【名师导学】2015高考数学一轮总复习 2.14 函数的综合应用课件 理_图文

第14讲 函数的综合应用

【学习目标】 会运用函数的知识和函数思想解决有关函数的综 合性问题,培养学生分析问题和解决问题的能力.

【基础检测】 ? ? 1.定义在??1,8??上的函数 f(x)同时满足:①f(2x)= cf(x)(c 为正常数);②当 2≤x≤4 时,f(x)=1-(x-3)2; 若函数 f(x) 的图象上所有极大值对应的点均落在同一 条直线上,则 c 等于( D ) A.1 B.2 C.2 或 4 D.1 或 2

【解析】由已知可得,当 1≤x≤2 时, 1 1 f(x)= f(2x)= [1-(2x-3)2]; c c 当 2≤x≤4 时,f(x)=1-(x-3)2; ? ?x? ?x ?2 ? 当 4≤x≤8 时,f(x)=cf?2?=c?1-?2-3? ?. ? ? ? ? ? ? ?3 1? ? ? ? ? ? ? ? ?共线, ? ? 3 , 1 6 , c , 由题意可知三点 2 c ,? ?, ? ? ? ? 则 c=1 或 c=2.

2.设函数 f(x)=k· ax-a-x(a>0 且 a≠1)在(-∞, +∞)上既是奇函数又是增函数,则 g(x)=loga(x+k)的 图象是( C )

1 【解析】f(x)=ka -a =ka -ax是奇函数,所以
x
-x

x

f(0)=0,即 k-1=0,所以 k=1, 1 1 x 即 f(x)=a - x,又函数 y=a ,y=- x在定义域 a a
x

上单调性相同, 由函数是增函数可知 a>1, 所以函数 g(x)=loga(x+k)=loga(x+1),选 C.

3.给出下列命题:①在区间(0,+∞)上,函数 y 1 =x ,y=x2,y=(x-1)2,y=x3 中有三个是增函数;
-1

②若 logm3<logn3<0,则 0<n<m<1;③若函数 f(x)是奇 函数,则 f(x-1)的图象关于点 A(1,0)对称;④已知函 数
x- 2 ? ,x≤2, ?3 f(x)=? 则方程 ? log ( x - 1 ), x >2 , ? 3

1 f(x)= 有两个实 2

数根.其中正确命题的个数为( C ) A.1 个 C.3 个 B.2 个 D.4 个

1 【解析】①在区间(0,+∞)上,只有 y=x2,y= x3 是增函数,所以①错误.②由 logm3<logn3<0,可得 1 1 < <0,即 log3n<log3m<0,所以 0<n<m<1,所 log3m log3n 以②正确.③正确.④当 x≤2 时,3
x- 2

≤1,由 3

x- 2

1 = 2

1 可知此时有一个实根.当 x>2 时,由 log3(x-1)= 得 x 2 -1= 3,即 x=1+ 3,所以④正确.所以正确命题 的个数为 3 个.选 C.

4.对正整数 n,设 xn 是关于 x 的方程 nx3+2x-n =0 的实数根,记 an=[(n+1)xn](n=2,3,?,符号[x] 表示不超过 x 的最大整数,如[-2.5]=-3,[5]=5), 则:

3 (1)a3=________ ;
1 1 009 . (2)计算: (a2+a3+?+a2 016)=________ 2 015

【解析】(1)设 f(x)=nx3+2x-n,则 f′(x)=3nx2 +2>0(n∈N ),所以 f(x)为增函数,n≥2
*

? n ? ? 时,f? ?n+1?= ? ?

? n ? n n ? ?3 2 n ?n+1? + 2 -n= 3 ( - n + n + 1)<0 ,且 n+1 (n+1) ? ?

f(1)=2>0,所以 nx3+2x-n=0 有唯一实根 xn,且 xn
? n ? ? ? ∈?n+1,1?,所以 ? ?
? ( n + 1 ) x n<(n+1)xn<n+1,an= n? ? ? ? ?

