高三函数综合题专项训练汇总

1、（2009澄海）已知二次函数f(x)=ax2+bx+cx，不等式f(x)>-2x的解集为(1,3)．(Ⅰ)若方程f(x)+6a=0有两个相等的实根，求f(x)的解析式；(Ⅱ)若f(x)的最大值为正数，求实数a的取值范围．2、（2009广东揭阳）设定义在R上的函数f (x)＝a0x+a1x+a2x＋a3x (a i∈R，i＝0，1，2，3 )，当x＝－时，f (x)取得极大值，并且函数y＝f' (x)的图象关于y轴对称。

343222（1）求f (x)的表达式；（2）试在函数f (x)的图象上求两点，使以这两点为切点的切线互相垂直，且切点的横坐标都在区间[－1，1]上；（3）求证：|f (sin x)－f (cos x) | ≤3、（2009广东揭阳）已知二次函数y=f(x)的图像经过坐标原点，其导函数为f'(x)=6x-2，数列{an}的前n项和为Sn，点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上。

2 (x∈R)． 3（Ⅰ）、求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）、设bn=*m3，求使得Tn<Tn是数列{bn}的前n项和，20anan+1对所有n∈N都成立的最小正整数m。

4、（2009广东东莞）已知函数f(x)=log2ax a>0,a≠⎛⎝1⎫⎪， 2⎭222（1）若f(x1x2 x2008)=8,求fx1+fx2+ +fx2008的值. ()()()（2）当x∈(-1,0)时，g(x)=f(x+1)>0,求a的取值范围.(3)若g(x)=f(x+1),当动点p(x,y)在y=g(x)的图象上运动时，点M ⎛xy⎫,⎪在函数3⎝2⎭y=H(x)的图象上运动，求y=H(x)的解析式.- 1 -5、（2009广东东莞）已知函数y=f(x)(x∈R)满足f(x)+f(1-x)=（Ⅰ）求f()和f()+f(1. 2n-1)(n∈N*)的值； n12n-1)+f(1)，求列数{an}的通项公（Ⅱ）若数列{an}满足an=f(0)+f()+f()+ +f(nnn 式；（Ⅲ）若数列{bn}满足anbn=等式2kSn<bn恒成立.6、（2009广州海珠）已知f(x)=xlnx,g(x)=x3+ax2-x+2(Ⅰ)求函数f(x)的单调区间;(Ⅱ)求函数f(x)在[t,t+2](t>0)上的最小值;(Ⅲ)对一切的x∈(0,+∞),2f(x)≤g'(x)+2恒成立,求实数a的取值范围.121n1,Sn=b1b2+b2b3+b3b4+ +bnbn+1，则实数k为何值时，不4⎧ f(x) (x>0)x∈R，7、（2009广东湛江）已知函数f(x)=ax+bx+1 (a,b为实数)，. F(x)=⎨ -f(x) (x<0)⎩2(1)若f(-1)=0,且函数f(x)的值域为[0, +∞)，求f(x)的表达式；(2)在(1)的条件下，当x∈[-2, 2]时，g(x)=f(x)-kx是单调函数，求实数k的取值范围；(3)设m⋅n<0，m+n>0,a>0且f(x)为偶函数，判断F(m)＋F(n)能否大于零.8、（2009广州（一）已知二次函数f(x)=ax2+bx+c,直线l1:y=-t2+8t,其中(0≤t≤2，t 为常数）； l2:x=2.若直线l1、l2与函数f (x)的图象以及l1，y轴与函数f (x)的图象所围成的封闭图形如阴影所示.（Ⅰ）根据图象求a、b、c的值；（Ⅱ）求阴影面积S关于t的函数S(t)的解析式；（Ⅲ）若g(x)=6lnx+m,问是否存在实数m，使得y=f (x)的图象与y=g (x)的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．- 2 -9、（2009广东深圳）若定义在R上的函数f(x)对任意的x1,x2∈R，都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-1成立，且当x>0时，f(x)>1。

