函数压轴题精选

1、.1. 已 知a ， b ， c ， d是 不 全 为 零 的 实 数 ， 函 数f (x)bx2cxd，g ( x)ax 3bx 2cxd ，方程 f （ x）=0 有实根，且f（ x）=0 的实数根都是g（ f（ x）=0 的根，反之，g（f （ x） =0 的实数根都是f（ x） =0 的根。（ 1）求 d 的值；（ 3 分）（ 2）若 a=0，求 c 的取值范围；（6 分）（ 3）若 a=1， f（ 1）=0，求 c 的取值范围。（ 7 分）解：（ 1）设 x0 是 fx0的根，那么f x00 ，则 x0 是 g( f (x)0 的根，则gfx00, 即 g00 ，所以 d0。（2 ）

2、因为a0，所以fxbx2cx, g xbx2cx，则g( f (x)fxbfxc=bx2cxb2 x2bcxc=0的根也是fxx bxc0 的根。（ a）若 b0 ，则 c0，此时 fx0的根为 0，而 g ( f (x) 0 的根也是0，所以c0，（ b）若 b0 ，当 c0 时， fx0的根为0，而 g ( f (x)0 的根也是0，当 c0时，fx0的根为0 和c，而 bfxc0 的根不可能为0 和cxc0b，所以 bfb必无实数根，所以bc24b2 c0, 所以 c24c0,0c4 ，从而 0c4所以当 b0 时， c0 ；当 b0 时， 0c4 。（ 3） a1, f (1) 0 ，

3、所以 bc0，即 fx 0 的根为 0 和 1，所以cx 2cx2ccx2cxc =0 必无实数根，2c ，即函数 h（ a）当 c0 时， t =cx 2cx =cx1ctt 2ctc 在2442c2tc， h t0 恒 成 立 ， 又 h tt 2ct ctcc， 所 以424ht minhc0 ，即c2c2c0, 所以 0c164164；32c ，即函数 h（ b）当 c0 时， t =cx2cx =cx1ctt 2ctc 在2442c2tc， h t0 恒 成 立 ， 又 h tt 2ct ctcc， 所 以424.c，c2c2ht minh0c0，而c 0，所以 c0，所以c不可能小

4、于024，4c0,则 b0, 这时fx0的根为一切实数， 而gf x0，所以 c0, 符（ ）c合要求。所以 0c1632.已知 a0 ，函数 f (x)axbx2（ I ）当 b0 时，若对任意xR 都有 f (x) 1，证明 a 2b（ II ）当 b1 时，证明：对任意x0,1 ， | f ( x) |1 的充要条件是 b 1a2b ；（ III ）当 0b1时，讨论：对任意x 0,1 ， |f (x) | 1的充要条件。证 ：（ 1 ） 依 设 ， 对 任 意 xR ， 都 有 f ( x)1 因 为 f ( x)b( xa ) 2a22b4b 2aa21 因为 a 0, b 0a 2

5、 bf ( )4b2b（ II ） 必要性： 对任意 x0,1, | f ( x) | 11f ( x) ，据此可以推出1f (1) 即ab1ab1 对任意 x 0,1, | f ( x) |1f ( x)1因为 b1，可以推出充分性：因为f (1即 a1b 1 a 2 b) 11 1 a 2 bbbb1, ab 1， 对 任 意 x 0,1， 可 以 推 出 ：axbx2b(x x 2 )xx1 即 axbx 21因 为 b1, a2b ， 对 任 意x 0,1 ，可以推出 axbx 22b xbx21即 axbx 211f ( x)1综上，当 b1 时，对任意x 0,1， |f (x) |

6、1 的充要条件是 b1a2b（ III ）解：因为 a0,0b1时，对任意 x 0,1 ： f ( x)axbx2b1，即 f (x)1 ； f (x)1f (1)1ab 1即 ab1ab 1f ( x)(b1) xbx21，即 f ( x)1所以，当 a0,0b1 时，对任意 x0,1 ， | f ( x) |1 的充要条件是 ab1.3. 设 a0 ， 如 图 ， 已 知 直 线 l : yax 及 曲 线 C : yx2 , C 上 的 点 Q1 的 横 坐 标 为a (0aa).从 C上的点 Q (n1)作直线平行于 x 轴，交直线l于点Pn，再从点Pn 1作直111n线平行于 y 轴

