高中数学函数压轴题精制

高考数学函数压轴题：

1. 已知函数在处取得的极小值是.

(1)求的单调递增区间；

(2)若时，有恒成立，求实数的取值范围.

2. 某造船公司年最高造船量是20艘. 已知造船x艘的产值函数R (x)=3700x + 45x2 – 10x3(单位：万元), 成本函数为C (x) = 460x + 5000 (单位：万元). 又在经济学中，函数f(x)的边际函数Mf (x)定义为: Mf (x) = f (x+1) – f (x). 求:（提示：利润 = 产值 – 成本）

(1) 利润函数P(x) 及边际利润函数MP(x);

(2) 年造船量安排多少艘时, 可使公司造船的年利润最大

(3) 边际利润函数MP(x)的单调递减区间, 并说明单调递减在本题中的实际意义是什么

3. 已知函数，函数的图象与的图象关于点中心对称。

（1）求函数的解析式；

（2）如果，，试求出使成

立的取值范围；

（3）是否存在区间，使对于区间内的任意实数，只要，且时，都有恒成立

4．已知函数：

（Ⅰ）证明：f(x)+2+f(2a－x)=0对定义域内的所有x都成立.

（Ⅱ）当f(x)的定义域为[a+,a+1]时，求证：f(x)的值域为[－3，－2]；

（Ⅲ）设函数g(x)=x2+|(x－a)f(x)| ,求g(x) 的最小值 .

5. 设是定义在上的函数，若存在，使得在上单调递增，在上单调递减，则称为上的单峰函数，为峰点，包含峰点的区间为含峰区间.　　对任意的上的单峰函数，下面研究缩短其含峰区间长度的方法.

（1）证明：对任意的，，若，则为含峰区间；若，则为含峰区间；

（2）对给定的，证明：存在，满足，使得由（1）所确定的含峰区间的长度不大于；

6. 设关于的方程的两根分别为、，函数

（1）证明在区间上是增函数；

（2）当为何值时，在区间上的最大值与最小值之差最小

7. 甲乙两公司生产同一种新产品，经测算，对于函数，，及任意的，当甲公司投入万元作宣传时，乙公司投入的宣传费若小于万元，则乙公司有失败的危险，否则无失败的危险；当乙公司投入万元作宣传时，甲公司投入的宣传费若小于万元，则甲公司有失败的危险，否则无失败的危险. 设甲公司投入宣传费x万元，乙公司投入宣传费y万元，建立如图直角坐标系，试回答以下问题：

(1)请解释；

(2)甲、乙两公司在均无失败危险的情况下尽可能少地投入宣传费用，问此时各应投入多少宣传费

(3)若甲、乙分别在上述策略下，为确保无失败的危险，根据对方所投入的宣传费，按最少投入费用原则，投入自己的宣传费：若甲先投入万元，乙在上述策略下，投入最少费用；而甲根据乙的情况，调整宣传费为；同样，乙再根据甲的情况，调整宣传费为如此得当甲调整宣传费为时，乙调整宣传费为；试问是否存在，的值，若存在写出此极限值（不必证明），若不存在，说明理由.

8. 设是定义域在上的奇函数，且其图象上任意两点连线的斜率均小于零.

（l）求证在上是减函数；

（ll）如果，的定义域的交集为空集，求实数的取值范围；

（lll）证明若，则，存在公共的定义域，并求这个公共的空义域.

9. 已知函数f（x）＝ax2＋bx＋c，其中a∈N*，b∈N，c∈Z。

（1）若b>2a，且f（sinx）（x∈R）的最大值为2，最小值为－4，试求函数f（x）的最小值；

（2）若对任意实数x，不等式4x≤f（x）≤2（x2＋1）恒成立，且存在x0，使得f（x0）<2（x02＋1）成立，求c的值。

10. 已知函数在区间[0，1]上单调递增，在区间[1，2]上单调递减；

（1）求a的值；

（2）求证：x=1是该函数的一条对称轴；

（3）是否存在实数b，使函数的图象与函数f(x)的图象恰好有两个交点若存在，求出b的值；若不存在，请说明理由.