（1）求证：f(x)-1为奇函数；（2）求证：f(x)是R上的增函数；（3）若f(4)=5，解不等式f(3m2-m-2)<3．210、（2009广东揭阳）已知向量a=(x-3,1),b=(x,-y)，（其中实数y和x不同时为零），当|x|<2时，有a⊥b，当|x|≥2时，a//b．(1) 求函数式y=f(x)；（2）求函数f(x)的单调递减区间；（3）若对∀x∈(-∞,-2] [2,+∞)，都有mx+x-3m≥0，求实数m的取值范围．211、（2009广东揭阳）已知函数f(x)=(x-1),g(x)=k(x-1)，函数f(x)-g(x)其中一个零点为5，2数列{an}满足a1=k，且(an+1-an)g(an)+f(an)=0． 2（1）求数列{an}通项公式；（2）试证明∑ai=1ni≥1+n；n+1（3）设bn=3f(an)-g(a)，试探究数列{bn}是否存在最大项和最小项？若存在求出最大项和最小项，若不存在，说明理由．12、（2009广东潮州）已知A(x1,y1),B(x2,y2)是f(x)=1x+log2的图象上任意两点，设点21-x1M(,b)， 2n-11i*且OM=(OA+OB)，若Sn=∑f()，其中n∈N，且n≥2。

2ni=1- 3 -（1）求b的值；（2）求Sn；（3）数列{an}中a1=21，当n≥2时，an=，设数列{an}的前n项和为Tn，3(Sn+1)(Sn+1+1)*求λ的取值范围使Tn<λ(Sn+1+1)对一切n∈N都成立。

13、（2009广东潮州）抛物线y=g(x)经过点O(0,0)、A(m,0)与点P(m+1,m+1)，其中m>n>0，b<a，设函数f(x)=(x-n)g(x)在x=a和x=b处取到极值。

（1）用m,x表示y=g(x)；（2）比较a,b,m,n的大小（要求按从小到大排列）；（3）若m+n≤22，且过原点存在两条互相垂直的直线与曲线y=f(x)均相切，求y=f(x)。

214、（2009珠海期末）已知α,β是方程4x-4tx-1=0(t∈R)的两个实数根,函数f(x)=2x-t的2x+1定义域为[α,β].(1)判断f(x)在[α,β]上的单调性,并证明你的结论;(2)设g(t)=maxf(x)-minf(x),求函数g(t)的最小值.15、（2009珠海期末）已知函数f(x)=x+ax+b(a,b∈R),不等式|f(x)|≤|2x2+4x-30|对2 ∀x∈R恒成立,数列{an}满足:a1=足:bn=1*, 2an=f(an-1)+15(n≥2,n∈N), 数列{bn}满21(n∈N*); an+2(1)求a,b的值;(2)设数列{bn}的前n和为Sn,前n的积为Tn,求Sn+2n+1Tn的值.- 4 -祥细答案：1、解：（Ⅰ）∵不等式f(x)>-2x的解集为(1,3)∴x=1和x=3是方程ax2+(b+2)x+c=0(a<0)的两根 -----------1分⎧∴⎪b+2⎪⎨a=-4⎪c -----------2⎪⎩a=3∴b=-4a-2,c=3a -----------3 又方程f(x)+6a=0有两个相等的实根∴∆=b2-4a(c+6a)=0 -----------4 ∴4(2a+1)2-4a⨯9a=0∴(5a+1)(1-a)=0∴a=-15或a=1（舍） -----------5∴a=-1635,b=-5,c=-5 -----------6∴f(x)=-1635x2-5x-5 -----------7（Ⅱ）由（Ⅰ）知f(x)=ax2-2(2a+1)x+3a =a(x-2a+1(2a+1)2a)-a+3a=-a2-4a-1a -----------9∵a<0，∴f(x)的最大值为-a2-4a-1a -----------11∵f(x)的最大值为正数⎧a<0∴⎪⎨⎪-a2-4a-1⎩a>0∴⎧⎨a<02解得a<-2-或-2+3<a<0 -----------13⎩a+4a+1>0∴所求实数a的取值范围是(-∞,-2-3) (-2+3,0) -----------14- 5 - 分分分分分分分分分分2、解：∵f' (x)＝4a0x3＋3a1x2＋2a2x+a3为偶函数，∴ f '(-x) = f '(x),∴ -4a0x3 +3a1x2 -2a2x + a3 = 4a0x3+3a1x2 +2a2x + a3,∴ 4a0x3 + 2a2x =0对一切x ∈ R恒成立，∴ a0＝a2＝0，∴f (x)＝a1x3＋a3x又当x＝－22f (x) 23⎧f(－ 22)32，⎧a＝2，⎪23∴⎨解得⎨∴f (x)＝x－x，f' (x)＝2x－1 4分 32⎪a＝－1，⎩f ' (－ )＝0，⎩21332⑵解：设所求两点的横坐标为x1、x2 (x1 < x2)，则(2x12－1)(2x22－1)＝－1又∵x1，x2∈[－1，1]，∴2x12－1∈[－1，1]，2x22－1∈[－1，1]∴2x12－1，2x22－1中有一个为1，一个为－1，⎧ x = -111⎧ x1=0∴⎨ x=1 或⎨1 ，∴所求的两点为(0，0)与(1，－或(0，0)与(－1，。

