1、 欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 05 各地高考函数解答题 1、（广东卷） 设函数 ()fx在 ( , ) 上满足 (2 ) (2 )f x f x ， (7 ) (7 )f x f x ，且在闭区间 0， 7上，只有 (1) (3) 0ff （）试判断函数 ()y f x 的奇偶性； （）试求方程 ()fx=0 在闭区间 -2005， 2005上的根的个数，并证明你的结论 .解 :由 f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函数 )(xfy 的对称轴为 72 xx 和 , 从而知函数 )(xfy 不是奇函数 , 由 )14()4()1
2、4()( )4()()7()7( )2()2( xfxfxfxf xfxfxfxf xfxf )10()( xfxf ,从而知函数 )(xfy 的周期为 10T 又 0)7(,0)0()3( fff 而,故函数 )(xfy 是非奇非偶函数 ; (II)由 )14()4()14()( )4()()7()7( )2()2( xfxfxfxf xfxfxfxf xfxf )10()( xfxf (II) 又 0)9()7()13()11(,0)0()3( ffffff 故 f(x)在 0,10和 -10,0上均有有两个解 ,从而可知函数 )(xfy 在 0,2005上有 402 个解 ,在 -200
3、5.0上有 400 个解 ,所以函数 )(xfy 在 -2005,2005上有 802 个解 . 2. （ 全国卷）已知二次函数 )(xf 的二次项系数为 a ，且不等式 xxf 2)( 的解集为欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 )3,1( 。（）若方程 06)( axf 有两个相等的根，求 )(xf 的解析式； （）若 )(xf 的最大值为正数，求 a 的取值范围。 解：（） ).3,1(02)( 的解集为 xxf ( ) 2 ( 1 ) ( 3 ) , 0 .f x x a x x a 且 因 而 .3)42(2)3)(1()( 2 axaaxxxx
4、axf 由方程 .09)42(06)( 2 axaaxaxf 得 因为方程有两个相等的根，所以 094)42( 2 aaa ， 即 .511.0145 2 aaaa 或解得 由于 51.1,0 aaa 将舍去 代入得 )(xf 的解析式 .535651)( 2 xxxf （）由 a aaa axaaxaaxxf 14)21(3)21(2)( 222 及 .14)(,0 2 a aaxfa 的最大值为可得 由,0,0142aaaa 解得 .03232 aa 或 故当 )(xf 的最大值为正数时，实数 a 的取值范围是 ).0,32()32,( 3. （北京卷） 设 f(x)是定义在 0, 1上的
5、函数，若存在 x* (0， 1)，使得 f(x)在 0, x*上单调递增，在 x*， 1上单调 递减，则称 f(x)为 0, 1上的单峰函数， x*为峰点，包含峰点的区间为含峰区间对任意的 0， l上的单峰函数 f(x)，下面研究缩短其含峰区间长度的方法 （ I）证明：对任意的 x1， x2 (0， 1)， x1 x2，若 f(x1) f(x2)，则 (0， x2)为含峰区间；若f(x1) f(x2)，则 (x*， 1)为含峰区间； （ II）对给定的 r（ 0 r 0.5），证明：存在 x1， x2 (0， 1)，满足 x2 x1 2r，使得由（ I）所确定的含峰区间 的长度不大于 0.5
6、r； （ III）选取 x1， x2 (0, 1)， x1 x2，由（ I）可确定含峰区间为 (0， x2)或 (x1， 1)，在所得的含峰区间内选取 x3，由 x3 与 x1 或 x3 与 x2 类似地可确定一个新的含峰区间在第一次确定的含峰区间为 (0， x2)的情况下，试确定 x1， x2， x3 的值，满足两两之差的绝对值不小于欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 0.02，且使得新的含峰区间的长度缩短到 0.34.（区间长度等于区间的右端点与左端点之差） 解：（ I）证明：设 x*为 f(x) 的峰 点，则由单峰函数定义可知， f(x)在 0, x
