高中数学之 (二次、幂、指数、对数)函数 经典考题与详尽解析

经典考题与解析

即由题意可以得到：必有，即，

在直角坐标系mok中作出满足不等式平面区域，

如图所示，设z=m+k，则直线m+k﹣z=0经过图中的阴影中的整点（6，7）时，

z=m+k取得最小值，即zmin=13．

故选D．

其对称轴为：x=1﹣a

∵函数f（x）=x2+2（a﹣1）x+2在（﹣∞，4]上是减函数

∴1﹣a≥4

∴a≤﹣3

故选A

进而可得到方程m[f（x）]2+nf（x）+p=0的根，应关于对称轴x=对称，对于D中4个数无论如何组合都找不到满足条件的对称轴，故解集不可能是D．

设方程m[f（x）]2+nf（x）+p=0的解为y1，y2

则必有y1=ax2+bx+c，y2=ax2+bx+c

那么从图象上看，y=y1，y=y2是一条平行于x轴的直线

它们与f（x）有交点

由于对称性，则方程y1=ax2+bx+c的两个解x1，x2要关于直线x=对称

也就是说2（x1+x2）=

同理方程y2=ax2+bx+c的两个解x3，x4也要关于直线x=对称

那就得到2（x3+x4）=，

在C中，可以找到对称轴直线x=2.5，

也就是1，4为一个方程的解，2，3为一个方程的解

所以得到的解的集合可以是{1，2，3，4}

而在D中，{1， 4，16，}

找不到对称轴，

也就是说无论怎么分组，

都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和

故答案D不可能

故选D．

∴x=﹣≤0，即b≥0．

故选A

∴x2+x+m=0有解，△=1﹣4m≥0

即m≤

故选A

故问题可转化为一元二次不等式没有实数1．由12﹣2+a≤0

解得 a≤1．

故选B．

对于（2）函数f（x）=ax2+bx+2与x轴没有交点，则b2﹣8a＜0故（2）错

对于（3），y=x2﹣2|x|﹣3的递增区间为[1，+∞）和[﹣1，0]，故（3）错

对于（4），y=1+x的值域为R，的值域为[0，+∞），故（4）错

故选A

∴mx2+mx+1≥0的解集为R，

∴m=0，或，

解得0≤m≤4，

故选B．

由于0≤≤

∴≤f（x）≤即函数的值域是[，]

由定义知，此区间的长度是﹣

又函数（a＞0）的值域区间长度为，

所以﹣=，解得a=4

故选D

（2）由于f（x）象关于直线x=1对称，可得m=﹣4，由f（x）=2（x﹣1）2﹣3为[﹣，]上减函数可求得x∈B时，f（x）的值域；

（3）令φ（x）=f（x）+g（x），则φ（x）=x2+|x﹣a|﹣1，分x≤a与x≥a先去掉绝对值符号，再根据其对称轴对a分类讨论，利用函数的单调性即可求得答案．

故图象始终与x轴有两个交点，由题意，要使这两个交点横坐标x1，x2∈[﹣1，1]，当且仅当：，…（4分），解得：﹣1≤m≤1  …（5分）

（2）对任意x∈R都有f（1+x）=f（1﹣x），所以f（x）象关于直线x=1对称，所以﹣=1，得m=﹣4．（7分）

所以f（x）=2（x﹣1）2﹣3为[﹣，]上减函数．f（x）min=﹣2；f（x）max=2．故x∈B时，f（x）值域为[﹣2，2]．…（9分）

（3）令φ（x）=f（x）+g（x），则φ（x）=x2+|x﹣a|﹣1，

（i）当x≤a时，φ（x）=x2﹣x+a﹣1=+a﹣，

当a≤，则函数φ（x）在（﹣∞，a]上单调递减，从而函数φ（x）在（﹣∞，a]上的最小值为φ（a）=a2﹣1．

若a＞，则函数φ（x）在（﹣∞，a]上的最小值为φ（）=﹣+a，且φ（﹣）≤φ（a）．（12分）

（ii）当x≥a时，函数φ（x）=x2+x﹣a﹣1=﹣a﹣，

若a≤﹣，则函数φ（x）在（﹣∞，a]上的最小值为φ（﹣）=﹣﹣a，且φ（﹣）≤φ（a），

若a＞﹣，则函数φ（x）在[a，+∞）上单调递增，

从而函数φ（x）在[a，+∞）上的最小值为φ（a）=a2﹣1．…（15分）

综上，当a≤﹣时，函数φ（x）的最小值为﹣﹣a，当﹣＜a≤时，函数φ（x）的最小值为a2﹣1；当a＞时，函数φ（x）的最小值为﹣+a．        …（16分）