7、，交曲线 C于点 Qn 1 . Qn (n1,2,3,）的横坐标构成数列an（）试求 an 1与 an 的关系，并求an的通项公式；（）当 a1n(ak ak 1 )ak1,a1时，证明2k 1n1（）当 a1 时，证明( akak 1 )ak 2k13（）解： Qn (an 1 , an2 ), Pn 1 ( 1an2 , an2 ), Qn 1 ( 1aa an 11an2 , an1an2 11 ( 1an2aaa a1232cylr2Q3r1Q2Q1an2 , 12 an4 ).Oa1 a2 a3xa2 ) 2( 1 )1 2 an2 22a( 1 )1 2 ( 1 an23 ) 22

8、( 1 )1 2 2 2 an23 2aaa11 22n 22n 112n 112 n 1a(a1)2n 1 ana1)2n 1( )a1( )a1a，a(.aaa（）证明：由a=1 知 an 1an2 , a11 , a21, a1 .24316当时1.k1,ak 2 a316n(a kak 1 ) ak 21n(akak 1 )1an 1 )1.16 k(a1k111632（）证明：由（）知，当a=1 时， ana12 n 1,nn2k 12k2k 12 n 1ii 12i 2因此( akak 1 )ak 2(a1a1 )a1(a1a1)a1k1k1i12 n13a15123i2a1=(1

9、 a1 )a1i 1 a1(1 a1 )a11 a131 a1a123 .4已知函数 f (x)( xR) 满足下列条件：对任意的实数x1， x 都有2( x1x2 )2( x1x2 ) f (x1)f (x2 )和 f ( x1 )f ( x2 )x1x2，其中是大于0 的常数 .设实数 a0， a， b 满足 f ( a0 )0 和 baf ( a)( )证明1 ，并且不存在b0a0 ，使得 f (b0 )0 ；( )证明 (b a0 )2(12 )(aa0 )2 ；( )证明 f (b) 2(12 ) f (a) 2.证明：（ I ）任取 x1 , x2R, x1x2 ，则由( x1x2

10、 ) 2( x1x2 )f ( x1 )f ( x2 )和 | f ( x1 )f (x2 ) | | x1x2 |可知 ( x1x2 ) 2( x1x2 ) f (x1 )f ( x2 )| x1 x2 | | f (x1 )f ( x2 ) | | x1 x2 |2 ，从而1.假设有 b0a0 ，使得f (b0 )0，则由式知0( a0b0 )2(a0 b0 ) f (a0 )f (b0 )0 矛盾不存在 b0a0 ，使得 f (b0 )0.（ II ）由 baf ( a)可知(ba0 ) 2 aa0f (a) 2(aa0 ) 22(aa0 ) f ( a)2 f (a) 2由 f (a0

11、 )0和 式，得 ( aa0 ) f (a)(aa0 ) f (a)f (a0 )( a a0 ) 2由 f (a0 )0 和式知， f (a) 2 f (a)f (a0 ) 2(a a0 ) 2由、代入式，得(b a0 ) 2(aa0 )222 (aa0 ) 22 (a a0 )2(12 )(aa0 )2（III）由式可知 f (b) 2 f (b)f (a)f (a) 2 f (b)f ( a) 22 f (a) f (b)f (a) f (a) 2(ba) 22 ba f (b)f (a) f (a) 2（用式）2 f (a) 22 (ba) f (b)f ( a) f (a) 22 f

12、 (a)22(ba) 2 f ( a) 2（用式）2 f (a) 222 f (a) 2 f (a) 2(12 ) f (a) 2.5. f ( x)x2| xa |当 a2 时，求使 f (x)x 成立的 x 的集合；求函数 yf (x) 在区间1,2上的最小值（）由题意，f ( x)x 2 | x2 |当 x2时，由 f ( x)x2 (2x)x ，解得 x0 或 x1；当x时，由 f ( x)x2 ( x2)x ，解得 x122综上，所求解集为 0,1,12( ) 设此最小值为 m当 a1时，在区间 1， 2上， f (x)x3ax 2，因为 f ( x)3x22ax 3x(x2a)0

13、， x(1,2)，3则 f (x) 是区间 1， 2上的增函数，所以mf (1)1a当 1a2 时，在区间 1，2上， f (x)x2| x a |0 ，由 f ( a)0 知mf ( a)0当 a2 时，在区间1， 2上， f ( x)ax 2x 3f ( x)2ax3x 23x(2ax)3若 a3，在区间（1， 2）上， f ( x)0，则 f (x) 是区间 1， 2上的增函数，所以mf (1) a1若 2a3，则 12 a23当 1x2 a 时， f ( x)0 ，则 f ( x) 是区间 1，2a 上的增函数，当 2323ax2 时， f ( x)0 ，则 f (x) 是区间 a ，