7、*上单调递增，在 x*, 1上单调递减 当 f(x1) f(x2)时，假设 x*(0, x2)，则 x1f(x1)， 这与 f(x1) f(x2)矛盾，所以 x* (0, x2)，即 (0, x2)是含峰区间 . 当 f(x1) f(x2)时，假设 x*( x2, 1)，则 x*f(x2)， 这与 f(x1) f(x2)矛盾，所以 x* (x1, 1)，即 (x1, 1)是含峰区间 . （ II）证明：由（ I）的结论可知： 当 f(x1) f(x2)时，含峰区间的长度为 l1 x2； 当 f(x1) f(x2)时，含峰区间的长度为 l2=1 x1； 对于上述两种情况，由题意得 210.51
8、0.5xr 由 得 1 x2 x1 1+2r，即 x1 x1 2r. 又因为 x2 x1 2r，所以 x2 x1=2r, 将 代入 得 x1 0.5 r, x2 0.5 r， 由 和 解得 x1 0.5 r， x2 0.5 r 所以这时含峰区间的长度 l1 l1 0.5 r，即存在 x1， x2 使得所确定的含峰区间的长度不大于 0.5 r （ III）解：对先选择的 x1； x2， x1x3 时，含峰区间的长度为 x1 由条件 x1 x3 0.02，得 x1 (1 2x1) 0.02，从而 x1 0.34 因此，为了将含峰 区间的长度缩短到 0.34，只要取 x1 0.34， x2 0.66
9、， x3=0.32 4（ 上海 ） 已知函数 f(x)=kx+b 的图象与 x、 y 轴分别相交于点 A、 B, jiAB 22 (i 、 j分别是 与 x、 y 轴正半轴同方向的单位向量 ), 函数 g(x)=x2-x-6. (1)求 k、 b 的值 ; (2)当 x 满足 f(x) g(x)时 ,求函数)( 1)( xfxg 的最小值 . 解 (1)由已知得 A( kb ,0),B(0,b),则 AB =kb ,b,于是 kb =2,b=2. k=1,b=2. (2)由 f(x) g(x),得 x+2x2-x-6,即 (x+2)(x-4)0,则)( 1)( xfxg -3,其中等号当且仅当
10、 x+2=1,即 x=-1 时成立 )( 1)( xfxg 的最小值是 -3. 5,（ 上海 ） (本题满分 18 分 )本题共有 3 个小题 ,第 1 小题满分 4 分 , 第 2 小题满分 8 分 , 第3 小题满分 6 分 . 对定义域分别是 Df、 Dg 的函数 y=f(x) 、 y=g(x), f(x)g(x) 当 x Df且 x Dg 规定 : 函数 h(x)= f(x) 当 x Df且 xDg g(x) 当 xDf且 x Dg (1) 若函数 f(x)=-2x+3,x 1; g(x)=x-2,x R,写出 函数 h(x)的解析式 ; (2) 求问题 (1)中函数 h(x)的最大值
11、 ; (3) 若 g(x)=f(x+), 其中 是常数 ,且 0, 请设计一个定义域为 R的 函数 y=f(x),及一个 的值 ,使得 h(x)=cos2x,并予以证明 . 欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 6.解 (1)h(x)= (-2x+3)(x-2) x 1,+ ) x-2 x (- ,1) (2) 当 x 1 时 , h(x)= (-2x+3)(x-2)=-2x2+7x-6=-2(x-47 )2+81 h(x) 81 ; 当 x1，解关于 x 的不等式； x kxkxf 2 )1()( . 解：（ 1）将 0124,3 221 xbax xxx
12、 分别代入方程得 29 913 , ( ) ( 2 ) .1 6 2 284a xab f x xb xab 解 得 所 以 （ 2）不等式即为 02 )1(,2 )1(2 22 x kxkxx kxkxx 可化为 即 .0)(1)(2( kxxx 当 ).,2(),1(,21 kxk 解集为 当 );,2()2,1(0)1()2(,2 2 xxxk 解集为不等式为时 ),()2,1(,2 kxk 解集为时当 . 9.（全国 I）（ 1）设函数 22( ) l o g ( 1 ) l o g ( 1 ) ( 0 1 )f x x x x x x ，求 )(xf 的最小值； （ 2）设正数 1