11. 定义在区间（0，）上的函f(x)满足：（1）f(x)不恒为零；（2）对任何实数x、q,都有.

（1）求证：方程f(x)=0有且只有一个实根；

（2）若a>b>c>1,且a、b、c成等差数列，求证：；

（3）（本小题只理科做）若f(x) 单调递增，且m>n>0时，有，求证：

12. 已知三次函数在y轴上的截距是2，且在上单调递增，在（－1，2）上单调递减.

(Ⅰ)求函数f (x)的解析式；

(Ⅱ)若函数，求的单调区间.

13. 已知函数（且）．

(1) 试就实数的不同取值，写出该函数的单调递增区间；

(2) 已知当时，函数在上单调递减，在上单调递增，求的值并写出函数的解析式；

(3) （理）记(2)中的函数的图像为曲线，试问是否存在经过原点的直线，使得为曲线的对称轴若存在，求出的方程；若不存在，请说明理由．

(文) 记(2)中的函数的图像为曲线，试问曲线是否为中心对称图形若是，请求出对称中心的坐标并加以证明；若不是，请说明理由．

14. 已知函数和 的图象在处的切线互相平行.

(Ⅰ) 求的值；

（Ⅱ）设，当时，恒成立，求的取值范围.

15. 设函数定义在上，对任意的，恒有，且当时，。试解决以下问题：

（1）求的值，并判断的单调性；

（2）设集合，若，求实数的取值范围；

（3）若，满足，求证：

16. （理科）二次函数f(x)=

（I）若方程f(x)=0无实数根，求证：b>0；

（II）若方程f(x)=0有两实数根，且两实根是相邻的两个整数，求证：f(－a)=；

（III）若方程f(x)=0有两个非整数实根，且这两实数根在相邻两整数之间，试证明存在整数k，使得.

(文科)已知函数f(x)=，其中

（I）若b>2a,且 f(sinx)(x∈R)的最大值为2，最小值为－4，试求函数f(x)的最小值；

（II）若对任意实数x，不等式恒成立,且存在成立，求c的值。

17. 定义在（-1，1）上的函数f(x)满足：对任意x、y (-1,1)都有。

（I）求证：函数f(x)是奇函数；

（II）如果当 时，有f(x)>0，判断f(x)在(-1,1)上的单调性，并加以证明；

（III）设-1，解不等式：

18. 已知二次函数设方程f(x)＝x有两个实数根x1、x2.

(Ⅰ)如果，设函数f(x)的对称轴为x＝x0,求证x0>—1;

(Ⅱ)如果，且f(x)＝x的两实根相差为2，求实数b 的取值范围.

19. 函数的定义域为R，并满足以下条件：①对任意，有；

②对任意、，有；③ 则

（1）求的值； （4分）

（2）求证：在R上是单调增函数； （5分）

（3）若，求证：

20. （理）已知

（1）讨论的单调性；

（2）证明：其中无理数.

（文）设函数，其图象在点处的切线的斜率分别为.

（1）求证：；

（2）若函数的递增区间为，求的取值范围.

21.设函数

（1）求函数f(x)的单调区间，并求函数f(x)的极大值和极小值；

（2）当x∈[a+1, a+2]时，不等，求a的取值范围.

22. 已知函数，函数.

（1）当时，求函数f(x)的最小值；

（2）设函数h(x)=(1－x)f(x)+16，试根据m的取值分析函数h(x)的图象与函数g(x)的图象交点的个数.

23. 已知二次函数为常数）；.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）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.

24. 已知，点A(s,f(s)), B(t,f(t))

(I) 若,求函数的单调递增区间；

(II)若函数的导函数满足：当|x|≤1时，有||≤恒成立，求函数的解析表达式；

(III)若0<a<b, 函数在和处取得极值，且,证明：与不可能垂直.

