高考数学函数专题习题及详细答案

函数专题练习

1.函数yex1(xR)的反函数是( )

Ａ.y1lnx(x0) B．y1lnx(x0) C．y1lnx(x0) Ｄ.y1lnx(x0)

(3a1)x4a,x12．已知f(x)是(,)上的减函数,那么a的取值范围是

logx,x1a（A)(0,1)ﻩ (B)(0,) (Ｃ)[,) ﻩ（D)[,1)

3.在下列四个函数中，满足性质：“对于区间(1,2)上的任意

13117317x1,x2(x1x2),|f(x1)f(x2)||x2x1|恒成立”的只有

(A)f(x)1x2ﻩﻩ(Ｂ)fx|x| (C)f(x)2 ﻩ(D)f(x)x x2

的奇函数，当0x1时,f(x)lgx.设

4.已知f(x)是周期为

635af(),bf(),cf(),则

522(A）abc (Ｂ)bac (C)cba (D)cab

3x2lg(3x1)的定义域是 ５.函数f(x)1xA.(,) Ｂ. (,1) C. (,) D.

131311331(,)

36、下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是减函数的是

A.yx3 ,xR Ｂ． ysinx ,xR C． yx ,xR D.

1y()x ,xR

27、函数yf(x)的反函数yf1(x)的图像与y轴交于点

yP(0,2)（如右图所示),则方程f(x)0在[1,4]上的根是x

421O3 yf1(x) xＡ.4 B.３ C． 2 Ｄ.1

８、设f(x)是R上的任意函数，则下列叙述正确的是

(A)f(x)f(x)是奇函数 (B）f(x)f(x)是奇函数 (C) f(x)f(x)是偶函数 (D） f(x)f(x)是偶

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函数

9、已知函数ye的图象与函数yfx的图象关于直线yx对称,则

xA．f2xe(xR) B．f2xln2lnx(x0)

2xC．f2x2e(xR) Ｄ．f2xlnxln2(x0)

xx12e,x＜2，1０、设f(x)则f(f(2))的值为 2log3(x1)，x2.(Ａ)0 (Ｂ）1 (C)2 （Ｄ)３ １１、对a，bR，记maｘ{a，b｝=的最小值是

（A）0 (B)

a,ab，函数ｆ(x)＝ｍax{｜x+1|,｜x－2|｝(xR)

b,a＜b13 (Ｃ) (D）3 22１２、关于x的方程(x21)2x21k0,给出下列四个命题: ①存在实数k，使得方程恰有2个不同的实根；

②存在实数k，使得方程恰有4个不同的实根; ③存在实数k,使得方程恰有5个不同的实根; ④存在实数k,使得方程恰有8个不同的实根; 其中假命题的个数是 ．

A.0 B.１ C.２ D．３ （一） 填空题(４个)

1．函数fx对于任意实数x满足条件fx2＿__________＿_。

1,若f15,则ff5＿_fxex,x0.1２设g(x)则g(g())_＿________

2lnx,x0.3.已知函数fxa1,，若fx为奇函数,则a________。 2x12４. 设a0,a1,函数f(x)loga(x2x3)有最小值，则不等式loga(x1)0的解

集为 。

（二） 解答题（6个） 1． 设函数f(x)x24x5.

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(1)在区间[2,6]上画出函数f(x)的图像； (２）设集合Axf(x)5,间的关系,并给出证明；

(３）当k2时,求证:在区间[1,5]上，ykx3k的图像位于函数f(x)图像的上方.

B(,2][0,4][6,). 试判断集合A和B之

2、设f(ｘ)=3ax2bxc.若abc0，f(0）>０，f(1)>0，求证:

b(Ⅰ）a>0且－2＜

a＜－1； b(Ⅱ)方程f（x）＝0在（0,１)内有两个实根.

2xb3. 已知定义域为R的函数f(x)x1是奇函数。

2a(Ⅰ)求a,b的值；

(Ⅱ)若对任意的tR，不等式f(t2t)f(2tk)0恒成立,求k的取值范围;

22c2,其中a为实数. 4.设函数f(x)＝2xaxa（Ⅰ)若ｆ(ｘ)的定义域为Ｒ，求a的取值范围; （Ⅱ）当f(x)的定义域为Ｒ时，求f（x)的单减区间.