=n,所以 a3=3. 1 (2) (a + a3 + ? + a2 2 015 2 016)×2 015=1 009. 1 1 × × (2 + 2 016) = 2 015 2

【知识要点】 函数是高中数学的核心内容, 又是学习高等数学的 基础, 也是最能体现学生能力和水平的学习内容, 因此 历来是高考的重点.函数的三要素(定义域、值域和对 应法则),四条常用的性质(奇偶性、单调性、对称性和 周期性)及七类初等函数(一次函数、反比例函数、二次 函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数 )的图 象和性质,构成了函数的主体.与集合、不等式、导数 构成高中数学最大的板块,支撑着数学这个高楼大厦, 它们在数学的其他分支中有极其广泛的应用, 成为历年 高考命题的主干题型和热点内容.

一、抽象函数的综合问题 例1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(3m2-m-2)<3.

【解析】(1)证明:∵f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-1, ∴令 x1=x2=0,有 f(0)=1. 令 x1=x,x2=-x,有 f(0)=f(x)+f(-x)-1, f(x)+f(-x)=2, 令 F(x)=f(x)-1,则 F(-x)=f(-x)-1, ∵F(x)+F(-x)=f(x)+f(-x)-2=0, ∴F(-x)=-F(x),∴f(x)-1 为奇函数. (2)证明:由(1)知 f(x)-1 为奇函数, ∴f(-x)-1=-[f(x)-1], ?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), ∴f(x)是 R 上的增函数. (3)∵f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-1 且 f(4)=5, ∴f(4)=f(2)+f(2)-1,∴f(2)=3, 由不等式 f(3m2-m-2)<3, 得 f(3m2-m-2)<f(2), 由(2)知 f(x)是 R 上的增函数, 4 2 ∴3m -m-2<2?-1<m< . 3 ? 4? 2 ∴不等式 f(3m -m-2)<3 的解集为?-1,3?. ? ? 【点评】 抽象函数问题求解往往是通过赋值法和化 归法实现.

二、新定义函数的综合问题 例2对于函数 f(x), x∈R, 若 f(x)=x, 则称 x 为 f(x) 的“不动点”,若 f(f(x))=x,则称 x 为 f(x)的“稳定 点”,函数 f(x)的“不动点”和“稳定点”的集合分别 记为 A 和 B. (1)求证:A?B; (2)若 f(x)=ax2-1(a∈R),且 A=B≠?,求实数 a 的取值范围.
【解析】(1)证明:若 A=?,则 A?B 显然成立. 若 A≠?, 设 t∈A, 则 f(t)=t, f(f(t))=f(t)=t, 即 t∈B, 从而 A?B.

(2)A 中元素是方程 f(x)=x 即 ax2-1=x 的实根. 若 A≠?知 a=0
? ?a≠0 或? 即 ? ?Δ=1+4a≥0

1 a≥- . 4

B 中的元素是方程 a(ax2-1)2-1=x,即 a3x4- 2a2x2-x+a-1=0 的实根. 由 A?B 知上述方程左边含有一个因式 ax2-x-1, 即方程可化为(ax2-x-1)(a2x2+ax-a+1)=0. 要使 A=B,即要方程 a2x2+ax-a+1=0 没有实根或有实根是 ax2-x-1=0 的根. 3 若①没有实根,Δ=a -4a (1-a)<0 解得 a< . 4
2 2



若①有一实根,则由 ax2-x-1=0 得 a2x2-ax-a 1 =0 代入①得:2ax+1=0 得 x=- , 2a 3 代入 ax -x-1=0 得 a= . 4
2

综上,a

? 1 3? 的取值范围是?-4,4?. ? ?

【点评】 新定义问题关键是对新定义的含义及规则 充分理解,恰当应用.

三、函数与不等式的综合问题 例3已知 f(x)=aln x-b(x-1)对任意的 x>0 恒有 f(x)≤0 成立. (1)求正数 a 与 b 的关系; (2)若 a=1,设 g(x)=m x+n(m,n∈R),若 ln x≤g(x)≤b(x-1)对任意 x>0 恒成立,求函数 g(x)的解 析式; (3)证明:n!>e2n
-4

n

(n∈N,n≥2).

