函数高考综合题(含答案)

1 集合与函数测试题

一． 选择题

1已知命题“012,2axxxR存在”是真命题，则实数a的取值范围是 （ )

A．)1,( B．),1( C．),1()1,( D．（—1，1）

2、若8222xZxA1logRxxBx，则)(CRBA的元素个数为（ ）

A.0 B.1 C.2 D.3

3、 设1a，函数()logafxx在区间[,2]aa上的最大值与最小值之差为12，则a（ ）

A．2 B．4 C．22 D．2

4、 在R上定义的函数xf是偶函数，且xfxf2，若xf在区间2,1是减函数，

则函数 xf（ ）

A.在区间1,2上是减函数，区间4,3上是增函数

B.在区间1,2上是减函数，区间4,3上是减函数

C.在区间1,2上是增函数，区间4,3上是增函数

D.在区间1,2上是增函数，区间4,3上是减函数

5 .设3,21,1,1，则使函数xy的定义域为R且为奇函数的所有的值为（ ）

A. -1,3 B.-1,1 C. 1,3 D.-1,1,3

6．已知(31)4,1()log,1aaxaxfxxx是(,)上的减函数，那么a的取值范围是

A.(0,1) B.1(0,)3 C.1[,1)7 D.11[,)73

7．若函数2)1(log)(223xxbaxxf在)0,(上有最小值－5，（a，b为常

数），则函数)(xf在),0(上（ ）

A．有最大值9 B．有最小值5 C．有最大值3 D．有最大值5

含参数含绝对值的函数综合题探究

一．解题策略：

1.去绝对值的思考，2012年~2014年的高考流行的是“遇见绝对值就考虑分类讨论去绝对值变为分段函数”；这几年高考反而流行“不去绝对值”即“整体换元后进行画函数图像数形结合”。

2.分类讨论要“慢”；

3.能换元就“换”；

4.有函数就“画”。

二．精题例析

例1 （2017年4月浙江省学考第25题） 已知函数)(xf=3|x−a|+|ax−1|，其中a∈R

①当a=1时，写出函数)(xf的单调区间;∈若函数)(xf为偶函数，求实数a的值;

∈若对任意的实数x∈[0，3]，不等式)(xf≥3x|x−a|恒成立，求实数a的取值范围.

点评：2012年~2014年的高考流行的模式延续到2015年~2017的浙江省学考中。

练习1 （2016年10月浙江省学考第25题） 设函数2)|1(|1)(axxf的定义域为D，其中1a。（1）当3a时，写出函数)(xf的单调区间（不要求证明）；

（2）若对于任意的Dx]2,0[，均有2)(kxxf成立，求实数k的取值范围。

练习2 （2014年浙江高考理第22题第一问）

已知函数).(33Raaxxxf 若xf在1,1上的最大值和最小值分别记为)(),(amaM，求)()(amaM.

例2 (2017年6月浙江省高考第 17题即填空题的最后一题）

已知Ra.函数aaxxxf4在区间4,1上的最大值是5，则a的取值

范围是_____.

点评：这几年高考反而流行“不去绝对值”即“整体换元后进行画函数图像数形结合”，往往作为填空题考查学生，切忌小题大做，考查学生的转化与化归的思想意识、整体处理思想及数形结合。

练习1.（2018年4月浙江学考第22题即填空题的压轴题）

若不等式2x2−(x−a)|x−a|−2≥0对于任意x∈R恒成立，则实数a的最小值是________________.