⎩233⎩ x2=0⑶证明：易知sin x∈[－1，1]，cos x∈[－1，1]。

当0< x < 22f ' (x) < 0；当 < x < 1时，f ' (x)>0。

2222]为减函数，在，1]上为增函数， 22221)＝－，f (1)f (x)在[－1，1]上为奇函数， 233222 | f (x) | ≤ , 333∴f (x)在[0，又f (0)＝0，f (∴f (x)在[－1，1]上最大值为∴| f (sin x) | ≤ 2 2 22 ，| f (cos x)| ≤ ，∴| f (sin x)－f (cos x)| ≤ | f (sin x)|＋| f (cos x) | ≤ 3333、解：（Ⅰ）设这二次函数f(x)＝ax2+bx (a≠0) ,则 f`(x)=2ax+b,由于f`(x)=6x－2,得a=3 , b=－2, 所以 f(x)＝3x2－2x.又因为点(n,Sn)(n∈N*)均在函数y=f(x)的图像上，所以Sn＝3n2－2n. 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝（3n2－2n）－（3n-1)-2(n-1)＝6n－5. 当n＝1时，a1＝S1＝3×12－2＝6×1－5，所以，an＝6n－5 （n∈N） *[2]- 6 -（Ⅱ）由（Ⅰ）得知bn=11133-)，＝＝(anan+1(6n-5)6(n+1)-526n-56n+1故Tn＝∑bi＝i=1n12111111⎤1⎡＝（1－） (1-)+(-)+...+(-)⎢⎥26n+177136n-56n+1⎣⎦因此，要使11m1m（1－）<（n∈N*）成立的m,必须且仅须满足≤，即m≥10，26n+120220所以满足要求的最小正整数m为10.4、解：（1） f(x1x2 x2008)=log2a(x1x2 x2008)=8,222f(x12)+f(x2 )+ +f(x2008)=log2ax12+log2ax22+ +log2ax200812＝log2a(xx x2008)2=2log(2a12xx x2008)=16………………………..5分（2）g(x)=f(x+1)=log2a；设u=x+1,x∈(-1,0)时，u∈(0,1)； (x+1)当u∈(0,1)时，logu2a>0,∴0<2a<1,∴0<a<即所求a的取值范围为 0,⎪……………….9分(3) g(x)=f(x+1)=log2a; (x+1)1； 2⎛⎝1⎫2⎭x⎧u=⎪⎪3⎧x=3u,∴⎨设M(u,v),则⎨；………………………11分⎪v=y⎩y=2v⎪⎩2p(x,y)在y=g(x)上运动，∴2v=log(23au+1),1∴v=log(23au+1)..................................13分21(3x+1)即所求函数的解析式为H(x)=log2a……………………14分 2111111∴f()= 5、解：（Ⅰ）令 x=，则f()+f(1-)=，22222411111n-11)= …………4分令 x=，则f()+f(1-)=，即f()+f(nnn2nn2- 7 -2n-1)+f(1) ① nnn-1n-21)+f()+ +f()+f(0) ②∴an=f(1)+f(nnn1n-11)= 由（Ⅰ），知 f()+f(nn21n+1. ………………8分∴①+②，得2a=(n+1)⨯.