考前三个月高考数学(全国甲卷通用理科)知识方法篇专题3函数与导数第11练.pdf

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1、第 11 练研创新 以函数为背景的创新题型题型分析 高考展望 在近几年的高考命题中，以函数为背景的创新题型时有出现.主要以新定义、新运算或新规定等形式给出问题，通过判断、运算解决新问题.这种题难度一般为中档，多出现在选择题、填空题中，考查频率虽然不是很高，但失分率较高.通过研究命题特点及应对策略，可以做到有备无患.体验高考1.(2015湖北)已知符号函数sgn x1，x0，0，x 0，1，x1)，则()A.sgng(x)sgn xB.sgng(x)sgnf(x)C.sgng(x)sgn xD.sgng(x)sgnf(x)答案C解析因为 f(x)是 R 上的增函数，令f(x)x，所以 g(x)(

2、1a)x，因为 a1，所以 g(x)是在 R 上的减函数.由符号函数sgn x1，x 0，0，x 0，1，x0知，sgng(x)1，x0，0，x0，1，x0.所以 sgng(x)sgn x.2.(2016山东)若函数 yf(x)的图象上存在两点，使得函数的图象在这两点处的切线互相垂直，则称 y f(x)具有 T 性质.下列函数中具有T 性质的是()A.ysin xB.yln xC.yexD.yx3答案A解析对函数 ysin x 求导，得ycos x，当 x0 时，该点处切线l1的斜率 k11，当 x时，该点处切线l2的斜率 k2 1，k1 k2 1，l1l2；对函数 yln x 求导，得 y1

3、x恒大于 0，斜率之积不可能为1；对函数 yex求导，得yex恒大于 0，斜率之积不可能为 1；对函数yx3求导，得y 2x2恒大于等于0，斜率之积不可能为1.故选 A.3.(2015四川)已知函数f(x)2x，g(x)x2ax(其中 aR).对于不相等的实数x1，x2，设mf x1 f x2x1x2，ng x1g x2x1x2，现有如下命题：对于任意不相等的实数x1，x2，都有 m0；对于任意的a 及任意不相等的实数x1，x2，都有 n0；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得 mn；对于任意的a，存在不相等的实数x1，x2，使得 m n.其中的真命题有_(写出所有真命题的序号).答

4、案解析设 A(x1，f(x1)，B(x2，f(x2)，C(x1，g(x1)，D(x2，g(x2).对于，从 y2x的图象可看出，mkAB 0 恒成立，故 正确；对于，直线 CD 的斜率可为负，即n0，故 不正确；对于，由 mn 得 f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)，即 f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，令 h(x)f(x)g(x)2x x2ax，则 h(x)2x ln 2 2xa.由 h(x)0，得 2x ln 22xa，(*)结合图象知，当a 很小时，方程(*)无解，函数 h(x)不一定有极值点，就不一定存在x1，x2使 f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，不一定存在x

5、1，x2使得mn，故 不正确；对于，由 m n，得 f(x1)f(x2)g(x2)g(x1)，即 f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)，令 F(x)f(x)g(x)2x x2ax，则 F(x)2xln 22xa.由 F(x)0，得 2xln 2 2xa，结合如图所示图象可知，该方程有解，即 F(x)必有极值点，存在 x1，x2，使 F(x1)F(x2)，使 m n，故 正确.故 正确.4.(2015福建)一个二元码是由0 和 1 组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中 xk(k1，2，n)称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1，

6、或者由1 变为 0).已知某种二元码x1x2 x7的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x70，x2x3x6x70，x1x3x5x70，其中运算定义为 000，01 1，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于 _.答案5解析(1)x4x5x6x711011，(2)x2x3x6x710010；(3)x1x3x5x710111.由(1)(3)知 x5，x7有一个错误，(2)中没有错误，x5错误，故k 等于 5.5.(2016四川)在平面直角坐标系中，当P(x，y)不是原点时，定义P 的“伴随点”为Pyx2

