2013届江苏省高考数学二轮复习：专题2 函数的性质及应用()

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1??a＝2，

所以?

??c＝－1.

1又g(1)＝－1，则b＝－. 211

所以g(x)＝x2－x－1.

2219x＋?＋mln x＋ (2)f(x)＝g??2?81

＝x2＋mln x(m∈R，x>0)． 2

当m>0时，由对数函数性质，f(x)的值域为R； x2

当m＝0时，f(x)＝>0对?x>0，f(x)>0恒成立；

2m

当m<0时，由f′(x)＝x＋＝0?x＝－m，列表：

x

x f′(x) f(x)

m

这时，f(x)min＝f(－m)＝－＋mln－m.

2m??－2＋m ln－m>0，

f(x)min>0???－e

??m<0

所以若?x>0，f(x)>0恒成立，则实数m的取值范围是(－e,0]． 故?x>0，使f(x)≤0成立，

实数m的取值范围(－∞，－e]∪(0，＋∞)．

?x－1??x－m?

(3)证明：因为对?x∈[1，m]，H′(x)＝≤0，所以H(x)在[1，m]内单调递减．

x11

于是|H(x1)－H(x2)|≤H(1)－H(m)＝m2－m ln m－.

2211

|H(x1)－H(x2)|<1?m2－m ln m－<1

2213

?m－ln m－<0. 22m

13

记h(m)＝m－ln m－(1＜m≤e)，

22m113311?21

－＋>0， 则h′(m)＝－＋2＝?2m2m2?m3?3

(0，－m) － 减 －m 0 极小值 (－m，＋∞) ＋ 增

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13所以函数h(m)＝m－ln m－在(1，e]上是单调增函数．

22me3?e－3??e＋1?

所以h(m)≤h(e)＝－1－＝<0，故命题成立．

22e2e[专题技法归纳]

(1)对复杂函数的对称性应注意利用最根本的定义解决，奇偶性只是对称性中最特殊的一种． (2)对于形如：?x1，x2∈[1，m]，恒有|H(x1)－H(x2)|<1的问题，要注意转化成最值问题处理．同时在利用导数的正负探究函数的单调性时，为判断导函数的正负，有时还需要设计成研究导函数的最值问题．

??|lg|x－2||，x≠2，

1．定义域为R的函数f(x)＝?则关于x的方程f2(x)＋bf(x)＋c＝0有5个不同的实数

??1， x＝2，

根x1，x2，x3，x4，x5，求f(x1＋x2＋x3＋x4＋x5)＝________.

解析：作出函数f(x)的图象可以得到x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝9.f(9)＝|lg 7|＝lg 7. 答案：lg 7

2．若函数f(x)满足：f(x＋3)＝f(5－x)且方程f(x)＝0恰有5个不同实根，求这些实根之和为________． 解析：由题意可得到图象关于x＝4对称，所以和为20. 答案：20

3．已知函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d在区间[－1,2]上是减函数，则b＋c的最大值是________． 解析：由题意f′(x)＝3x2＋2bx＋c在区间[－1,2]上满足f′(x)≤0恒成立，

????f′?－1?≤0，?2b－c－3≥0，?2b－c－3≥0，

则?即?此问题相当于在约束条件?下求目标函数z＝?f′?2?≤0，??4b＋c＋12≤0，??4b＋c＋12≤0，?

b＋c的最大值．作出可行域(图略)，由图可知，当直线l：b＋c＝z过2b－c－3＝0与4b＋c＋12＝0的交点3315－，－6?时，z最大，∴zmax＝－－6＝－. M??2?22

15答案：－

2

4．某同学在研究函数f(x)＝

x

(x∈R)时，分别给出下面几个结论： 1＋|x|

①等式f(－x)＋f(x)＝0在x∈R时恒成立； ②函数f(x)的值域为(－1,1)； ③若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2)； ④函数g(x)＝f(x)－x在R上有三个零点．

其中正确结论的序号有________(请将你认为正确的结论的序号都填上) 解析：①显然正确；由|f(x)|＝

|x|1＋|x|

<＝1知②正确；可以证明f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，故1＋|x|1＋|x|

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x

③正确；由f(x)－x＝0得＝x，此方程只有一根x＝0，故④不正确．

1＋|x|

答案：①②③

5．若关于x的方程x2＝2－|x－t|至少有一个负数解，则实数t的取值范围是________． 解析：方程等价于|x－t|＝2－x2，结合y＝|x－t|与y＝2－x2图象，9

两边临界值，可得－≤t＜2.