●　・　・　●　解题技巧与方法　●帮　高考函数与导　数绻舍题的攘兔　教喾　想　◎逄玲玲（新疆实验中学，新疆乌鲁木齐８３０００１）　【摘要】函数与导数综合题的考查要求紧紧扣住数学知　识与数学学习的本质，对函数与导数的教学应回归本源，注　重对基本初等函数的基本性质的研究，即对函数的单调性、　奇偶性、周期性、函数的极值、函数的零点的研究，包括对基　本技能、基本思想方法、基本活动经验的研究，提高发现问　题、提出问题、解决问题的能力．通过对函数与导数综合题　解法进行分析研究，可以看出，题目的命制都有其高等数学　的背景，更有教材的痕迹在里面．所以，教师要充分发挥自　己的主观能动性，全过程地、详细地、全方位地展示函数与　导数问题求解的过程，不可以去头去尾，烧中段．要回归基　础，回归教材．　【关键词】函数与导数；命题背景；命题建构；命题解法　下面我以２０１４年全国课标卷Ｉ理科２１题函数导数试　题为例，通过分析试题的解析过程．研究导数试题的命题背　景、命题建构和命题解法．　设函数，（　）＝。ｅ　ｌｎｘ＋　一，曲线Ｙ＝，（　）在点（１，　１））处的切线方程为Ｙ＝ｅ（　一１）＋２．（Ｉ）求ｎ，ｂ；（１Ｉ）证　明｜厂（　）＞１．　点评本题以曲线的切线为背景，考查导数的几何意　义，用导数研究函数的单调性求函数的极值、最值以及证明　函数不等式．本题目设置两问，第一问是基础题考查导数的　几何意义，多数学生可以求出，（１）＝２’，（１）＝ｅ从而求出　。＝１，ｂ＝２．第二问看起来似乎不难，实际操作出来比较困　难．其实本问是考查用导数研究函数不等式，背景丰富，有　难度和区分度，研究的空间很大，下面我们探讨第二问．　解析（ＩＩ）由（Ｉ）问知０＝１，ｂ＝２，ｆ（　）＝ｅ　ｌｎｘ＋　一，从而要证明不等式ｅ　ｌ眦＋　一＞１（　＞０），等价于证　明不等式ｌｎｘ＋　＞÷（　＞０）．　方法一令ｇ（　）＝１似＋　一÷，（　＞０），下面证明　ｇ（　）＞０，求导得ｇ　（　）＝ｅ一　生　，令ｈ（　）＝　ｅ　（ｅ戈一２）＋　（　＞０），贝０　ｈ　（　）＝ｅ　（ｅｘ＋ｅ一２）＋２ｅｘ＞０，　故ｈ（　）在（０，＋　）上递增．　又　（　３）＝石９一—　１　ｅ丢＜０，．・．　（１）＝ｅ２一ｅ＞ｏ，根据函　数零点定理知，ｈ（　）在（０，＋。。）上有唯一零点‰＝　《云，１），即ｈ（ｘｏ）＝０，即ｅｘ０（　。一２）＋一　＝０，　当０＜　＜　０时，ｇ　（　）＜０，故ｇ（　）在（０，　。）上递减，　当　≥　。时，ｇ　（　）≥０，故ｇ（　）在［‰，＋　）上递增，　所　㈤　：　）＝　＋乏一１　＝　＋毫＋！　．　１　２　２　＝ｌｎｘｏ＋——＋——一＿．　Ｘ０　ｅ　０　ｅ　令妒（　）＝ｌｎｘ　１＋　２一　２，　（　３，１），下面证明　ｅ　ｅ　。　、　ｅ　，　。　（　）＞０，　）：　＞０，　ｆ　３，１１，故妒（　）　在（　３，１）上递增，．．．　（　）＞　（丢），．・．１ｎ　３＋了１一　２ｅ＞０，　故得证．　评析方法一是处理函数与导数的常见方法，即将所　证明不等式证明问题转化为另一个函数不等式成立问题，　利用函数的单调性和函数的零点定理（必修１）得到构造的　新函数在定义域上的最大值小于或等于零，或最小值大于　等于零，即得原函数不等式恒成立．这里有时构造一个函数　可能得不到所需要的不等式成立，还需构造两个或三个函　数方可得到结论，有时可能对原函数求二次或三次导数，判　断所构造的函数的单调性和极值、最值的符号、函数的零　点，才能得到要证明的不等式．　方法二利用不等式的基本性质先进一步适当放缩后　再构造函数不等式．　不等式ｅ　ｌｍ＋　＞１，（　＞０）等价于ｅｌｎｘ＋三＞七　ｅ　（　＞０），我们利用教材选修２—２第３２页复习参考题Ｂ组　第１题和第（３）和（４）题的结论：即对Ｖ　∈Ｒ，ｅ　≥　＋ｌ和　对Ｖ　ＥＲ　，ｌｎｘ＜　＋ｌ＜ｅ　可以说明该函数不等式．　因为不等式ｅｘｌｎｘ＋　＞１（　＞０），等价于ｅｌｎｘ＋　号＞　（　０）．又因为ｅ　≥　＋ｌ，．・．ｅｘ－１≥　，当　＞０时，　占≤上，故只需要证明：。１　＋　＞　（　＞０），　ｅ　令ｇ（　）＝ｅｘｌＩｌ￣＋１，（　＞０），．・．ｇ　（　）＝ｅ（１＋ｌｎｘ），令　ｇ　）＞０得　＝÷，　当０＜　≤　时，１＋ｌＭ≤０，所以ｇ，（　）≤Ｏ；当　≥　时，１＋１　＞０，．　ｇ，（　）＞０．　．・．函数ｇ（　）＝　ｌ吡＋１，（　＞０）的减区间为（０，÷】，　增区间为（÷，＋。。）．　．・．（　））ｎ　：ｇ（÷）＝０，．・．Ｖ　０，ｅｌ眦＋专≥０（当　且仅当　＝÷时，不等式取等号）．　而对Ｖ　＞０，ｅ　‘≥　（当且仅当　＝１时，不等式取等　号），又　≠ｌ，当　＞０时，ｅｌｎｘ＋　＞０，即ｅｌｎｘ＋　＞　，　．・．ｅ　一＋　÷≥　，．‘　一＋　ｔ成立　点评方法二根据教材习题上的恒成立的函数不等式　ｅ　≥　＋１，利用证明不等式的基本方法——放缩法，先将原　不等式进行等价转换，再进行放缩，可以看出要证明原函数　不等式，只要证明不等式ｅｌｎｘ＋二＞０（　＞０），这里我们要　注意放缩时要整体放缩、局部放缩相结合，不可放“过”，即　放“大”了或放“小”，而得不到不等式的证明．　分析问题的能力是学习数学的一个最核心的能力，表　面上看好像很具体，其实很抽象，伴随学生完成他们的学习　全过程．所以教师要充分发挥自己的主观能动性，全过程详　细、全方位地展示函数与导数问题求解的过程，不可以去头　去尾，烧中段．要回归基础，回归教材，避免让学生和自己跳　入“题海”．要精讲精练，经历数学的基本过程，让学生体会　数学是灵动的，问题是鲜活的，体会学习的过程是求学问的　过程，非复制、粘贴、拷贝的过程，非刷题的过程，是一个追　求数学文化，提高自身数学素质的过程．　数学学习与研究