（2）根据（1）作出的函数图象，结合二次函数的单调性，可得函数的单调减区间为（﹣2，0）和（1，2）；单调增区间为（0，1）和（2，6）．

（3）由y=|f（x）|的图象，知当a=0时，方程f（x）=a有两个实数根，而f（1）=1、f（﹣2）=f（4）=8，所以1＜a≤8 时方程方程f（x）=a有两个实数根，故当a=0或1＜a≤8时，方程f（x）=a在区间[﹣2，6]有两个不同的实数根．

（1）根据题意，得f（x）=|x2﹣2x|=．

∴当x≤0或x≥2时，图象为抛物线开口向上的部分；当0＜x＜2时，图象为抛物线开口向下的部分，

可得函数图象如图所示             …（5分）

（2）由（1）得，函数的单调减区间为（﹣2，0）和（1，2）；

单调增区间为（0，1）和（2，6）．…（9分）

（3）∵方程f（x）=a在区间[﹣2，6]有两个不同的实数根，

f（0）=f（2）=0，f（1）=1且f（﹣2）=f（4）=8

∴a=0或1＜a≤8 …（14分）

∴f（x）在[2，2b]单调递增

∵定义域，值域都是闭区间[2，2b]，

∴f（2b）=2b

即2b2﹣4b+4=2b

解得b=2，或b=1（舍）

综上b=2

（1）当a+1≤1﹣2a时，即a≤0时，f（x）在[a，a+1]上是减函数，

g（a）=f（a+1）=（a+1）2+（4a﹣2）（a+1）+1=5a2+4a；（4分）

（2）当时，

g（a）=f（1﹣2a）=（1﹣2a）2+（4a﹣2）（1﹣2a）+1=﹣4a2+4a（7分）

（3）当上是增函数，

g（a）=f（a）=a2+（4a﹣2）a+1=5a2﹣2a+1．（10分）

所以（12分）

二次函数的最大值为3，

∴m+1=3，m=2．

∴函数解析式为：y=a（x﹣2）2+3，

又因为图象过点（3，2），

则有2=a（3﹣2）2+3，

解得：a=1

故二次函数解析式为：y=﹣x2+4x﹣1

所以；

故f（x）=2x2+6x+c

又x1，x2是f（x）的两个零点，所以x1，x2是方程2x2+6x+c=0的两个根，

∴；

所以得

故．

∵图象在y轴上截距为1

∴c=1

此时y=ax2+bx+1

∵被x轴截得的线段长为2，对称轴方程为x=2

∴，

∴a=，b=﹣2

∴二次函数的解析式为y=x2﹣2x+1

（II）讨论a是否为0，当a≠0时，只须a＜0，且x2+ax+b的最小值等于a2可求出常数a，b应满足的条件．

∴f（x）=+2

∵≥0，∴f（x）≥2，

∴f（x）的值域为[2，+∞）．

（II）当a=0时，则须x2+b的最小值小于等于0，

∴b≤0；

当a≠0时，只须a＜0，且x2+ax+b=的最小值=a2，

即4b=5a2．

∴a=0，b≤0或a＜0，4b=5a2．

（2）当x∈[1，4]时，令f（x）=a（x﹣2）2﹣5，由f（1）+f（4）=0得a=2，由此能求出f（x）．

（3）函数y=f（x）（﹣1≤x≤1）是奇函数，y=f（x）在[0，1]上是一次函数，令y=kx．由f（1）=﹣3，可知k=﹣3，由此分类讨论能够求出f（x）．

而函数y=f（x）在区间[﹣1，1]上是奇函数，所以f（﹣1）=﹣f（1），…（3分）

所以f（1）+f（4）=0；…（4分）

（2）当x∈[1，4]时，令f（x）=a（x﹣2）2﹣5，…（5分）

由f（1）+f（4）=0得a=2，…（7分）

所以f（x）=2x2﹣8x+3（1≤x≤4），…（8分）

（3）函数y=f（x）（﹣1≤x≤1）是奇函数，又知y=f（x）在[0，1]上是一次函数，

令y=kx，（k≠0，﹣1≤x≤1），…（9分）

由（2）得：f（1）=﹣3，可知k=﹣3，…（10分）

由0≤x≤1时，y=﹣3x，可推知y=﹣3x，﹣1≤x≤1，…（11分）

当4≤x≤6时，﹣1≤x﹣5≤1，所以f（x）=f（x﹣5）=﹣3x+15；…（13分）