4

9

－，2? 答案：??4?

2??x， x≥2，

6．已知函数f(x)＝?若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范

3???x－1?， x<2，围是________．

2

解析：f(x)＝(x≥2)单调递减且值域为(0,1]，f(x)＝(x－1)3(x<2)单调递增且值域为(－∞，1)，f(x)＝k有

x两个不同的实根，则实数k的取值范围是(0,1)．

答案：(0,1)

?a2－ab，a≤b，?

7．对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝?2设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程

?b－ab，a>b，?

如图，找出

为f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．

解析：由定义运算“*”可知f(x)＝

2

???2x－1?－?2x－1??x－1?，2x－1≤x－1，? 2??x－1?－?2x－1??x－1?，2x－1>x－1，?

?＝?

?x－1?＋1，x>0，－??2?4

2

11

x－?2－，x≤0，2??4?8

画出该函数图象可知满足条件的取值范围是?

?1－3?.

?

?16，0?

答案：?

?1－3?

，0??16?

8．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)．当－3≤x<－1时，f(x)＝－(x＋2)2，当－1≤x<3时，f(x)＝x.则f(1)＋f(2)＋f(3)＋?＋f(2 012)＝________.

解析：由f(x＋6)＝f(x)，可知函数的周期为6，所以f(－3)＝f(3)＝－1，f(－2)＝f(4)＝0，f(－1)＝f(5)＝－1，f(0)＝f(6)＝0，f(1)＝1，f(2)＝2，所以在一个周期内有f(1)＋f(2)＋?＋f(6)＝1＋2－1＋0－1＋0＝1，所以f(1)＋f(2)＋?＋f(2 012)＝f(1)＋f(2)＋335×1＝335＋3＝338.

答案：338

9．(2012·南师附中)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)＝x2，对于任意x∈[t－2，t]，不等式f(x＋t)≥2f(x)恒成立，则实数t的取值范围是________．

解析：f(x＋t)≥2f(x)等价于f(x＋t)≥f(2x)根据奇偶性得到函数在定义域上是单调递减函数，所以x＋

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t≤2x恒成立，解得t≤－2. 答案：(－∞，－2 ]

10．(2012·北京高考)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若同时满足条件： ①?x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0； ②?x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)＜0. 则m的取值范围是________．

解析：当x＜1时，g(x)＜0，当x＞1时，g(x)＞0，当x＝1时，0.m＝0不符合要求；

当m＞0时，根据函数f(x)和函数g(x)的单调性，一定存在区间[a，f(x)≥0且g(x)≥0，故m＞0时，不符合第①条的要求；当m＜0时，示，如果符合①的要求，则函数f(x)的两个零点都得小于1，如果符合要求，则函数f(x)至少有一个零点小于－4，问题等价于函数f(x)有两等的零点，其中较大的零点小于1，较小的零点小于－4.函数f(x)的两m＜0，

??2m＜－?m＋3?，

是2m，－(m＋3)，故m满足?2m＜－4，

??－?m＋3?＜1

＋∞)使如图所第②条个不相个零点g(x)＝

m＜0，

??－?m＋3?＜2m，或者?2m＜1，

??－?m＋3?＜－4，

解第一个不等式组得－4＜m＜－2，第二个不等式组无解，故所求m的取值范围是(－4，－2)． 答案：(－4，－2 )

11．(2012·栟茶一模)已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c.

(1)若a>b>c，且f(1)＝0，是否存在m∈R，使得f(m)＝－a成立时，f(m＋3)为正数？若存在，证明你的结论；若不存在，说明理由；

1

(2)若对x1，x2∈R，且x1

2属于(x1，x2)；

(3)若f(0)＝0，是否存在b的值使{x|f(x)＝x}＝{x|f[f(x)]＝x}成立？若存在，求出b的取值范围；若不存在，说明理由．

解：(1)因为f(1)＝a＋b＋c＝0，且a>b>c， 所以a>0且c<0.

∵f(1)＝0，∴1是f(x)＝0的一个根， c

由韦达定理知另一根为. a

c

∵a>0且c<0，∴<0<1.又a>b>c，b＝－a－c，

ac1

∴－2<<－.

a2

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