7、y2，xx2y2；当 P 是原点时，定义 P 的“伴随点”为它自身，平面曲线C 上所有点的“伴随点”所构成的曲线C定义为曲线C 的“伴随曲线”.现有下列命题：若点 A 的“伴随点”是点A，则点A的“伴随点”是点A；单位圆的“伴随曲线”是它自身；若曲线 C 关于 x 轴对称，则其“伴随曲线”C关于 y 轴对称；一条直线的“伴随曲线”是一条直线.其中的真命题是_(写出所有真命题的序号).答案解析设 A 的坐标为(x，y)，则其“伴随点”为Ayx2y2，xx2y2，A的“伴随点”横坐标为xx2y2yx2y22xx2y22 x，同理可得纵坐标为y，故A(x，y)，错误；设单位圆上的点P的坐标为(cos

8、 ，sin )，则 P的“伴随点”的坐标为P(sin ，cos )，则有 sin2(cos )21，所以 P也在单位圆上，即单位圆的“伴随曲线”是它自身，正确；设曲线 C 上点 A 的坐标为(x，y)，其关于 x 轴的对称点A1(x，y)也在曲线C 上，所以点A 的“伴随点”Ayx2 y2，xx2 y2，点 A1的“伴随点”A1yx2 y2，xx2 y2，A与 A1关于 y 轴对称，正确；反例：例如y1 这条直线，则A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)，这三个点的“伴随点”分别是 A(1，0)，B12，12，C15，25，而这三个点不在同一直线上，下面给出严格证明：设点 P(x，y)在直线

9、 l：AxByC0 上，P 点的“伴随点”为P(x0，y0)，则x0yx2y2，y0 xx2y2，解得xy0 x20y20，yx0 x20y20.代入直线方程可知，Ay0 x20y20Bx0 x20y20C0，化简得 Ay0Bx0C(x20 y20)0.当 C0时，C(x20y20)是一个常数，点P的轨迹是一条直线；当 C0时，C(x20y20)不是一个常数，点P的轨迹不是一条直线.所以，一条直线的“伴随曲线”不一定是一条直线，错误.综上，真命题是.高考必会题型题型一与新定义有关的创新题型例 1已知函数yf(x)(xR).对函数yg(x)(x I)，定义g(x)关于 f(x)的“对称函数”为函

10、数 yh(x)(xI)，yh(x)满足：对任意xI，两个点(x，h(x)，(x，g(x)关于点(x，f(x)对称.若 h(x)是 g(x)4x2关于 f(x)3xb 的“对称函数”，且h(x)g(x)恒成立，则实数b 的取值范围是 _.答案(2 10，)解析由已知得h x 4x223xb，所以 h(x)6x2b4x2.h(x)g(x)恒成立，即 6x2b4x24x2，3x b4x2恒成立.在同一坐标系内，画出直线y3xb 及半圆 y4x2(如图所示)，可得b102，即 b210，故答案为(210，).点评解答这类题目关键在于解读新定义，利用定义的规定去判断和求解是这类题目的主要解法.变式训练1

11、若函数yf(x)在定义域内给定区间a，b上存在x0(ax0b)，满足f(x0)f b f aba，则称函数y f(x)是a，b上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点.例如 y|x|是2，2上的“平均值函数”，0 就是它的均值点.若函数 f(x)x2mx1 是1，1上的“平均值函数”，则实数m 的取值范围是_.答案(0，2)解析因为函数f(x)x2mx1 是1，1上的“平均值函数”，所以关于x 的方程x2mx1f 1 f 12在区间(1，1)内有实数根，即x2mx 1 m 在区间(1，1)内有实数根，即x2mxm10，解得 xm1 或 x1.又 1 不属于(1，1)，所以 xm 1 必为均值点