当6＜x≤9时，1＜x﹣5≤4，所以f（x）=f（x﹣5）=2（x﹣7）2﹣5．…（15分）

所以f（x）=．…（16分）

结合f（x）≥x，即ax2+（b﹣1）x≥0对于任意x∈R都成立，可转化为二次函数的图象可得a＞0，且△=（b﹣1）2≤0．

（2）由（1）可得g（x）=f（x）﹣|λx﹣1|=

根据函数g（x）需讨论：

①当时，函数g（x）=x2+（1﹣λ）x+1的对称轴为，

则要比较对称轴与区间端点的大小，为此产生讨论：，与分别求单调区间

②当时，函数g（x）=x2+（1+λ）x﹣1的对称轴为，

同①的讨论思路

（3）结合（2）中的单调区间及零点存在定理进行判断函数g（x）的零点

∵对于任意x∈R都有，

∴函数f（x）的对称轴为，即，得a=b．（2分）

又f（x）≥x，即ax2+（b﹣1）x≥0对于任意x∈R都成立，

∴a＞0，且△=（b﹣1）2≤0．

∵（b﹣1）2≥0，∴b=1，a=1．

∴f（x）=x2+x．（4分）

（2）解：g（x）=f（x）﹣|λx﹣1|=（5分）

①当时，函数g（x）=x2+（1﹣λ）x+1的对称轴为，

若，即0＜λ≤2，函数g（x）在上单调递增；（6分）

若，即λ＞2，函数g（x）在上单调递增，在上单调递减．

（7分）

②当时，函数g（x）=x2+（1+λ）x﹣1的对称轴为，

则函数g（x）在上单调递增，在上单调递减．（8分）

综上所述，当0＜λ≤2时，函数g（x）单调递增区间为，单调递减区间为；（9分）

当λ＞2时，函数g（x）单调递增区间为和，单调递减区间为和．（10分）

（3）解：①当0＜λ≤2时，由（2）知函数g（x）在区间（0，1）上单调递增，

又g（0）=﹣1＜0，g（1）=2﹣|λ﹣1|＞0，

故函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点．（11分）

②当λ＞2时，则，而g（0）=﹣1＜0，，g（1）=2﹣|λ﹣1|，

（ⅰ）若2＜λ≤3，由于，

且=，

此时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；（12分）

（ⅱ）若λ＞3，由于且g（1）=2﹣|λ﹣1|＜0，此时，函数g（x）在区间（0，1）

上有两个不同的零点．（13分）

综上所述，当0＜λ≤3时，函数g（x）在区间（0，1）上只有一个零点；

当λ＞3时，函数g（x）在区间（0，1）上有两个不同的零点．（14分）

（2）可求得g（x）=﹣2x2+2x﹣a，g（x）在实数R上没有零点，⇔△=4﹣8a＜0，从而可求得a的取值范围．

则f（x+1）﹣f（x）=2ax+a+b，

∵f（x+1）﹣f（x）=1﹣4x

∴2ax+a+b=1﹣4x对一切x∈R成立．

∴（5分）

∴，

又∵f（1）=1，

∴a+b+c=1，

∴c=0．

∴f（x）=﹣2x2+3x（8分）

（2）g（x）=f（x）﹣x﹣a=﹣2x2+2x﹣a，（10分）

函数g（x）在实数R上没有零点，

故△=4﹣8a＜0，（13分）

解之得（15分）

∴可设（4分）

又∵x∈[3，6]时，f（x）≤f（5）=3，f（6）=2，

∴a＜0，m=5，n=3，且2=a（6﹣5）2+3

∴a=﹣1（8分）

∴x∈[3，6]时，f（x）=﹣（x﹣5）2+3

∴f（3）=﹣1（10分）

又∵f（3）=3k，

∴3k=﹣1即k=（12分）

∴（14分）

当x∈[﹣1，2]时，f（x）=﹣x2+3，为二次函数的一部分；

当x∈（2，5]时，f（x）=x﹣3，为一次函数的一部分；

所以，函数f（x）的图象如图所示；

（2）由函数的图象可知：

函数f（x）的单调递增区间为：[﹣1，0]和[2，5]．

（2）根据第一问可求出方程f（x）﹣2mx=0的根，而在区间（m，m+6）内有且只有两个不等的实数根，则0与m+5在区间（m，m+6）内且不相等，建立关系式，解之即可．