14、 2上的减函数，33因此当 2a 3 时， mf (1)a 1或 mf (2)4(a 2)当 2a72)a1，故 mf (2)4(a 2) ，时， 4(a3.当 7a 3时， 4(a2)a1 ，故 mf (1)a131aa101a2总上所述，所求函数的最小值m4( a2)2a73a1a736.设 a 为实数，设函数f ( x)a1x21x1x 的最大值为 g(a)。（）设 t 1 x1x ，求 t 的取值范围，并把f(x)表示为 t 的函数 m(t)（）求 g(a)（）试求满足g (a )g (1 ) 的所有实数 aa解：（） t1x1x , 要使 t有意义，必须1x0且1x0, 即 1x 1

15、 t 2221x2 2,4, t0 t 的取值范围是2,2由得1x 21t 21 m(t)a(1t 21)t1at 2ta,t 2,2222（）由题意知g(a) 即为函数 m(t)1 at 2ta, t 2,2 的最大值2注意到直线 t1是抛物线 m(t)1 at 2ta 的对称轴，分以下几种情况讨论。a2（ 1）当 a0，函数 ym(t), t 2,2 的图像是开口向上的抛物线的一段，由t10知 m(t )在2,2上单调递增。g (a)m( 2)a2a（ 2）当 a=0 时， m(t)=t ， t 2,2 ， g (a)2（ 3）当 a0 时， 10 ，此时 g(a)a21aaa由 a 22

16、解得 a1,由a0知a1a综上知，满足g(a)g(1 ) 的所有实数 a 为：2a2 或 a1a2解法二：当 a1 时,g(a)a23222当2a1时, a1,2),1(2 ,1 ，所以a1,22222a22a.g (a)a12 ( a) (1 )2 。因此，当 a2 时, g(a)22a2a2当a0时,10，由 g (a)g(1)知a21解得a1aaa2当 a0时,111a1,因此a1或1,从而g (a)或)2a2 g(aa要使 g( a)g (1 ) ，必须有 a2,12,即2a2.a2a22此 时 g(a)2g (1 ) 。 综 上 知 ， 满 足 g(a)g (1) 的 所 有 实 数

17、a 为 ：aa2 a2 或 a127.已知 f ( x)x2bxc(b, cR) 是偶函数且 f ( 0)0（1）求函数 f (x) 的解析式f ( x)x2（2）是否存在实数1 ,使函数 g (x)1f ( x) 2(1) x 在区间1,2上的值域为4174,（3）若不等式 f ( x)a xa10 对于一切 x1,2 恒成立，求实数 a 的取值范围8.设函数 f ( x) ax2bx 1a 0, b R 的最小值为a ， f ( x) 0 的两个实根为 x1 , x2（1）求 x1 x2 的值（2）若关于 x 的不等式 f ( x)0 的解集为 A，函数 f (x)2x 在 A 上不存在最

18、小值，求 a 的取值范围（3）若2x10, 求 b 的取值范围.9.已知函数 f (x )1(xR ) .4 x211(1) 函数 f ( x ) 的 象关于点 (,) 称 ;24(2)若数列 an 的通 公式 anf ( n ) ( m N, n1, 2, m) ,求数列 an m的前 m 和 Sm ;(3)设数列 b n 满足:b11,bn 1bn2b n.设3Tn111.b11b21bn1若 (2) 中的 Sn 足 任意不小于2 的正整数 n,SnTn 恒成立 , 求 m 的最大 .解 :(1) 点 P0 (x 0 ,y0 ) 是函数 f ( x) 的 象上任意一点, 其关于点 ( 1

19、, 1 ) 的 称点 24P(x, y) .xx 01x1x 0 ,22由y得y10 .y 01y242所以 ,点 P 的坐 P (1x 0 ,1y0 ) . (2 分 )2由点 P0 (x 0 , y 0 ) 在函数 f ( x) 的 象上 ,得 y 01.4x 02 f (1x 0 )14 x 04x0,41x 024 2 4x02(4 x 02)1y01124x 0,点 P (1x 0 ,1y 0 ) 在函数 f (x ) 的 象上 .224x 02(4x02)2函数 f (x) 的 象关于点( 1 , 1) 称 . (4 分 )24(2) 由 (1) 可知 ,f (x)f (1x )1, 所以 f ( k )f (1k )1 (1km1) ,2mm2即 f ( k )f ( mk )1,akam k1 , (6 分 )mm22由 Sma1a2a3am1a m ,得 Smam 1am 2am3a1am , .由 , 得 2Sm(m1)12amm121m1 ,1 (3m22626 Sm1). (8 分 )12(3) b1 1 , bn1b n2b nb n (bn1) ,3 任意的 nN, b n0 .由、 , 得1111, 即111.bn 1b n ( bn1) b