13、2 3 2, , , ,np p p p满足 1 2 3 2 1np p p p ， 欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 求证： 1 2 1 2 2 2 3 2 3 222l o g l o g l o g l o g .nnp p p p p p p p n （）解：对函数 )(xf 求导数： )1(log)1()log()( 22 xxxxxf .2ln 12ln 1)1(lo glo g 22 xx ).(loglog 22 xx 于是 .0)21( f 当221 , ( ) l o g l o g ( 1 ) 0 , ( )2x f x x x f
14、 x 时在区间 )21,0( 是减函数， 当221 , ( ) l o g l o g ( 1 ) 0 , ( )2x f x x x f x 时在区间 )1,21(是增函数 . 所以 21)( xxf 在 时取得最小值， 1)21( f ， （）证法一：用数学归纳法证明 . （ i）当 n=1 时，由（）知命题成立 . （ ii）假定当 kn 时命题成立，即若正数 1, 221221 kk pppppp 满足， 则 .lo glo glo g 222222121 kppppppkk 当 1kn 时，若正数 ,1,11 221221 kk pppppp 满足令 ., 222211221 xpq
15、xpqxpqpppx kkk 则kqqq 221 , 为正 数，且 .1221 kqqq 由归纳假定知 .lo glo glo g 222222121 kqqpppqkk kkkk qqqqqqxpppppp 222222121222222121 l o gl o gl o g(l o gl o gl o g ,log)()log 22 xxkxx 同理，由 xpppkkk 1122212 可得11 22212212 l o gl o g kkkk pppp 欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 ).1(log)1()(1( 2 xxkx 综合、两式11 2
16、22222121 lo glo glo g kk pppppp ).1()1(l og)1(l og)(1( 22 kxxxxkxx 即当 1kn 时命题也成立 . 根据（ i）、（ ii）可知对一切正整数 n 命题成立 . 证法二： 令函数 那么常数 ),0(,0)(l og)(l og)( 22 cxcxcxcxxxg ,lo g)1(lo g)1(lo g)( 222 ccxcxcxcxcxg 利用（）知，当 1 ( ) , ( ) .22xcx g xc 即 时 函 数 取 得 最 小 值 对任意 都有,0,0 21 xx 2lo g22lo glo g 21221222121 xxx
17、xxxxx 1)() log( 21221 xxxx . 下面用数学归纳法证明结论 . （ i）当 n=1 时，由（ I）知 命题成立 . （ ii）设当 n=k 时命题成立，即若正数 有满足 ,1, 221221 kk pppppp 111 1 1 11 2 1 2 2 2 2221 2 1 2221 2 1 2 2 2 2 22 1 2 1 2 2l o g l o g l o g .1 , , , , 1 .l o g l o g l o g l o gkkkkk k k kp p p p p p kn k p p p p p pH p p p p p p p p 当 时 满 足令由得到
18、 1 1 1 1111 2 2 1 2 22 1 2 2 1 212 2 1 2( ) l o g ( ) 1 ( ) l o g ( ) 1 ,( ) ( ) 1 , k k k kkkH p p p p p p p pp p p p 因 为由归纳法假设 1 1 1 11 2 2 1 2 22 1 2 2 1 2( ) l o g ( ) ( ) l o g ( ) ,k k k kp p p p p p p p k 得 到欢迎光临 数学教 育网 下载 资料 数学教育网 http:/ 主审戴刚锋 1112 2 1 2( ) ( 1 ) .kkH k p p p p k 即当 1kn 时命题也成立 . 所以对一切正整数 n 命题成立 .