5. 已知定义在正实数集上的函数f(x)12x2ax,g(x)3a2lnxb,其中a0.设两2曲线yf(x),yg(x)有公共点，且在该点处的切线相同. (Ｉ)用a表示b,并求b的最大值; (ＩI)求证:f(x)≥g(x)（x0)．

６. 已知函数f(x)x2x1，,是方程ｆ(ｘ）=0的两个根(),f'(x)是f(x）的导数;设a11，an1anf(an)(n=１,２,……) f'(an) （1）求,的值；

(2）证明：对任意的正整数ｎ，都有an>a；

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(３)记bnln

解答： 一、选择题 １解：由yex1an(n＝1,2，……)，求数列｛bn}的前n项和Sn。 ana得:x1lny,即x=-1+lny,所以y1lnx(x0)为所求,故选D。

２解：依题意，有0a1且3a－１0，解得0a当x1时,ｌoｇax0,所以7ａ-10解得x3解：|1,又当ｘ１时,(3a－１)x＋4a7a－１，31故选C 7x1，x2（1，2）x1x21x－x111－|＝|21|＝|x1－x2|x1x2x1x2|x1x2|11 x1x2|11－||x1-x2|故选A x1x2４解：已知f(x)是周期为２的奇函数，当0x1时,f(x)lgx.设

64431151af()f()f()，bf()f()f()，cf()f()<０，∴

55522222cab，选D．

5解：由1x01x1,故选B.

33x10６解:B在其定义域内是奇函数但不是减函数;Ｃ在其定义域内既是奇函数又是增函数;Ｄ在

其定义域内不是奇函数，是减函数；故选Ａ. 7解：f(x)0的根是x2，故选C

８解：A中F(x)f(x)f(x)则F(x)f(x)f(x)F(x)，

即函数F(x)f(x)f(x)为偶函数，B中F(x)f(x)f(x),F(x)f(x)f(x)此时F(x)与F(x)的关系不能确定，即函数F(x)f(x)f(x)的奇偶性不确定, C中F(x)f(x)f(x)，F(x)f(x)f(x)F(x),即函数F(x)f(x)f(x)为奇函数，Ｄ中F(x)f(x)f(x)，F(x)f(x)f(x)F(x),即函数

F(x)f(x)f(x)为偶函数,故选择答案D。

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9解：函数ye的图象与函数yfx的图象关于直线yx对称，所以

xf(x)是yex的反函数，即

f(x)=lnx，∴ f2xln2xlnxln2(x0),选D.

１０解：ｆ(f(2)）=f(１)＝２，选C

1１解：当x－１时,|x+1|=－x-１，|ｘ-2|＝2－x，因为(-x-1)-（2-x)=－30,所以2－x-x－１;当-1x

1时，｜x+1|=x＋１，|ｘ-2|＝2-x，因为(x+1)-（2－x)＝２ｘ－10,ｘ＋12－ｘ;当21x2时,x+１2－x；当x2时,|x＋1|＝ｘ＋1,|x－2|=ｘ－2，显然ｘ+1x－2； 22x(x(,1)2x(x[1,1))32故f(x)据此求得最小值为。选C

2x1(x[1,2))2x1(x[2,))１2解:关于x的方程x1x1k0可化为x1（x－）1k（0x1或x－）1…(1） 或x1＋（x－）1k0（－1ｘ1)…………(2)

① 当k＝-2时，方程(1)的解为3，方程（2)无解,原方程恰有2个不同的实根

222222222② 当ｋ=

621时，方程(1)有两个不同的实根,方程(2)有两个不同的实根，即原方程

224恰有4个不同的实根

③ 当k＝0时,方程（１)的解为－1，＋１，2,方程(２)的解为x＝0，原方程恰有5个不

同的实根 ④ 当ｋ=

2336152时，方程(１)的解为，，方程(2）的解为，，即原方程

33339恰有８个不同的实根 选A

二、填空题。 1解：由fx211f(x)，所以f(5)f(1)5，则得fx4fxfx2ff5f(5)f(1)11。

f(12)5--

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1ln1112解:g(g())g(ln)e2．

2223解:函数f(x)a111若为奇函数，则，即,ａ=. .a0f(x)f(0)0x02121224解：由a0,a1，函数f(x)loga(x2x3)有最小值可知ａ１，所以不等式

loga(x1)0可化为x-11,即x2．

三、解答题 1解:(１）

(２)方程f(x)5的解分别是214,0,4和214,由于f(x)在(,1]和

[2,5]上单调递减,在[1,2]和[5,)上单调递增，因此

A,214[0,4]214,．

由于2146,2142,BA.

(3)[解法一］ 当x[1,5]时，f(x)x24x5. g(x)k(x3)(x24x5) x2(k4)x(3k5)

4kk220k36 x, 2424k1． 又1x5, 24k4k ① 当1, 1，即2k6时,取x22k220k3612 g(x)mink1064.

44 k2, 16(k10)264,(k10)2640，

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则g(x)min0． ② 当

4k1,即k6时，取x1, g(x)min＝2k0． 2 由 ①、②可知,当k2时,g(x)0，x[1,5].

