《全国各地高考模拟函数综合性大题2（2020年7月整理）.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《全国各地高考模拟函数综合性大题2（2020年7月整理）.pdf（27页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、学 海 无 涯 1 函函数综数综合性大合性大题题 2 2 1. 已知函数 2 ( )8 , ( )6ln.f xxx g xxm= +=+ （1）求( )f x在区间,1t t +上的最大值( );h t （2）是否存在实数,m使得( )yf x=的图象与( )yg x=的图象有且只有三个不同的交点？ 若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由。 解： （1） 22 ( )8(4)16.f xxxx= += + 当14,t+ 即3t 时，( )f x在,1t t +上单调递增， 22 ( )(1)(1)8(1)67;h tf ttttt=+= += + 当41,tt +即34t 时，( )(
2、4)16;h tf= 当4t 时，( )f x在,1t t +上单调递减， 2 ( )( )8 .h tf ttt= + 综上， 2 2 67,3, ( )16,34, 8 ,4 ttt h tt ttt + = + （2）函数( )yf x=的图象与( )yg x=的图象有且只有三个不同的交点，即函数 ( )( )( )xg xf x=的图象与x轴的正半轴有且只有三个不同的交点。 2 2 ( )86ln, 62862(1)(3) ( )28(0), xxxxm xxxx xxx xxx =+ + = += 当(0,1)x时，( )0, ( )xx是增函数； 当(0,3)x时，( )0, (
3、)xx是减函数； 当(3,)x+时，( )0, ( )xx是增函数； 当1,x =或3x =时，( )0.x= ( )(1)7, ( )(3)6ln3 15.xmxm=+ 最大值最小值 学 海 无 涯 2 当x充分接近 0 时，( )0,x当x充分大时，( )0.x 要使( ) x的图象与x轴正半轴有三个不同的交点，必须且只须 ( )70, ( )6ln3 150, xm xm = =+ 最大值 最小值 即715 6ln3.m 所以存在实数m， 使得函数( )yf x=与( )yg x=的图象有且只有三个不同的交点，m 的取值范围为(7,15 6ln3). 1. 设函数 32 1 ( )()
4、3 f xaxbxcx abc=+，其图象在点(1,(1),( ,( )AfB m f m处的切线 的斜率分别为0,a （1）求证：01 b a ； （2）若函数( )f x的递增区间为 , s t，求|st的取值范围； （3）若当xk时（k 是与, ,a b c无关的常数） ，恒有( )0fxa+，试求 k 的最小值 解： （1） 2 ( )2fxaxbxc=+，由题意及导数的几何意义得 (1)20fabc=+ =， （1） 2 ( )2f mambmca=+=， （2） 又abc，可得424aabcc+ ，即404ac，故0,0,ac 由（1）得2cab= ，代入abc，再由0a，得 1
5、1 3 b a ， （3） 将2cab= 代入（2）得 2 220ambmb+=，即方程 2 220axbxb+=有实根 故其判别式 2 480bab =+得 2 b a ，或 b a 0， （4） 由（3） ， （4）得01 b a ； （2）由 2 ( )2fxaxbxc=+的判别式 2 440bac =， 知方程 2 ( )20( )fxaxbxc=+=有两个不等实根，设为 12 ,x x， 又由(1)20fabc=+ =知， 1 1x =为方程（）的一个实根，则有根与系数的关系得 学 海 无 涯 3 1221 22 ,10 bb xxxx aa += = ， 当 2 xx或 1 xx时
6、，( )0fx，当 21 xxx时，( )0fx， 故函数( )f x的递增区间为 21 ,xx，由题设知 21 , ,xxs t=， 因此 12 2 | | 2 b stxx a =+，由（）知01 b a 得 |st的取值范围为2, 4)； （3）由( )0fxa+，即 2 20axbxac+，即 2 220axbxb+， 因为0a，则 2 220 bb xx aa +，整理得 2 (22)0 b xx a +， 设 2 ( )(22) bb gxx aa =+，可以看作是关于 b a 的一次函数， 由题意( )0 b g a 对于01 b a 恒成立， 故 ( 1) 0, (0)0, g
7、 g 即 2 2 22 0, 0, xx x + 得31x或31x， 由题意， ,)(,31 31,)k + +， 故31k，因此k的最小值为3 1 2. 已知函数)0()(+=t x t xxf和点)0 , 1 (P， 过点P作曲线)(xfy =的两条切线PM、 PN，切点分别为M、N （）设)(tgMN =，试求函数)(tg的表达式； （）是否存在t，使得M、N与) 1 , 0(A三点共线若存在，求出t的值；若不存 在，请说明理由 （）在（）的条件下，若对任意的正整数n，在区间 64 , 2 n n +内总存在1+m个 实数 m aaa, 21 ， 1+m a，使得不等式)()()()(