25. 已知函数

(1)设,当m≥时,求g(x)在[]上的最大值；

(2)若上是单调减函数，求实数m的取值范围.

26. (本小题满分12分)

已知常数a > 0, n为正整数，f n ( x ) = x n – ( x + a)n ( x > 0 )是关于x的函数.

(1) 判定函数f n ( x )的单调性，并证明你的结论.

(2) 对任意n a , 证明f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n)

答案：

1.解：(1)，由题意，

令得的单调递增区间为和.

(2) ，当变化时，与的变化情况如下表：

所以时，.于是在上恒成立等价于，求得.

2.解：(1) P(x) = R (x) – C (x) = – 10x3 + 45x2 + 3240x – 5000 (xN且x[1, 20]); 2分

MP (x) = P ( x + 1 ) – P (x) = – 30x2 + 60x +3275 (xN且x[1, 20]). 4分

(2) P`(x) = – 30x2 + 90x + 3240 = – 30( x +9 )(x – 12) (xN且x[1, 20]) 7分

当1< x < 12时, P`(x) > 0, P(x)单调递增,

当 12 <x < 20时, P`(x) < 0 , P ( x ) 单调递减.

∴ x = 12 时, P(x)取最大值, 10分

即, 年建造12艘船时, 公司造船的年利润最大. 11分

(3) 由MP(x ) = – 30( x – 1) 2 + 3305 (xN且x[1, 20]).

∴当1< x 20时，MP (x)单调递减. 12分

MP (x)是减函数说明: 随着产量的增加，每艘利润与前一台比较，利润在减少.1

3.解：（1） ………………………………………………………………（6分）

（2）由解得

即

解得…………………………………（12分）

（1）由，

又，

当时，，，

∴对于时，，命题成立。………………（14分）

以下用数学归纳法证明对，且时，都有成立

假设时命题成立，即，

那么即时，命题也成立。

∴存在满足条件的区间。

4.解：（Ⅰ）证明：

∴结论成立 ……………………………………4分

（Ⅱ）证明：

当

即…………9分

（Ⅲ）解：

（1）当

如果 即时，则函数在上单调递增

如果

当时，最小值不存在…………………………11分

（2）当

如果

如果…13分

当

综合得：当时 g（x）最小值是

当时 g（x）最小值是 当时 g（x）最小值为

当时 g（x）最小值不存在

5.解：(1)证明:设为的峰点,则由单峰函数定义可知, 在上单调递增, 在上单调递减,

当时,假设,则<,从而这与矛盾,所以,即为含峰区间.

当时,假设,则,从而这与矛盾,所以,即为含峰区间………………………….(7分)

（2）证明：由(1)的结论可知:

当时, 含峰区间的长度为；

当时, 含峰区间的长度为；

对于上述两种情况，由题意得 ①

由①得即，

又因为，所以 ②

将②代入①得 ③

由①和③解得

所以这时含峰区间的长度，

即存在使得所确定的含峰区间的长度不大于

6.解：(1)证明：，

由方程的两根分别为、知

时，，所以此时，

所以在区间上是增函数

(2)解：由（１）知在上，最小值为，最大值为，

　　，，可求得，

　　，

　所以当时，在区间上的最大值与最小值之差最小，最小值为４

7.解：(1)表示当甲公司不投入宣传费时,乙公司要回避失败风险,至少要投入=8万元; …………………… (2分)

表示当乙公司不投入宣传费时, 甲公司要回避失败风险,至少要投入 =12万元. …………………………… (4分)

(2) 解方程组

………………(6分)

得: x = 17, y = 25 ……………(9分)

故甲公司至少投入17万元,

乙公司至少投入25万元. …… (11分)

(3) 经观察,

显见 .