高考数学真题——函数压轴题(含答案)

-CAL-FENGHAI-(2020YEAR-YICAI)_JINGBIAN 2018年数学全国1卷

已知函数1()lnfxxaxx．

（1）讨论()fx的单调性；

（2）若()fx存在两个极值点12,xx，证明：12122fxfxaxx．

解:（1）()fx的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx.

（i）若2a，则()0fx，当且仅当2a，1x时()0fx，所以()fx在(0,)单调递减.

（ii）若2a，令()0fx得，242aax或242aax.

当2244(0,)(,)22aaaax时，()0fx；

当2244(,)22aaaax时，()0fx.所以()fx在2244(0,),(,)22aaaa单调递减，在2244(,)22aaaa单调递增.

（2）由（1）知，()fx存在两个极值点当且仅当2a.

由于()fx的两个极值点12,xx满足210xax，所以121xx，不妨设12xx，则21x.由于

12121221212121222()()lnlnlnln2ln11221fxfxxxxxxaaaxxxxxxxxxx，

所以1212()()2fxfxaxx等价于22212ln0xxx. 设函数1()2lngxxxx，由（1）知，()gx在(0,)单调递减，又(1)0g，从而当(1,)x时，()0gx.

所以22212ln0xxx，即1212()()2fxfxaxx.

2017年数学全国1卷

已知函数)fx（ae2x+(a﹣2) ex﹣x.

（1）讨论()fx的单调性；

（2）若()fx有两个零点，求a的取值范围.