12、，即1m11，即 0 m2，所以实数m 的取值范围是(0，2).题型二综合型函数创新题例 2以 A 表示值域为R 的函数组成的集合，B 表示具有如下性质的函数(x)组成的集合：对于函数 (x)，存在一个正数M，使得函数(x)的值域包含于区间M，M.例如，当1(x)x3，2(x)sin x 时，1(x)A，2(x)B.现有如下命题：设函数f(x)的定义域为D，则“f(x)A”的充要条件是“?bR，?aD，f(a)b”；函数 f(x)B 的充要条件是f(x)有最大值和最小值；若函数f(x)，g(x)的定义域相同，且f(x)A，g(x)B，则 f(x)g(x)?B；若函数f(x)aln(x2)xx2

13、 1(x2，aR)有最大值，则f(x)B.其中的真命题是_.(写出所有真命题的序号)答案解析因为 f(x)A，所以函数f(x)的值域是R，所以满足?bR，?aD，f(a)b，同时若?bR，?aD，f(a)b，则说明函数f(x)的值域是R，则 f(x)A，所以 正确；令 f(x)1x，x(1，2，取 M 1，则 f(x)?1，1，但是 f(x)没有最大值，所以 错误；因为 f(x)A，g(x)B 且它们的定义域相同(设为 m，n)，所以存在区间 a，b?m，n，使得 f(x)在区间 a，b上的值域与g(x)的值域相同，所以存在x0?a，b，使得 f(x0)的值接近无穷，所以f(x)g(x)?B，

14、所以 正确；因为当x2 时，函数 yln(x2)的值域是 R，所以函数f(x)若有最大值，则 a0，此时 f(x)xx21.因为对?xR，x212|x|，所以12xx2112.即12f(x)12，故 f(x)B，所以 正确.点评此类题目包含了与函数有关的较多的概念、性质及对基本问题的处理方法.解答这类题目，一是要细心，读题看清要求；二是要熟练掌握函数的基本性质及其判断应用的方法，掌握基本函数的图象与性质等.变式训练2如果 yf(x)的定义域为R，对于定义域内的任意x，存在实数a 使得 f(x a)f(x)成立，则称此函数具有“P(a)性质”.给出下列命题：函数 ysin x 具有“P(a)性质

15、”；若奇函数yf(x)具有“P(2)性质”，且f(1)1，则 f(2 015)1；若函数yf(x)具有“P(4)性质”，图象关于点(1，0)成中心对称，且在(1，0)上单调递减，则 yf(x)在(2，1)上单调递减，在(1，2)上单调递增；若不恒为零的函数y f(x)同时具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，则函数 yf(x)是周期函数.其中正确的是 _(写出所有正确命题的编号).答案解析因为 sin(x)sin x sin(x)，所以函数ysin x 具有“P(a)性质”，所以 正确；因为奇函数yf(x)具有“P(2)性质”，所以 f(x2)f(x)f(x)，所以 f(x4)f(x)，周期

16、为4，因为 f(1)1，所以 f(2 015)f(3)f(1)1.所以 不正确；因为函数yf(x)具有“P(4)性质”，所以 f(x4)f(x)，所以 f(x)的图象关于直线x2 对称，即 f(2x)f(2 x)，因为图象关于点(1，0)成中心对称，所以 f(2x)f(x)，即 f(2x)f(x)，所以得出f(x)f(x)，f(x)为偶函数，因为图象关于点(1，0)成中心对称，且在(1，0)上单调递减，所以图象也关于点(1，0)成中心对称，且在(2，1)上单调递减；根据偶函数的对称性得出在(1，2)上单调递增，故正确；因为具有“P(0)性质”和“P(3)性质”，所以 f(x)f(x)，f(x3