【解析】(1)易知 f(1)=0,由已知 f(x)≤0 恒成立, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得最大值. a-bx a f ′ (x) = x - b = x , ∴f′(1) = 0 , ∴a = b ,又 ∵a>0, ∴f(x)在 x=1 处取得极大值, 符合题意, 即关系式 为 a=b. (2)∵a=1,∴b=1,∴ln x≤m x+n≤x-1 恒成 立, 令 x=1,有 0≤m+n≤0,∴m+n=0, ∴m x-m≤x-1, 即( x-1)( x+1-m)≥0 对任 意 x>0 恒成立,

∴需 1-m=-1,即 m=2,∴函数 g(x)=2( x- 1). 1 (3)证明:由(2)知 ln x≤x-1,令 x= ,得 k 1 2 4 4 ln ≤ - 2 = - 2< - 2 = 4( k - k k 2 k k+ k-1 k-1)-2 1 ∴ ln <4[( n - n-1) + ( n-1 - n-2 ) + ? n! +( 1- 0)]-2n=4 n-2n, - ln n!>2n-4 n,即 n!>e2n 4 n(n∈N,n≥2).

【点评】 函数与不等式综合时应灵活恰当地进行函 数与不等式的转化.

四、函数、方程与不等式的综合问题 2 3 例4已知 f(x)=4x+ax - x (x∈R)在区间[-1,1] 3
2

上是增函数. (1)求实数 a 组成的集合 A; 1 3 (2)设关于 x 的方程 f(x)=2x+ x 的两个非零根为 3 x1,x2,试问是否存在实数 m,使得不等式 m2+tm+ 1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[-1, 1]恒成立?若存在, 求 m 的取值范围;若不存在,请说明理由.

【解析】(1)f′(x)=4+2ax-2x2, ∵f(x)在[-1,1]上是增函数, ∴f′(x)≥0 对?x∈[-1,1]恒成立, 即 x2-ax-2≤0 对?x∈[-1,1]恒成立.① 设 φ(x)=x2-ax-2, 解法一:①? 1≤a≤1. ∵?x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f′(-1)=0 以及当 a=-1 时,f′(1)=0, ∴A={a|-1≤a≤1}.
? ?φ(1)=1-a-2≤0 ? ? ?φ(-1)=1+a-2≤0

?-

a ? ? ≥0 解 法 二 : ① ? ?2 或 ? ?φ(-1)=1+a-2≤0 a ? ? <0 ?2 ? ?φ(1)=1-a-2≤0 ?0≤a≤1 或-1≤a<0?-1≤a≤1. ∵?x∈[-1,1],f(x)是连续函数,且只有当 a=1 时,f′(-1)=0 以及当 a=-1 时,f′(1)=0,∴A={a| -1≤a≤1}. 2 3 1 3 (2)由 4x+ax - x =2x+ x 得 x=0 或 x2-ax-2 3 3
2

=0,

∵Δ=a2+8>0,∴x1,x2 是方程 x2-ax-2=0 的 ? ?x1+x2=a, 两实根,∴? ? ?x1x2=-2, 从而|x1-x2|= (x1+x2)2-4x1x2= a2+8. ∵-1≤a≤1,∴|x1-x2|= a2+8≤3. 要使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2|对任意 a∈A 及 t∈[- 1,1]恒成立,当且仅当 m2+ tm+ 1≥3 对任意 t∈[-1,1]恒成立, 即 m2+tm-2≥0 对任意 t∈[-1,1]恒成立.② 设 g(t)=m2+tm-2=mt+(m2-2). 2 ? ?g(-1)=m -m-2≥0 解法一:②?? ? m≥ 2 或 2 ? g ( 1 )= m + m - 2 ≥ 0 ? m≤-2.

所以存在实数 m,使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2| 对任意 a∈A 及 t∈[ - 1 , 1] 恒成立,其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤-2}. 解法二:当 m=0 时,②显然不成立; 当 m≠ 0
? ?m>0 时,②?? 或 2 ? g (- 1 )= m - m - 2 ≥ 0 ?

? ?m<0 ? ? m≥ 2 2 ? ?g(1)=m +m-2≥0

或 m≤-2.

所以存在实数 m,使不等式 m2+tm+1≥|x1-x2| 对任意 a∈A 及 t∈[ - 1 , 1] 恒成立,其取值范围是 {m|m≥2 或 m≤-2}.