在区间[﹣1，4]上的最大值为f（﹣1）=12，

得a=2，f（x）=2x2﹣10x

（2）方程f（x）﹣2mx=0，根据（1）可知2x2﹣10x﹣2mx=0

解得x=0或m+5

0与m+5在区间（m，m+6）内且不相等，

即m＜0＜m+6且m≠﹣5

解得﹣6＜m＜0且m≠﹣5

∴m的取值范围﹣6＜m＜0且m≠﹣5

∴日销售额为S（t）=f（t）g（t），即当0≤t＜40时，

此函数的对称轴为，又t∈N，最大值为；当40≤t≤100时，=，此时函数的对称轴为，最大值为S（100）=6．

综上，这种商品日销售额S（t）的最大值为，此时t=10或t=11．

（2）根据二次函数的性质可得：函数的单调性，结合方程f（x）=2m有解可得﹣1≤2m≤3，进而求出m的范围．

所以

根据题意可得：

所以函数的解析式为f（x）=x2﹣4x+3．

（2）根据二次函数的性质可得：f（x）在（0，2）为减函数，（2，3）为增函数，

∴f（x）min=f（2）=﹣1，f（x）max=f（0）=3．

∴f（x）∈[﹣1，3]．

由f（x）=2m

所以﹣1≤2m≤3，即，

实数m的取值范围为．

（Ⅱ）通过配方，求得函数的对称轴，确定函数在给定区间上的单调性，可得函数在区间上的值域．

（Ⅲ）将“y=f（x）的图象恒在y=2x+m的图象上方”转化为“x2﹣x+1＞2x+m在[﹣1，1]上恒成立”，移项后转化为“x2﹣3x+1﹣m＞0在[﹣1，1]上恒成立”，只需该二次函数在[﹣1，1]上的最小值大于0即可，从而求得m的值．

∵f（x+1）﹣f（x）=2x，∴a（x+1）2+b（x+1）+1﹣（ax2+bx+1）=2x．

即2ax+a+b=2x，所以，∴f（x）=x2﹣x+1．

（Ⅱ）

所以当x∈[﹣1，1]时，ymin=f（）=，ymax=f（﹣1）=3

∴函数的值域为

（Ⅲ）由题意得x2﹣x+1＞2x+m在[﹣1，1]上恒成立．即x2﹣3x+1﹣m＞0在[﹣1，1]上恒成立．

设g（x）=x2﹣3x+1﹣m，其图象的对称轴为直线x=，所以g（x）在[﹣1，1]上递减．

故只需g（1）＞0，即12﹣3×1+1﹣m＞0，解得m＜﹣1．

求出a，b，c的值即可求出f（x）的解析式．

（2）可在第一问的基础上利用一元二次函数的单调性得出f（x）在[﹣2，1]上的单调性然后根据单调性即可求出最大值和最小值．

∵f（0）=1

∴c=1

∵f（﹣x）=f（x）

∴ax2﹣bx+c=ax2+bx+c

∴b=0

∵f（x+1）﹣f（x）=2x+1

∴a=1

∴f（x）=x2+1

（2）由（1）可得f（x）=x2+1

∴f（x）在[﹣2，0]上是减函数，在[0，1]上是增函数

∴x=0时，ymin=1，x=﹣2时，ymax=5

（Ⅱ）利用取值、作差、变形、判断符号、下结论这五步进行证明，主要利用平方差公式和提取公因式进行变形；

（Ⅲ）根据（Ⅱ）的结果，即函数在所给区间上的单调性，求出函数的最值以及对应的自变量的值．

∵f（0）=1，∴c=1，∵f（1）=0，∴a+b+1=0，①

由对任意的实数x都有f（1+x）=f（1﹣x）恒成立知，  ②

由①②解得，a=1，b=﹣2，

∴f（x）=x2﹣2x+1

（Ⅱ）设x1＞x2≥1，

则f（x1）﹣f（x2）=x12﹣2x1+1﹣（x22﹣2x2+1）=（x12﹣x22）﹣2（x1﹣x2）=（x1﹣x2）（x1+x2﹣2）

∵x1＞x2≥1，∴x1﹣x2＞0，x1+x2﹣2＞0，

∴f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2），

则函数f（x）在区间[1，+∞）上是增函数；

（Ⅲ）由（Ⅱ）知，函数f（x）在[1，5]上是增函数，

∴当x=1时，函数取到最小值是0；当x=5时，函数取到最大值是16．

（2）本小题研究区间区间[1，2]的最小值，故可以直接去掉绝对值号，仍然要配方整理，整理后可以看出，本题是二次函数求最值问题中区间定轴动的问题，故分类讨论对称轴的位置，以确定区间[1，2]单调性，求出最小值为g（a），其形式是一个分段函数的形式．

∴f（x）的单调增区间为（），（﹣，0）f（x）的单调减区间为（﹣），（）

（2）由于a＞0，当x∈[1，2]时，

10即f（x）在[1，2]为增函数g（a）=f（1）=3a﹣2

20即，

30即时f（x）在[1，2]上是减函数g（a）=f（2）=6a﹣3

综上可得（10分）

所以实数a的取值范围是

（2）利用奇偶性的定义，求出函数的奇偶性，根据函数的单调性即可求得结果．

因x1＜x2＜0，有x1+x2＜0，x2﹣x1＞0，又（1+x12）（1+x22）＞0

所以，得f（x1）﹣f（x2）＜0

故f（x）为（﹣∞，0]上的增函数．

（2）解：因为函数f（x）定义域为R，且f（﹣x）=f（x），

所以函数f（x）为偶函数

又f（x）在（﹣∞，0]上为增函数，

所以f（x）在[0，+∞）上为减函数

所以函数的最大值为f（0）=1．

又当x=﹣3时，，当x=2时，，

故函数的最小值为．