17、)f(x)f(x)，所以 f(x)为偶函数，且周期为3，故 正确.高考题型精练1.对于函数f(x)，若存在常数a0，使得 x 取定义域内的每一个值，都有f(x)f(2ax)，则称 f(x)为准偶函数，下列函数中是准偶函数的是()A.f(x)cos(x1)B.f(x)xC.f(x)tan xD.f(x)x3答案A解析由题意知，若f(x)是准偶函数，则函数的对称轴是直线xa，a 0，选项B，C，D中，函数没有对称轴；函数f(x)cos(x1)，有对称轴，且x 0 不是对称轴，选项A 正确.故选 A.2.设 f(x)的定义域为D，若 f(x)满足条件：存在 a，b?D，使 f(x)在a，b上的值域是

18、a2，b2，则称 f(x)为“倍缩函数”.若函数f(x)ln(ext)为“倍缩函数”，则t 的范围是()A.14，B.(0，1)C.0，12D.0，14答案D解析因为函数f(x)ln(ext)为“倍缩函数”，所以存在 a，b?D，使 f(x)在a，b上的值域是a2，b2，因为函数f(x)ln(ext)为增函数，所以ln eat a2，ln ebt b2，即eat e2a，ebt e2b，即方程 exe2xt0 有两个不等的正根，即124t0，t0，解得 t 的范围是0，14.3.设函数 yf(x)的定义域为D，若对于任意x1，x2D 且 x1x22a，恒有 f(x1)f(x2)2b，则称点(a

19、，b)为函数 yf(x)图象的对称中心.研究并利用函数f(x)x33x2sin x 的对称中心，可得f(12 016)f(22 016)f(4 0302 016)f(4 0312 016)等于()A.16 124 B.16 124 C.8 062 D.8 062答案C解析如果 x1x22，则 f(x1)f(x2)x313x21sin x1x323x22sin x2x313x21sin x1(2x1)33(2x1)2sin(2x1)4.令 Sf(12 016)f(22 016)f(4 0302 016)f(4 0312 016)，又 Sf(4 0312 016)f(4 0302 016)f(12

20、 016)，两式相加得2S 44 031，所以 S 8 062.故选 C.4.函数 f(x)在 a，b上有定义，若对任意x1，x2 a，b，有 fx1x2212f(x1)f(x2)，则称f(x)在a，b上具有性质P.设 f(x)在1，3上具有性质P，现给出如下命题：f(x)在1，3上的图象是连续不断的；f(x2)在 1，3 上具有性质P；若 f(x)在 x2 处取得最大值1，则 f(x)1，x1，3；对任意x1，x2，x3，x41，3，有 fx1 x2 x3 x4414f(x1)f(x2)f(x3)f(x4).其中真命题的序号是()A.B.C.D.答案D解析令 f(x)1，x1，0，1x3，1

21、，x3，可知对?x1，x21，3，都有 fx1x2212f(x1)f(x2)，但 f(x)在1，3上的图象不连续，故不正确；令 f(x)x，则 f(x)在1，3上具有性质P，但 f(x2)x2在1，3 上不具有性质P，因为x1x222x21x222x1x242 x21x22412(x21 x22)12f(x21)f(x22)，故 不正确；对于，假设存在x01，3，使得 f(x0)1，因为 f(x)maxf(2)1，x1，3，所以 f(x0)1.又当 1 x0 3 时，有 14x03，由 f(x)在1，3上具有性质P，得f(2)fx04x0212f(x0)f(4x0)，由于 f(x0)1，f(4

22、 x0)1，与上式矛盾.即对?x1，3，有 f(x)1，故 正确.对于，对?x1，x2，x3，x41，3，fx1x2x3x44fx1 x22x3x42212fx1x22fx3x421212f x1 f x212f x3f x414f(x1)f(x2)f(x3)f(x4)，故 正确.5.已知函数f(x)1|2x1|，x0，1.定义：f1(x)f(x)，f2(x)ff1(x)，fn(x)ffn1(x)，n2，3，4，满足fn(x)x 的点 x0，1称为 f(x)的 n 阶不动点.则 f(x)的 n 阶不动点的个数是()A.nB.2n2C.2(2n1)D.2n答案D解析函数 f(x)1|2x1|2x