因此，在区间[1,5]上，yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方. ［解法二］ 当x[1,5]时，f(x)x24x5.

yk(x3),由 得x2(k4)x(3k5)0, 2yx4x5, 令 (k4)24(3k5)0，解得 k2或k18，

在区间[1,5]上,当k2时，y2(x3)的图像与函数f(x)的图像只交于一点

(1,8)； 当k18时,y18(x3)的图像与函数f(x)的图像没有交点．

如图可知，由于直线yk(x3)过点(3,0)，当k2时,直线yk(x3)是由直线y2(x3)绕点(3,0)逆时针方向旋转得到． 因此,在区间[1,5]上,yk(x3)的图像位于函数f(x)图像的上方．

2(I)证明:因为f(0)0,f(1)0，所以c0,3a2bc0. 由条件abc0，消去b，得ac0；

由条件abc0，消去c，得ab0,2ab0. 故2b1. a2b3acb2,)， (II）抛物线f(x)3ax2bxc的顶点坐标为(3a3a在2b11b21的两边乘以,得． a333a3ba2c2ac0, 又因为f(0)0,f(1)0,而f()3a3a所以方程f(x)0在区间(0,bb)与(,1)内分别有一实根。 3a3a故方程f(x)0在(0,1)内有两个实根．

b112x0b1f(x)３解:(Ⅰ)因为f(x)是奇函数,所以f(0)＝0，即 x1a2a2112 又由f(1)＝ -f(－1)知2a2.

a4a11--

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12x11 (Ⅱ）解法一:由（Ⅰ）知f(x)，易知f(x)在(,)上

22x122x1为减函数。又因f(x)是奇函数，从而不等式: f(t22t)f(2t2k)0 等价于f(t22t)f(2t2k)f(k2t2)，因f(x)为减函数，由上式推得：

t22tk2t2.即对一切tR有：3t22tk0，

从而判别式412k0k13.

解法二:由(Ⅰ）知

f(x)12x22x1.又由题设条件得12t22t22t2k22t22t11222t2k10,

即 :(22t2k12)(12t22t)(2t22t12)(122t2k)0,

整理得 23t22tk1,因底数2>1,故:3t22tk0

上式对一切tR均成立,从而判别式412k0k13.

4解：(Ⅰ)f(x)的定义域为R，x2axa0恒成立，a24a0，

0a4,即当0a4时f(x)的定义域为R．

f(x)x(xa2)ex（Ⅱ)(x2axa)2,令f(x)≤0，得x(xa2)≤0. 由f(x)0,得x0或x2a,又

0a4，

0a2时，由f(x)0得0x2a;

当a2时,f(x)≥0；当2a4时,由f(x)0得2ax0,

即当0a2时，f(x)的单调减区间为(0，2a)； 当2a4时,f(x)的单调减区间为(2a，0)． 5解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同.

∵f(x)x2a，g(x)3a2x,由题意f(x0)g(x0),f(x0)g(x0).

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：

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12x02ax03a2lnx0b，3a22即由x02a得：x0a，或x03a(舍去). 23ax0x02a，x0125a2a23a2lnaa23a2lna. 22522令h(t)t3tlnt(t0),则h(t)2t(13lnt)．于是

2即有b当t(13lnt)0,即0te时，h(t)0； 当t(13lnt)0,即te时，h(t)0．

11故h(t)在0，e3为增函数,在e3，∞为减函数，

213于是h(t)在(0，∞)的最大值为he3e3．

21313(Ⅱ)设F(x)f(x)g(x)12x2ax3a2lnxb(x0), 23a2(xa)(x3a)(x0)． 则F(x)x2axx故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)为增函数,

于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0. 故当x0时,有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x). 6解析：(１)∵f(x)x2x1，,是方程f(x)=0的两个根(), ∴1515； ,22115a(2a1)(2a1)nnnaan144 anan22an12an12n （2)f'(x)2x1,an154＝(2an1)1415151，∵a11，∴有基本不等式可知a20(当且仅当a12an1222510同,样a32(a)(an) (3)an1ann2an1时取等号),∴a25151,……,an（n＝1,2,……）, 22an(an1),而1，即1， 2an1--

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(an)2(an)213535，同理an1，bn12bn，又b1ln an1ln2ln2an12an11235Sn2(2n1)ln35 2四、创新试题

1解：依题意，有x1=５0+x3－55=x３－5，ｘ1ｘ３，同理,x2=3０+x１-20=x1+１0x1ｘ2,同理,x3＝30＋x2－３5＝x2-５x3x2故选C

2解：令c=π,则对任意的x∈R，都有f（ｘ）＋f(x−c）＝２，于是取ab12，任意的x∈R，af(x)＋bｆ（x−c)=1，由此得

bcosca1。选Ｃ。 --

=π,则对ｃ