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【新步步高】(浙江专用)2016高考数学二轮专题突破 压轴大题突破练 三 函数(1)理


高考压轴大题突破练(三)函数(1)

1.已知函数 f(x)=1-2a-2ax+2x (-1≤x≤1)的最小值为 f(a). (1)求 f(a)的表达式; (2)若 a∈[-2,0],求 f(a)的值域.

2

-2 +b 2.已知定义域为 R 的函数 f(x)= x+1 是奇函数. 2 +2 (1)求 b 的值; (

2)判断函数 f(x)的单调性并证明; (3)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.
2 2

x

-1-

3.某公司生产的商品 A 每件售价为 5 元时,年销售 10 万件. (1)据市场调查,若价格每提高 1 元,销量相应减少 1 万件,要使销售收入不低于原销售收入, 该商品的销售价格最多提高多少元? (2)为了扩大该商品的影响力,公司决定对该商品的生产进行技术革新,将技术革新后生产的 1 2 x 商品售价提高到每件 x 元,公司拟投入 (x +x)万元作为技改费用,投入 万元作为宣传费 2 4 用.试问:技术革新后生产的该商品销售量 m 至少应达到多少万件时,才可能使技术革新后 的该商品销售收入等于原销售收入与总投入之和?

4.设二次函数 f(x)=ax +bx(a≠0)满足条件: ①f(x)=f(-x-2);②函数 f(x)的图象与直线 y=x 相切. (1)求函数 f(x)的解析式; (2)若不等式 π
f(x)

2

1 >( )2-tx 在|t|≤2 时恒成立,求实数 x 的取值范围. π

-2-

5.已知函数 f(x)=e -e (x∈R,且 e 为自然对数的底数). (1)判断函数 f(x)的单调性与奇偶性; (2)是否存在实数 t,使不等式 f(x-t)+f(x -t )≥0 对一切 x∈R 都成立?若存在,求出 t; 若不存在,请说明理由.
2 2

x

-x

-3-

答案精析 (三)函数(1)

1. 解 (1)函数 f(x)=1-2a-2ax+2x =2(x- ) - -2a+1, 其图象的对称轴为直线 x= . 2 2 2 ①当 <-1,即 a<-2 时,f(x)的最小值为 f(-1)=3; 2 ②当-1≤ ≤1,即-2≤a≤2 时,f(x)的最小值为 2

2

a

2

a2

a

a

a

a a2 f( )=- -2a+1;
2 2 ③当 >1,即 a>2 时,f(x)的最小值为 f(1)=3-4a. 2 综上所述,f(a)= 3,a∈?-∞,-2?, ? ? a ?- 2 -2a+1,a∈[-2,2], ? ?3-4a,a∈?2,+∞?.
2

a

a 1 2 (2)当 a∈[-2,0]时,f(a)=- -2a+1=- (a+2) +3,其图象的对称轴为直线 a=-2, 2 2
∴f(a)在[-2,0]上单调递减. ∴f(a)max=f(-2)=3,f(a)min=f(0)=1. ∴f(a)∈[1,3]. 2.解 (1)∵f(x)在定义域 R 上是奇函数,

2

b-1 ∴f(0)=0,即 =0,∴b=1. 2+2
1-2 (2)由(1)知 f(x)= x+1 2+2 1 1 =- + x . 2 2 +1 设 x1<x2,则 f(x1)-f(x2)=
x x

1 1 2x2-2x1 - = . 2x1+1 2x2+1 ?2x1+1??2x2+1?

∵函数 y=2 在 R 上是增函数且 x1<x2, ∴2x2-2x1>0. 又∵(2x1+1)(2x2+1)>0, ∴f(x1)-f(x2)>0,即 f(x1)>f(x2),
-4-

∴f(x)在(-∞,+∞)上为减函数. (3)∵f(x)是奇函数, ∴不等式 f(t -2t)+f(2t -k)<0 等价于 f(t -2t)<-f(2t -k)=f(k-2t ), ∵f(x)为减函数,由上式推得 t -2t>k-2t . 1 2 即对一切 t∈R,3t -2t-k>0,从而判别式 Δ =4+12k<0? k<- . 3 3.解 (1)设商品的销售价格提高 a 元,则(10-a)(5+a)≥50,即 0≤a≤5, 所以商品的价格最多可以提高 5 元. (2)由题意知改革后的销售收入为 mx 万元,若改革后的销售收入等于原销售收入与总投入之 1 2 x 1 3 50 和,只需要满足 mx= (x +x)+ +50(x>5),即 m= x+ + ≥2 2 4 2 4 x 当 x=10 时等号成立, 43 故销售量至少应达到 万件时,才能使改革后的销售收入等于原销售收入与总投入之和. 4 4.解 (1)由①可知,二次函数 f(x)=ax +bx(a≠0)的图象的对称轴方程是 x=-1,∴b= 2a. 又∵函数 f(x)的图象与直线 y=x 相切,
?y=ax +bx, ? ∴方程组? ?y=x ?
2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 50 3 43 x· + = ,当且仅 2 x 4 4

有且只有一解,即方程 ax +(b-1)x=0 有两个相等的实根,

2

1 ∴b=1,a= , 2 1 2 ∴函数 f(x)的解析式是 f(x)= x +x. 2 1 2-tx 1 2 (2)∵π >1,∴π f(x)>( ) 等价于 f(x)>tx-2,即不等式 x +x>tx-2 在|t|≤2 时恒成 π 2 1 2 立.问题等价于一次函数 g(t)=xt-( x +x+2)<0 在|t|≤2 时恒成立, 2
?g?2?<0, ? ∴? ?g?-2?<0, ? ?x -2x+4>0, ? 即? 2 ?x +6x+4>0. ?
2

解得 x<-3- 5或 x>-3+ 5, 故所求实数 x 的取值范围是(-∞,-3- 5)∪(-3+ 5,+∞). 5.解 (1)设 x1<x2 则

f(x1)-f(x2)=ex1-e-x1-ex2+e-x2
ex1-ex2 =(ex1-ex2)+ ex1·ex2
-5-

ex1+x2+1 =(ex1-ex2)· . ex1+x2 ∵x1<x2, ∴ex1<ex2,∴f(x1)-f(x2)<0, ∴f(x1)<f(x2), ∴f(x)在 R 上是增函数. ∵f(x)的定义域为 R,且 f(-x)=e -e =-f(x), ∴f(x)是奇函数. (2)存在.由(1)知 f(x)在 R 上是增函数和奇函数,则
-x

x

f(x-t)+f(x2-t2)≥0 对一切 x∈R 都成立
?f(x -t )≥f(t-x)对一切 x∈R 都成立 ?x -t ≥t-x 对一切 x∈R 都成立 1 2 1 2 2 ?t +t≤x +x=(x+ ) - 对一切 x∈R 都成立 2 4 1 1 1 2 2 2 2 ?t +t≤(x +x)min=- ?t +t+ =(t+ ) ≤0, 4 4 2 1 1 2 又(t+ )2≥0,∴(t+ ) =0, 2 2 1 ∴t=- , 2 1 2 2 ∴存在 t=- ,使不等式 f(x-t)+f(x -t )≥0 对一切 x∈R 都成立. 2
2 2 2 2

-6-


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