∴an=24n+111,anbn=,∴bn=（Ⅲ）∵an= 44n+1（Ⅱ）∵an=f(0)+f()+f()+ +f(∴Sn=b1b2+b2b3+b3b4+ +bnbn+1 1n11111111⨯+⨯+⨯+ +⨯233445n+1n+2 11111111=(-)+(-)+(-)+ +(-)233445n+1n+2==11n-= 2n+22(n+2)kn1kn2-(1-k)n-2………………………………12分∴2kSn-bn=-=n+2n+1(n+1)(n+2) 由条件，可知当kn-(1-k)n-2<0恒成立时即可满足条件设f(n)=kn-(1-k)n-2当k＞0时，又二次函数的性质知kn-(1-k)n-2<0不可能成立当k=0时，f（n）=－n－2＜0恒成立；当k＜0时，由于对称轴直线n=-222-(1-k)111=-<- 2k2k22∴f（n）在[1,+∞)上为单调递减函数∴只要f（1）＜0，即可满足kn2-(1-k)n-2<0恒成立∴由f(1)=k-(1-k)-2<0,得k<3,又k<0，∴k＜0 2综上知，k≤0，不等式2kSn<bn恒成立………………………………14分6、(Ⅰ)f(x)=lnx+1,令f''(x)<0,解得0<x<1, e⎛1⎫∴f(x)的单调递减区间是 0,⎪;……2分⎝e⎭- 8 -1⎛1⎫令f'(x)>0,解得x>,∴f(x)的单调递减区间是,+∞⎪.……4分 e⎝e⎭1，t无解；……5分 e1111(ⅱ)0<t<<t+2，即0<t<时，f(x)min=f()=-；……7分 eeee11(ⅲ)≤t<t+2，即t≥时，f(x)在[t,t+2]单调递增， ee(Ⅱ)(ⅰ)0<t<t+2<f(x)min=f(t)=tlnt……9分1⎧10<t<⎪-e……10分∴f(x)min⎨e，1⎪t≥tlnt⎩e(Ⅲ)由题意:2xlnx≤3x+2a x-1+2在x∈(0,+∞)上恒成立 231x-……11分 22x(x-1)(3x+1)……12分 3x1131'-=-设h(x)=lnx-, 则h(x)=-+22xx22x22x21'令h(x)=0,得x=1,x=-(舍) 3即2xlnx≤3x+2ax+1 可得a≥lnx-2''当0<x<1时,h(x)>0;当x>1时, h(x)<0∴当x=1时,h(x)取得最大值, h(x)max=-2……13分∴a≥-2.∴a的取值范围是[-2,+∞).……14分7、解：(1)∵f(-1)=0，∴a-b+1=0，……………………（1分）⎧a>0又x∈R, f(x)≥0恒成立，∴⎨-………………（2分）， 2⎩∆=b-4a≤0∴b2-4(b-1)≤0，∴b=2, a=1………………（3分）.∴f(x)=x+2x+1=(x+1). ………………（4分）(2)g(x)=f(x)-kx=x+2x+1-kx=x+(2-k)x+1 ………………（5分） 2222k-2k-22-k2(2-k)2≥2或≤-2时，………（7分） =(x+)+1-，当2224即k≥6或k≤-2时，g(x)是单调函数.…………………………（8分）2(3) ∵f(x)是偶函数，∴f(x)=ax+1,…………………………（9分）- 9 -2⎧⎪ax+1 (x>0)F(x)=⎨………………………………（10分）， 2⎪⎩-ax-1 (x<0) ∵m⋅n<0,设m>n,则n<0.