23、，0 x12，22x，12x1，当 x 0，12时，f1(x)2xx?x 0，当 x12，1 时，f1(x)22xx?x23，f1(x)的 1 阶不动点的个数为2.当 x 0，14时，f1(x)2x，f2(x)4xx?x0，当 x14，12时，f1(x)2x，f2(x)24xx?x25，当 x12，34时，f1(x)22x，f2(x)4x2x?x23，当 x34，1 时，f1(x)22x，f2(x)44xx?x45.f2(x)的 2 阶不动点的个数为22，以此类推，f(x)的 n 阶不动点的个数是2n.6.若集合 A1，2，3，k，B4，7，a4，a23a，其中 aN*，kN*，f：xy3x1

24、，xA，yB 是从定义域A 到值域 B 的一个函数，则ak_.答案7解析由对应法则知1 4，27，310，k3k1，又 aN*，a4 10，a23a10，解得 a 2(舍去 a 5)，所以 a416，于是 3k1 16，k5.ak7.7.如果定义在R 上的函数f(x)，对任意两个不相等的实数x1，x2，都有 x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)，则称函数f(x)为“H 函数”.给出下列函数：yx2；yex1；y2xsin x；f(x)ln|x|，x0，0，x0.以上函数是“H 函数”的所有序号为 _.答案解析由已知x1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)得(

25、x1x2)f(x1)f(x2)0，所以函数f(x)在 R上是增函数.对于，yx2在(，0)上为减函数，在(0，)上为增函数，其不是“H 函数”；对于，yex1 在 R 上为增函数，所以其为“H 函数”；对于，由于 y2cos x0 恒成立，所以y 2xsin x 是增函数，所以其为“H 函数”；对于，由于其为偶函数，所以其不可能在R 上是增函数，所以不是“H 函数”.综上知，是“H 函数”的序号为.8.已知二次函数f(x)的两个零点分别为b1a，b1a(0b0”的充要条件，则实数a 的取值范围是_.答案(1，2)解析由条件可得f(x)(1 a2)(xb1a)(xb1a)，结合xA，card A

26、Z 4知 a1，所以 f(x)开口向下，所以f(x)0 的解集为b1a，b1a，且 0b1 a1.结合数轴分析，知4b1a3，即 3a3b4a4，又 0ba1，所以 3a3ba1，得 1a2.9.设 f(x)是定义在(0，)上的函数，且f(x)0，对任意a 0，b0，若经过点(a，f(a)，(b，f(b)的直线与x 轴的交点为(c，0)，则称 c 为 a，b 关于函数f(x)的平均数，记为 Mf(a，b).例如，当 f(x)1(x0)时，可得Mf(a，b)cab2，即 Mf(a，b)为 a，b 的算术平均数.(1)当 f(x)_(x0)时，Mf(a，b)为 a，b 的几何平均数；(2)当 f(

27、x)_(x0)时，Mf(a，b)为 a，b 的调和平均数2abab.(以上两空各只需写出一个符合要求的函数即可)答案(1)x(2)x解析设 A(a，f(a)，B(b，f(b)，C(c，0)，则三点共线.(1)依题意，cab，则求得f aaf bb，故可以选择f(x)x(x0).(2)依题意，c2aba b，求得f aaf bb，故可以选择f(x)x(x 0).10.对于函数f(x)，若存在区间Ma，b(其中 ab)，使得 y|yf(x)，xMM，则称区间M 为函数 f(x)的一个“稳定区间”.给出下列4 个函数：f(x)(x1)2；f(x)|2x1|；f(x)cos 2x；f(x)ex.其中存