【点评】 本题主要考查函数的单调性, 导数的应用 和不等式的有关知识, 考查函数思想、 数形结合及分类 讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的 能力. 本题解题技巧: (1)求参采取分离参数法, a>g(x) 恒成立?a>g(x)max,将求参问题转化为求函数最大值 问题.(2)反客为主求参法.如第二问的解法一.

〔备选题〕例5已知 y=f(x)定义在 R 上,满足 f(x) +f(-x)=0,且 x≥0 时,f(x)=2x-x2. (1)求 x<0 时函数 f(x)的解析式; (2)是否存在这样的正实数 a,b,当 x∈[a,b]时, g(x)=f(x)且
?1 1? g(x)的值域为?b,a?,若存在,求出 ? ?

a, b

的值;若不存在,说明理由. 【解析】(1)由 f(x)+f(-x)=0 得 f(-x)=-f(x), 可得函数 f(x)为奇函数,设 x<0,则-x>0, 因为当 x≥0 时,f(x)=2x-x2, 所以 f(x)=-f(-x)=-[2(-x)-(-x)2]=x2+2x, 即 x<0 时,f(x)=x2+2x.

(2)假设存在正实数 a,b,当 x∈[a,b]时,g(x)= ?1 1? f(x) 且 g(x) 的值域为 ?b,a? ,根据题意, g(x) =- x2 + ? ? 2x(x>0),因为 g(x)=-x2+2x=-(x-1)2+1≤1,则 1 0<a≤1,得 a≥1. 又 函 数 g(x) 在 [1 , + ∞) 上 是 减 函 数 , 所 以 1 ? ?g(a)=a 1 2 ? ,由此得到 a,b(0<a<b)是方程-x +2x=x 1 ?g(b)= b ? 1+ 5 的两个根,解方程求得 a=1,b= . 2 1+ 5 所以存在正实数 a=1,b= ,当 x∈[a,b] 2 ?1 1? 时,g(x)=f(x)且 g(x)的值域为?b,a?. ? ?

1.函数的三要素中,对应法则是重点和关键,要 特别重视;定义域是易错点,要特别注意;值域和最值 是函数的一个整体性质,求解方法灵活,综合性强,深 受命题者的青睐,要熟练. 2.函数图象可以全面地反映函数的性质,其中画 图、 识图、 用图是考查数学素质和数学能力的重要途径, 为此,必须掌握画图的基本方法(描点法与变换法),熟 悉基本初等函数的图象,并会灵活应用. 3.函数的基本性质(单调性、奇偶性、周期性、对 称性)中,单调性是重中之重,也是高考的重点和热点.

4.熟练掌握一次函数、二次函数、反比例函数、 指数函数和对数函数的性质、 图象和特点, 是应用函数 思想解题的基础, 善于挖掘隐含条件, 构造出恰当的函 数解析式并能合理地运用函数图象和性质是应用函数 思想解题的关键. 5.函数知识可深可浅,在高考中常出压轴题,因 此炒得很热.但必须注意万变不离其“宗”,这个 “宗”就是函数基础知识.因此,要注意分寸,要把熟 练基础知识放在首位,同时重视基础知识的灵活应用. 6.函数中的复合函数问题、分段函数问题、分类 讨论问题、 探索性问题、 应用问题和综合问题是高考的 热点问题,应适当加强训练.

(2013 江西)已知函数 数且 a>0.

? ? 1?? f(x)=a?1-2?x-2??,a ? ? ??

为常

1 (1)证明:函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称; 2 (2)若 x0 满足 f(f(x0))=x0,但 f(x0)≠x0,则称 x0 为 函数 f(x)的二阶周期点. 如果 f(x)有两个二阶周期点 x1, x2,试确定 a 的取值范围; (3)对于(2)中的 x1,x2 和 a,设 x3 为函数 f(f(x))的 最大值点,A(x1,f(f(x1))),B(x2,f(f(x2))),C(x3,0).记 △ABC 的面积为 S(a),讨论 S(a)的单调性.