故点M (17, 25) 是双方在宣传投入上保

证自己不失败的一个平衡点. ………(16分)

8.解：（1）∵奇函数的图像上任意两点连线的斜率均为负

∴对于任意且有

……………………………………………………3分

从而与异号

∴在上是减函数…………………………………………5分

（2） 的定义域为

的定义域为………………………………7分

∵ 上述两个定义域的交集为空集

则有： 或…………………………9分

解得：或

故c的取值范围为或………………………………………………10分

（3）∵ 恒成立

由(2)知：当时

当或时

且

　　　此时的交集为………………………………………12分

　　　　　当

且

此时的交集为

　　　故时，存在公共定义域，且

　　　　当或时，公共定义域为；

　　　　当时，公共定义域为.

9.解：（1）由函数f（x）的图像开口向上，对称轴x＝－b/2a<－1知，f（x）在[－1，1]上为增函数，故f（1）＝a＋b＋c＝2，f（－1）＝a－b＋c＝－4，∴b＝3，a＋c＝－1。又b>2a，故a＝1，c＝－2。∴f（x）＝x2＋3x－2，最小值为－17/4。

（2）令x＝1，代入不等式4x≤f（x）≤2（x2＋1）得f（1）＝4，即a＋b＋c＝4，从而b＝4－a－c。又4x≤f（x）恒成立，得ax2＋（b－4）x＋c≥0恒成立，故△＝（b－4）2－4ac≤0，∴a＝c。又b≥0，a＋c≤4，∴c＝1或c＝2。当c＝2时，f（x）＝2x2＋2，此时不存在满足题意的x0。当c＝1时满足条件，故c＝1。

10.解：（1）

∵∴，∴，

（2）设点A（x

∵

由交点对应于方程即

∴b=4或b=0为所求.

11.解：(1)取x=1,q=2,有

若存在另一个实根，使得

（2），

，则0，∴，又a+c=2b,

∴ac-b=

即ac

(3)

又

令m=b,n=,b且q

则f(m)+f(n)=(qf(b)=f(mn)=0且

即4m=,由0得，

12.解：(Ⅰ)∵在y轴上的截距是2，∴f(0)=2,∴c=2. 1分

又在上单调递增，（－1，2）上单调递减，

有两个根为－1，2，

，…………5分

(Ⅱ)，

，………………6分

，……………………………………… 7分

当m≤－2时，－m≥2，定义域：，

恒成立，上单增； ……………………… 8分

当时，，定义域：

恒成立，上单增……………………… 9分

当m >－1时，－m <1，定义域：

由得x >1，由得x <1.

故在（1，2），（2，+∞）上单增；在上单减. ………………11分

综上所述，当m≤－2时，h(x)在（－m,+∞）上单增；

当时, 上单增；

当m >－1时，在（1，2），（2，+∞）上单增；在（－m，1）单减.…12分

13.解：(1) ①当时，函数的单调递增区间为及，

②当时，函数的单调递增区间为及，

③当时，函数的单调递增区间为及．

（6分）

(2) 由题设及(1)中③知且，解得， （9分）

因此函数解析式为． （10分）

(3) （理）假设存在经过原点的直线为曲线的对称轴，显然、轴不是曲线的对称轴，故可设：（），

设为曲线上的任意一点，与关于直线对称，且

，，则也在曲线上，由此得，，

且，， （14分）

整理得，解得或，

所以存在直线及为曲线的对称轴． （16分）

（文）该函数的定义域，曲线的对称中心为，

因为对任意，，

所以该函数为奇函数，曲线为中心对称图形．

14.解：(Ⅰ) ………………………3分

∵函数和的图象在处的切线互相平行

　　　　 …………………………………………………5分

　　　　………………………………………………………………6分

（Ⅱ）

　　　…………………………………………7分

令　　　　

∴当时，,当时，.

∴在是单调减函数，在是单调增函数. 　…………………………9分

，

∴当时，有，当时，有.

∵当时，恒成立, ∴　 …………………………11分

∴满足条件的的值满足下列不等式组

①，或②

不等式组①的解集为空集，解不等式组②得

综上所述，满足条件的的取值范围是：.　