8、121+ + mm agagagag成立， 求m的最大值 .解：解： （）设M、N两点的横坐标分别为 1 x、 2 x， 2 1)( x t xf=， 切线PM的方程为：)(1 ()( 1 2 1 1 1 xx x t x t xy=+， 学 海 无 涯 4 又切线PM过点)0 , 1 (P， 有)1)(1 ()(0 1 2 1 1 1 x x t x t x=+， 即02 1 2 1 =+ttxx， （1） 同理，由切线PN也过点)0 , 1 (P，得02 2 2 2 =+ttxx（2） 由（1） 、 （2） ，可得 21,x x是方程02 2 =+ttxx的两根， = =+ . ,2 21
9、 21 txx txx （ * ） 2 2 2 1 1 2 21 )()( x t x x t xxxMN+=)1 (1 )( 2 21 2 21 xx t xx+= )1 (14)( 2 21 21 2 21 xx t xxxx+=， 把（ * ）式代入,得ttMN2020 2 +=, 因此，函数)(tg的表达式为)0( 2020)( 2 +=ttttg （）当点M、N与A共线时， NAMA kk=， 0 1 1 1 1 + x x t x 0 1 2 2 2 + x x t x ， 即 2 1 1 2 1 x xtx+ 2 2 2 2 2 x xtx+ ，化简，得0)()( 211212
10、=+xxxxtxx， 21 xx ， 1212 )(xxxxt=+ （3） 把（*）式代入（3） ， 解得 2 1 =t 存在t，使得点M、N与A三点共线，且 2 1 =t （）易知)(tg在区间 64 ,2 n n+上为增函数， ) 64 ()()2( n ngagg i +) 1, 2 , 1(+=mi， 则) 64 ()()()()2( 21 n ngmagagaggm m + 依题意，不等式) 64 ()2( n nggm+对一切的正整数n恒成立， ) 64 (20) n 64 20(n 220220 22 n nm+， 学 海 无 涯 5 即) 64 () n 64 (n 6 1 2
11、 n nm+对一切的正整数n恒成立， 16 64 + n n， 3 136 1616 6 1 ) 64 () n 64 (n 6 1 22 =+ n n， 3 136 m 由于m为正整数，6m 又当6=m时，存在2 21 = m aaa，16 1 = +m a，对所有的n满足条件 因此，m的最大值为6 3. 已知二次函数 f(x)=ax2+bx(a,b 为常数，且 a0)满足条件:f(x1)=f(3x)且方程 f(x)=2x 有等根 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 （1）求 f(x)的解析式； （2）是否存在实数 m，n(mn，使 f(x)定义域和值
12、域分别为m,n和4m,4n ，如果存 在，求出 m、n 的值；如果不存在，说明理由 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 、解 新疆 王新敞 特级教师 源头学子小屋 源头学子小屋 特级教师 王新敞 新疆 （1）方程 ax2+bx=2x 有等根，=(b2)2=0,得 b=2 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 由 f(x1)=f(3x)知此函数图象的对称轴方程为 x= a b 2 =1 得 a=1，故 f(x)=x2+2x 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 6 分 （2）f(x
13、)=(x1)2+11，4n1，即 n 4 1 而抛物线 y=x2+2x 的对称轴为 x=1 n 4 1 时，f(x)在m,n上为增函数 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 若满足题设条件的 m,n 存在，则 = = nnf mmf 4)( 4)( 12 分 = = =+ =+ 20 20 42 42 2 2 nn mm nnn mmm 或 或 即 又 mn 4 1 ,m=2,n=0，这时定义域为2,0 ，值域为8,0 新疆 源头学子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 由以上知满足条件的 m、n 存在，m=2,n=0 新疆 源头学
14、子小屋 特级教师 王新敞 王新敞 特级教师 源头学子小屋 新疆 16 分 4. 已知函数| 1yx=+， 2 22yxxt=+， 11 () 2 t yx x =+(0)x的最小值恰好是 方程 32 0 xaxbxc+ =的三个根，其中01t （1）求证： 2 23ab=+； （2）设 1 ( ,)x M， 2 (,)x N是函数 32 ( )f xxaxbxc=+的两个极值点 学 海 无 涯 6 若 12 2 | 3 xx=，求函数( )f x的解析式. 解： （1）三个函数的最小值依次为1，1 t+，1 t，2 分 由(1)0f=，得1cab= 3232 ( )(1)f xxaxbxcxa
15、xbxab=+=+ 2 (1)(1)(1)xxaxab=+， 故方程 2 (1)(1)0 xaxab+=的两根是1 t，1 t+ 故11(1)tta += +，111ttab + =+5 分 22 ( 11)(1)tta +=+，即 2 22(1)(1)aba+=+ 2 23ab=+ 7 分 （2）依题意 12 ,x x是方程 2 ( )320fxxaxb=+=的根， 故有 12 2 3 a xx+= ， 12 3 b x x =， 且 2 (2 )120ab=，得3b 由 2 2 121212 232 3 |()4 33 abb xxxxx x =+=10 分 2 3 3 b 2 3 =；得，2b =， 2 237ab=+ = 由（1）知11(1)0tta + = +，故1a