?1 ? ?1 ? 【解析】证明:因为 f?2+x?=a(1-2|x|),f?2-x?= ? ? ? ? ?1 ? ?1 ? a(1-2|x|),有 f?2+x?=f?2-x?, ? ? ? ?

1 所以函数 f(x)的图象关于直线 x= 对称. 2 1 ? 2 ?4a x,x≤2, 1 (2)当 0<a< 时,有 f(f(x))=? 2 ?4a2(1-x),x>1. 2 ? 所以 f(f(x))=x 只有一个解 x=0,又 f(0)=0,故 0 不是二阶周期点. 1 ? x, x≤ , ? 2 1 当 a= 时,有 f(f(x))=? 2 ?1-x,x>1. 2 ?

所以 f(f(x))=x

? 1? 有解集?x|x≤2?,又当 ? ?

1 x≤ 时,f(x) 2

? 1? =x,故?x|x≤2?中的所有点都不是二阶周期点. ? ?



a>

1 2







f(f(x))



1 ? 2 ?4a x,x≤4a, ? 1 1 ? 2 ?2a-4a x,4a<x≤2, ? ?2a(1-2a)+4a2x,1<x≤4a-1, 2 4a ? ? 4a-1 2 2 ?4a -4a x,x> . 4a ?

2a 2a 4a 2 所以 f(f(x))=x 有四个解 0, , , , 1+4a2 1+2a 1+4a2 又
? 2a ? 2a ? ? f(0)=0,f?1+2a?= , 1 + 2 a ? ?

? 2a ? ? 4a2 ? 2 a 4a2 ? ? ? ? f ?1+4a2? ≠ 2? ≠ 2,f? 2,故只有 1 + 4 a 1+4a 1+4a ? ? ? ?

2a 4a2 2, 2是 f(x)的二阶周期点. 1+4a 1+4a 1 综上所述,所求 a 的取值范围为 a> . 2 2a 4a2 (3)由(2)得 x1= ,x = , 1+4a2 2 1+4a2 因为 x3 为函数 f(f(x))的最大值点,

4a-1 1 所以 x3= 或 x3= . 4a 4a 2a-1 1 当 x3= 时,S(a)= . 4a 4(1+4a2)
? 1+ ? 2?a- 2 ? ? 2? 1- 2? ?? ? a - ?? 2 ? ?? ? , 2 2 (1+4a )

求导得:S′(a)=- 所以当 当

?1 1+ a∈? ?2, 2 ?

2? ? ?时,S(a)单调递增,
?

?1+ a∈? ? 2 ?

2

? ? ,+∞?时,S(a)单调递减; ?

4a-1 8a2-6a+1 当 x3= 时,S(a)= ,求导得: 2 4a 4(1+4a )

12a2+4a-3 S′(a)= , 2(1+4a2)2 12a2+4a-3 1 因为 a> ,从而有 S′(a)= >0, 2 2(1+4a2)2 所以当
?1 ? a∈?2,+∞?时,S(a)单调递增. ? ?

【命题立意】 本题考查函数的对称性、 方程根的探 究、 导数的应用和创新意识, 考查分类讨论思想和转化 化归思想,属难题.

1. 设函数 f(x)是定义在 R 上的偶函数, 且 f(x)=f(2
? ?上是减函数, 1 , 2 - x) , 若 f(x)在区间 则函数 f(x)( B ) ? ? ? ?

A.在区间??-2,-1??上是增函数,区间??3,4??上是 增函数 B.在区间??-2,-1??上是增函数,区间??3,4??上是 减函数
? ? ? ? ? ?上是 - 2 ,- 1 3 , 4 C.在区间 ?上是减函数,区间? ? ? ? ? ? ? ? ?

?

?

?

?

增函数 D.在区间??-2,-1??上是减函数,区间??3,4??上是 减函数
? ? ? ?

【解析】由 f(x)为偶函数且 f(x)=f(2-x)得 f(x)为 以 2 为周期的周期函数,根据 f(x)为偶函数且在[1,2] 上为减函数,则 f(x)在[-2,-1]上为增函数,在[3, 4]上为减函数,所以选 B.