28、在“稳定区间”的函数是_.(填出所有满足条件的函数序号)答案解析据已知定义，所谓的“稳定区间”即函数在区间a，b内的定义域与值域相等.问题可转化为已知函数yf(x)的图象与直线yx 是否相交，若相交则两交点所在区间即为函数的“稳定区间”.数形结合依次判断，均符合条件，而不符合条件.综上可知，均为存在“稳定区间”的函数.11.若函数 f(x)在定义域D 内的某个区间I 上是增函数，且 F(x)f xx在 I 上是减函数，则称 yf(x)在 I 上是“非完美增函数”.已知f(x)ln x，g(x)2x2xaln x(a R).(1)判断 f(x)在(0，1上是否为“非完美增函数”；(2)若 g(x

29、)在1，)上是“非完美增函数”，求实数a 的取值范围.解(1)易知 f(x)1x0 在(0，1上恒成立，所以 f(x)ln x 在(0，1上是增函数.F(x)f xxln xx，求导得F(x)1ln xx2，因为 x(0，1，所以 ln x0，即 F(x)0 在(0，1上恒成立，所以 F(x)ln xx在(0，1上是增函数.由题意知，f(x)在(0，1上不是“非完美增函数”.(2)若 g(x)2x2xaln x(aR)在1，)上是“非完美增函数”，则 g(x)2x2xaln x在1，)上单调递增，G(x)g xx22x2aln xx在 1，)上单调递减.若 g(x)在1，)上单调递增，则g(x

30、)22x2ax0 在1，)上恒成立，即a2x2x 在1，)上恒成立.令 h(x)2x2x，x 1，)，因为 h(x)2x220 恒成立，所以 h(x)在1，)上单调递减，h(x)maxh(1)0，所以 a0.若 G(x)在1，)上单调递减，则G(x)4x3a 1ln xx20 在1，)上恒成立，即 4axaxln x0 在1，)上恒成立.令 t(x)4axaxln x，x 1，)，因为 t(x)aln x，由 知 a0，所以 t(x)0 恒成立，所以t(x)4axaxln x 在1，)上单调递减，则t(x)maxt(1)a4.要使 t(x)4axaxln x0 在1，)上恒成立，则a40，即

31、a4，此时 G(x)4x3a 1 ln xx20 在1，)上恒成立.综合 知，实数a 的取值范围为0，4.12.已知函数f(x)ax ln x，g(x)ex.(1)当 a0 时，求 f(x)的单调区间；(2)若不等式g(x)xmx有解，求实数m 的取值范围；(3)定义：对于函数y f(x)和 yg(x)在其公共定义域内的任意实数x0，称|f(x0)g(x0)|的值为两函数在x0处的差值.证明：当a0 时，函数yf(x)和 yg(x)在其公共定义域内的所有差值都大于2.(1)解f(x)的定义域是(0，)，f(x)a1x(x0).当 a 0时，f(x)0，f(x)在(0，)上单调递增；当 a 0时

32、，由 f(x)0，解得 x1a，则当 x(0，1a)时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x(1a，)时，f(x)0，f(x)单调递减.综上，当a0 时，f(x)在(0，)上单调递增；当 a0 时，f(x)在(0，1a)上单调递增，在(1a，)上单调递减.(2)解由题意：exxmx有解，即exxxm 有解，因此只需mxexx，x(0，)有解即可.设 h(x)xexx，h(x)1exxex2 x 1ex(x12 x).x12 x21221，且 x(0，)时 ex 1，1ex(x12 x)0，即 h(x)0，故 h(x)在(0，)上单调递减.h(x)h(0)0，故 m 0.(3)证明当 a0 时，f(x)ln x，f(x)与 g(x)的公共定义域为(0，)，|f(x)g(x)|ln x ex|exln x ex x(ln xx).设 m(x)exx 0，则 m(x)ex10，x(0，)，m(x)在(0，)上单调递增，m(x)m(0)1.又设 n(x)ln xx，x(0，)，n(x)1x1，当 x(0，1)时，n(x)0，n(x)单调递增，当 x(1，)时，n(x)0，n(x)单调递减，所以 x 1 为 n(x)的极大值点，即n(x)n(1)1，故|f(x)g(x)|m(x)n(x)1(1)2.即公共定义域内任一点差值都大于2.