15.解：（1）在中令，得； …………………2分

设，则，从而有

所以，

所以，在上单调递减 …………………5分

（2），由（1）知，在上单调递减，

， …………………7分

故集合中的点所表示的区域为如图所示的阴影部分；

而，所以，， …………8分

故集合中的点所表示的区域为一直线，如图所示，

由图可知，要，只要，

∴实数的取值范围是 …………………10分

（3）由（1）知在上单调递减，∴当时，，当时，，

，而，，故，

由得，，所以，， …………………12分

又，所以，

又

由得，，，

又，所以，由

及解得，

16.解：（理）（I）（3分）

（II）设两整根为x1,x2，x1>x2

(5分)

（III）设m12为整数。

即

f(m)=

f(m+1)=

(6分)

（文）f(sinx)=

f(sinx)max=f(1)=2,

又b>2a>0,

(7分)

(2)

不存在

当a=1时，c=1,

此时存在x0,使

17.解：(I)证：令x=y=0，则f(0)+f(0)=f(0),

　 故f(0)=0令y=-x,则f(x)+f(-x)=

　　 ∴f(-x)=-f(x)

　　 ∴函数f(x)的奇函数　　　 4’

（II）设-1，则

　　 因此　　　　　 　

　　 ∴函数f(x)在（-1，1）上是减函数　　　 8’

（III） 是（-1，1）上的减函数，

　　 由 得x<0或x>2　　　　 9’

　　 当a=0时， ，原不等式的解集为{x|x>2}　　　 10’

　　 当-1时。x>2中原不等式的解；

　　 若x<0，则a(x-1)>1,x<1+

　　 故原不等式的解集为 　　　12’

　　 当0时，x<0不是原不等式的解；

　　 若x>2，则a(x-1)<1,x<1+ ∴

　　 故原不等式的解集为{x| } 　

18.解：(Ⅰ)设

∴由条件……（2分）即（4分）

∴……（5分）对

……（8分）

（Ⅱ）由

……（11分）

由代入有

19.解：解法一：（1）令，得：……………1分

…………………………4分

（2）任取、，且. 设则

…………………… 8分

在R上是单调增函数…… 9分

（3）由（1）（2）知

………11分

而 ……15分

解法二：（1）∵对任意x、y∈R，有

………1分 ∴当时……2分

∵任意x∈R， …………3分 ……………………4分

（2）…………………………6分

是R上单调增函数 即是R上单调增函数；…… 9分

（3）……………………11分

而

20.解：（理）（1）

①若时，

∴在单调递增，在单调递减，……………………………………

②若时，对恒成立.

∴在上单调递减. …………………………………………………………

③若，

由，

由可得或，

∴在［］单调递减，在（］，［，］上单调递减，综上所述：若时，在（）上单调递减.

当时，在［］单调递减，

在（和）单调递减，

当时， 在单调递增，在单调递减.

21.解：（1）∵f′(x)=－x2+4ax－3a2=－(x－3a)(x－a),由f′(x)>0得：a<x<3a

由f′(x)<0得，x<a或x>3a，

则函数f(x)的单调递增区间为（a, 3a），单调递减区间为（－∞，a）和（3a，+∞）

列表如下：

∴函数f(x)的极大值为b，极小值为－a3+b …………………………7分

（2）上单调递

减，因此

∵不等式|f′(x)|≤a恒成立，

∴ 即a的取值范围是

22.解：(1) 方法一： ∵ x>1 , ，

当且仅当x=4时，取等号，故函数f(x)的最小值为0；

方法二：∵ x>1，

当且仅当即x=4时，取等号，故函数f(x)的最小值为0.

方法三：求导（略） ……………………………………4分

（2）由于h(x)=(1－x)f(x)+16=

设 F(x)=g(x)－h(x)= (且)，则

，……………………………6分

令得x=3或x=1（舍）又∵， ，，F（3）＝6ln3－15+m

根据导数的符号及函数的单调情况、取极值的情况作出的草图如

下：………………11分

由此可得：

当或时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有1个交点；

当时，h(x)的图象与g(x)的图象恰有2个交点；

当时，h(x)的图象与g(x(的图象恰有3个交点.