1 2. 设函数 f(x)= , g(x)=ax2+bx(a, b∈R, a≠0). 若 x y=f(x)的图象与 y=g(x)图象有且仅有两个不同的公共 点 A(x1,y1),B(x2,y2),则下列判断正确的是( B ) A.当 a<0 时,x1+x2<0,y1+y2>0 B.当 a<0 时,x1+x2>0,y1+y2<0 C.当 a>0 时,x1+x2<0,y1+y2<0 D.当 a>0 时,x1+x2>0,y1+y2>0
1 【解析】 解法一: 令 x = ax2 + bx ,则 1 = ax3 + bx2(x≠0), 设 F(x)=ax3+bx2(x≠0),F′(x)=3ax2+2bx,

2b 令 F′(x)=3ax +2bx=0, 则 x=- , 要使 y=f(x) 3a
2

的图象与 y=g(x)图象有且仅有两个不同的公共点只需
?-2b? ? 2b?3 ? 2b?2 ? ? F? =a?-3a? +b?-3a? =1,整理得 ? ? ? ? ? ? 3a ?

4b3=27a2,

于是可取 a=±2,b=3 来研究,当 a=2,b=3 时,2x3 1 2 +3x =1,解得 x1=-1,x2= ,此时 y1=-1,y2=2, 2 此时 x1+x2<0,y1+y2>0;当 a=-2,b=3 时,-2x3 1 2 +3x =1,解得 x1=1,x2=- ,此时 y1=1,y2=-2, 2 此时 x1+x2>0,y1+y2<0.答案应选 B. 1 解法二:令 f(x)=g(x)可得 2=ax+b. x

1 设 y′= 2,y″=ax+b. x 不妨设 x1<x2,结合图形可知, 当 a>0 时如图①,此时|x1|>|x2|,

1 1 即-x1>x2>0,此时 x1+x2<0,y2= >- =-y1, x2 x1 即 y1+y2>0;同理可由图②经过推理得当 a<0 时 x1+ x2>0,y1+y2<0.答案应选 B.

3.已知最小正周期为 2 的函数 y=f(x),当 x∈[- 1,1]时 f(x)=x2,则函数 y=f(x)(x∈R)的图象与 y= |log5x|的图象交点个数为( D ) A.2 个 C.4 个 B.3 个 D.5 个

【解析】由图象可知,有 5 个交点,故选 D.

1 1 4.给出定义:若 m- <x≤m+ (其中 m 为整数), 2 2 则 m 叫做离实数 x 最近的整数,记作{x},即{x}=m. 在此基础上给出下列关于函数 f(x)=|x-{x}|的四个命 题:①函数 y=f(x)的定义域是
? 1? R,值域是?0,2?;②函 ? ?

k 数 y=f(x)的图象关于直线 x= (k∈Z)对称;③函数 y 2 =f(x)是周期函数,最小正周期是 1;④函数 y=f(x)在
? 1 1? ?- , ?上是增函数.其中的真命题是__________ ①②③ .(填 ? 2 2?

写序号)

1 1 【解析】当- <x≤ 时,f(x)=|x|; 2 2 1 3 当 <x≤ 时,f(x)=|x-1|; 2 2 3 5 当 <x≤ 时,f(x)=|x-2|; 2 2 1 1 依次类推,当 m- <x≤m+ 时,f(x)=|x-m|. 2 2 在直角坐标系内作出其图象, 易知①②③正确, ④ 错误.

5.若函数 y=f(x)(x∈R )同时满足:①对一切正 数 x 都有 f(3x)=3f(x),②f(x)=1-|x-2|(1≤x≤3),则



19 f(100) = ________ ;方程 f(x) = f(100) 的解的最小值为 46 ________ .
?100? ? ?100? 100? 【解析】f(100)=3f? 3 ?=3f?3× 9 ?=9f? 9 ?=? ? ? ? ? ? ? ?100? =81f? 81 ?,由此猜想 ? ?
n ?x? f(x)=3 f n .

?

?

?3 ?

?100? ? ?100 ?? 100 ?1-? -2??=19 ∵ ∈[1,3],∴81f? 81 ?=81· 81 ? ? ? ? 81 ??

?f(100)=19.



n ?x? f(x)=19?3 f n =19.

?

?

?3 ?

