合题

目条件的函数，则有助于问题的思考和解决．

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高三数学专题二(函数与导数)