又m+n>0, m>-n>0,∴|m| > |-n|，------（12分）F(m)＋F(n)=f(m)-f(n)=(am2+1)-an2-1=a(m2-n2)>0，∴F(m)＋F(n)能大于零. …………………………（14分）⎧⎪c=0,⎪28、解：（I）由图形知：⎨a⨯8+b⨯8+c=0, ………2分⎪2=16,⎪⎩4a⎧a=-1,⎪解之,得⎨b=8,∴函数f（x）的解析式为f(x)=-x2+8x. ………4分⎪c=0.⎩2⎧⎪y=-t+8t,2（Ⅱ）由⎨得 x-8x-t(t-8)=0 …2分 2⎪⎩y=-x+8x,∴x1=t,x2=8-t.∵0≤t≤2，∴直线l1与f（x）的图象的交点坐标为(t,-t2+8t) ……………3分由定积分的几何意义知：S(t)=⎰[(-t2+8t)-(-x2+8x)]dx+⎰[(-x2+8x)-(-t2+8t)]dx ………4分 0tt2332t=[(-t+8t)x-(-+4x)]|0+[(-+4x2)-(-t2+8t)x]|t2 33=-t3+10t2-16t+. ……………5分 332（Ⅲ）令ϕ(x)=g(x)-f(x)=x-8x+6lnx+m.因为x＞0，要使函数f（x）与函数g（x）有且仅有2个不同的交点，则函数 2 ϕ(x)=x2-8x+6lnx+m的图象与x轴的正半轴有且只有两个不同的交点. ………………1分2=2(x-1)(x-3)(x>0). '∴ϕ(x)=2x-8+=xxx当x∈（0，1）时，ϕ'(x)>0,∴ϕ(x)是增函数；当x∈（1，3）时，ϕ'(x)<0,ϕ(x)是减函数;当x∈（3，+∞）时，ϕ'(x)>0,ϕ(x)是增函数; ………………2分 - 10 -当x=1或x=3时，ϕ'(x)=0.∴ϕ(x)极大值为ϕ(1)=m-7;ϕ(x)极小值为ϕ(3)=m+6ln3-15.又因为当x无限趋近于零时，ϕ(x)<0;当x无限大时,ϕ(x)>0.所以要使ϕ(x)=0有且仅有两个不同的正根，必须且只须⎧ϕ(1)=0,⎧ϕ(3)=0, ……………………4分或⎨'⎨⎩ϕ(3)<0,⎩ϕ(1)>0.即⎨⎧m-7=0,⎧m+6ln3-15=0,∴m=7,或m=15-6ln3. 或⎨m+6ln3-15<0,m-7>0.⎩⎩所以当m=7或m=15-6ln3时，函数f(x)与g(x)的图象有且只有两个不同交点. …………5分9、解：（1）证明：定义在R上的函数f(x)对任意的x1,x2∈R，都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-1成立令x1=x2=0,则f(0+0)=f(0)+f(0)-1⇒f(0)=1 （1分）令x1=x,x2=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x)-1∴[f(x)-1]+[f(-x)-1]=0 （3分）∴f(x)-1为奇函数（4分）（2）证明：由（1）知：f(x)-1为奇函数，∴f(-x)-1=-[f(x)-1] （5分）任取x1,x2∈R，且x1<x2，则x2-x1>0∵f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)-1∴f(x2-x1)=f(x2)+f(-x1)-1=f(x2)-[f(x1)-1]=f(x2)-f(x1)+1∵当x>0时，f(x)>1，∴f(x2-x1)=f(x2)-f(x1)+1>1，∴f(x1)<f(x2) （8分）∴f(x)是R上的增函数。