23.解：（I）由图形 知：，

∴函数f（x）的解析式为…………………………4分

（Ⅱ）由

得

∵0≤t≤2

∴直线l1与f（x）的图象的交点坐标为（…………………………6分

由定积分的几何意义知：

………………………………9分

（Ⅲ）令

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

的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交点

当x∈（0，1）时，是增函数；

当x∈（1，3）时，是减函数

当x∈（3，+∞）时，是增函数

当x=1或x=3时，

∴

………………………………12分

又因为当x→0时，

当

所以要使有且仅有两个不同的正根，必须且只须

即

∴m=7或

∴当m=7或时，函数f（x）与g（x）的图象有且只有两个不同交点．

24.解：(I) f (x)=x3-2x2+x, (x)=3x2-4x+1,

因为f(x)单调递增，

所以(x)≥0，

即 3x2-4x+1≥0,

解得，x≥1, 或x≤,……………………………2分

故f(x)的增区间是(-∞，)和[1,+ ∞]. …………………………3分

(II) (x)=3x2-2(a+b)x+ab.

当x∈[-1，1]时，恒有|(x)|≤.………………………4分

故有≤(1)≤，

≤(-1)≤，

≤(0)≤,………………………5

即 ………6

①+②，得

≤ab≤，……………………………8分

又由③，得

ab=，

将上式代回①和②，得

a+b=0,

故f(x)=x3x. ……………………9分

(III) 假设⊥,

即= = st+f(s)f(t)=0, ……………10分

(s-a)(s-b)(t-a)(t-b)=-1,

[st-(s+t)a+a2][st-(s+t)b+b2]=-1, ……………………………………11分

由s，t为(x)=0的两根可得，

s+t=(a+b), st=, (0<a<b),

从而有ab(a-b)2=9. ……………………………………12分

这样(a+b)2=(a-b)2+4ab

= +4ab≥2=12，

即 a+b≥2,

这样与a+b<2矛盾. ……………………13分

故与不可能垂直.

25.解：(1)g(x)=. 　　

即m≥时，g′(x)≤0,g(x)在[,2]上单调递减，

∴g(x)max=g()=2m--ln2.

所以m≥时，g(x)max=2m-；

(2)因为函数y=log[8-f(x)]在[1，+∞）上是单调减函数，则其导数在[1，+∞）上恒小于等于零.

所以

恒成立.

因为loge<0，所以在[1，+∞）恒成立.即在[1，+∞）恒成立.

因为在[1，+∞）上不恒成立,所以在[1，+∞）上恒成立.

得在[1，+∞）上恒成立. 所以-1≤m<9.

（本题也可用复合函数进行处理）

26.解: (1) fn `( x ) = nx n – 1 – n ( x + a)n – 1 = n [x n – 1 – ( x + a)n – 1 ] ,

∵a > 0 , x > 0, ∴ fn `( x ) < 0 , ∴ f n ( x )在（0，+∞）单调递减. 4分

（2）由上知：当x > a>0时, fn ( x ) = xn – ( x + a)n是关于x的减函数,

∴ 当n a时, 有：(n + 1 )n– ( n + 1 + a)n n n – ( n + a)n. 2分

又 ∴f `n + 1 (x ) = ( n + 1 ) [xn –( x+ a )n ] ,

∴f `n + 1 ( n + 1 ) = ( n + 1 ) [(n + 1 )n –( n + 1 + a )n ] < ( n + 1 )[ nn – ( n + a)n] = ( n + 1 )[ nn – ( n + a )( n + a)n – 1 ] 2分

( n + 1 )fn`(n) = ( n + 1 )n[n n – 1 – ( n + a)n – 1 ] = ( n + 1 )[n n – n( n + a)n – 1 ], 2分

∵( n + a ) > n ,

∴f `n + 1 ( n + 1 ) < ( n + 1 )fn`(n) . 2分