? ? x n n+ 1 n ?x? 当 1≤ n≤3,即 3 ≤x≤3 时,3 f 3n =19 3 ? ?

可化为 3

n

? ?x ?? ?1-? n-2??=19, ?3 ?? ?

即 3n-|2· 3n-x|=19,x=19+3n 或 x=3n+1-19. 又 3n≤x≤3n+1,则 n≥3. 46 当 n=3 时,x=19+27=46, ∈[1,3],或 x= 27 62 62, ∈[1,3],故方程 f(x)=f(100)的解的最小值为 27 46.

1+ln(x+1) 6.已知函数 f(x)= . x (1)求函数 f(x)的定义域; (2)确定函数 f(x)在定义域上的单调性, 并证明你的 结论; k (3)当 x>0 时,f(x)> 恒成立,求正整数 k 的最 x+1 大值.

【解析】 (1)函数 f(x)的定义域为(-1, 0)∪(0,+∞). ? 1? ? x (2)f′(x)= 2?x+1-1-ln(x+1)? ? x? ? ? 1? ? 1 ? =- 2?x+1+ln(x+1)?. x? ?

1 当 x>0 时,x >0, >0,ln(x+1)>0,∴f′(x) x+1
2

<0. 因此函数 f(x)在区间(0,+∞)上是减函数. 1 当-1<x<0 时,记 g(x)= +ln(x+1), x+1 1 1 x g′(x)=- + = <0, (x+1)2 x+1 (x+1)2 故 g(x)在(-1, 0)上是减函数, 即知 g(x)>g(0)=1>0, ? 1? ? 1 ? 故此时 f′(x)=- 2?x+1+ln(x+1)?<0, x? ? 因此函数 f(x)在区间(-1,0)上也是减函数. 综上可知函数 f(x)在(-1,0),(0,+∞)上都是减 函数.

k (3)当 x>0 时, f(x)> 恒成立, 令 x=1 有 k<2(1 x+1 +ln 2), 又 k 为正整数,∴k 的最大值不大于 3. k 下面证明当 k=3 时,f(x)> (x>0)恒成立. x+1 即证当 x>0 时, (x+1)ln(x+1)+1-2x>0 恒成立. 令 h(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x,则 h′(x)=ln(x+ 1)-1, 当 x>e-1 时,h′(x)>0;当 0<x<e-1 时,h′(x) <0. ∴当 x=e-1 时,h(x)取得最小值 h(e-1)=3-e >0. ∴当 x>0 时,(x+1)ln(x+1)+1-2x>0 恒成立. 因此正整数 k 的最大值为 3.

7. 已知函数 f(x)=ax2+bx+1(a, b 为实数), x∈R,
? ?f(x),(x>0), F(x)=? ? ?-f(x),(x<0).

(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 mn<0,m+n>0,a>0 且 f(x)为偶函数,判断 F(m)+F(n)能否大于零?

【解析】(1)∵f(-1)=0,∴a-b+1=0, 又 x∈R,f(x)≥0
? ?a>0, 恒成立,∴? 2 ? ?Δ=b -4a≤0,

∴b2-4(b-1)≤0?b=2,a=1. ∴f(x)=x2+2x+1=(x+1)2.
2 ? ?(x+1) ,(x>0), ∴F(x)=? 2 ? -( x + 1 ) ,(x<0). ?

(2)∵g(x) = f(x) - kx = x2 + 2x + 1 - kx = x2 + (2 -
2 ? ? ( 2 - k ) 2 - k ?2 k)x+1=? , x + ? ? +1- 4 2 ? ?

k-2 k-2 当 ≤-2 或 ≥2,即 k≤-2 或 k≥6 时, 2 2 g(x)在[-2,2]上是单调函数.

(3)∵f(x)是偶函数,
2 ? ax +1,(x>0) ? 2 ∴f(x)=ax +1,∴F(x)=? . 2 ? ?-ax -1,(x<0)

∵m·n<0,不妨设 m>n,则 n<0. 又 m+n>0,m>-n>0,∴|m|>|-n|, ∴ F(m) + F(n) = f(m) - f(n) = am2 + 1 - an2 - 1 = a(m2-n2)>0, ∴F(m)+F(n)大于零.


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