《最高考系列》2021届高考数学总复习课时训练：第2章-函数与导数第14课时-函数的综合应用-.docx

其次章函数与导数第14课时函数的综合应用1. 设函数f(x)是定义在R上以3为周期的奇函数，若f(1)1，f(2)，则a的取值范围是_答案：1a解析：由题意，f(2)f(1)1，则1，解得1a1，对任意的x1，m，都有f(x2)ex，则最大的正整数m为_答案：4解析：作出函数y1e|x2|和y2ex的图象，如图可知x1时y1y2，又x4时y1e2y24e，x5时y1e3y25e，故m5，即m的最大整数值为4.4. 给出下列四个结论： 函数yk3x(k0)的图象可由函数y3x的图象经过平移得到； 不等式a的解集为M，且2M，则a的取值范围是； 定义域为R的函数f(x)满足f(x1)f(x)1，则f(x)是周期函数； 已知f(x)满足对xR都有ff2成立，则fff7.其中正确的是_(填序号)答案：解析：由k3x3xlog3k (k0)知正确；由2M得a，即a，故不正确；由f(x1)得f(x2)f(x)，故正确；由ff2得f(x)f(1x)2且f1，故fff7正确5. 函数f(x)的定义域为D，若满足 f(x)在D内是单调函数， 存在a，bD，使f(x)在a，b上的值域为b，a，那么yf(x)叫做对称函数，现有f(x)k是对称函数，则k的取值范围是_答案：解析：由于f(x)k在(，2上是减函数，所以关于x的方程kx在(，2上有两个不同实根，且kx0在(，2上恒成立，通过换元结合图象可得k.6. 已知函数f(x)的定义域为R，f(2)3，且f(x)在R上的导函数满足f(x)10，则不等式f(x2)x21的解集为_答案：(，)(，)解析：构造函数g(x)f(x)x1，则由条件知g(x)f(x)10，g(2)0，函数g(x)f(x)x1在定义域R上单调递减，不等式f(x2)x21化为g(x2)2，故不等式的解集为(，)(，)7. 已知函数f(x)loga|x1|(a0且a1)，当x(0，1)时，恒有f(x)1，但loga|x1|0，故由对数函数的图象知，0a0，解得0xa，即函数g(x)loga的定义域为.由于二次函数tx2ax的单调递增区间为，结合函数g(x)的定义域知，函数g(x)的单调递减区间为.8. 将函数y(x0，2)的图象绕坐标原点逆时针旋转(为锐角)，若所得曲线仍是一个函数的图象，则的最大值为_答案：解析：由y，得y0，两边平方得(x1)2(y)24(y)，又x0，2，所以所给的函数的图象是圆的一段弧，画图易知，若圆弧与y轴相切，能使旋转后所得曲线仍是一个函数的图象，若与y轴相交，则不能构成函数，故最多可以逆时针旋转，即的最大值为.9. 已知函数f(x)x2|xa|，其中aR.(1) 争辩f(x)的奇偶性；(2) 当a1时，求f(x)的值域；(3) 当a0时，求f(x)的最大值解：(1) 若a0，则f(x)x2|x|f(x)，即f(x)是偶函数；若a0，f(1)1|1a|，f(1)1|1a|，由于f(1)f(1)，f(1)f(1)，所以f(x)是非奇非偶函数(2) 当a1时，f(x)x2|x1|当x1时，f(x)(，1)；当x1时，f(x)，所以f(x)的值域为.(3) 若xa，则f(x)x2xaa，在x处f(x)取最大值fa.若xa，则f(x)x2xaa， 当a时，f(x)maxf(a)a2； 当a0时，f(x)maxfa，由于aa，a2a，所以f(x)maxa.10. 已知f(x)为R上的偶函数，当x0时，f(x)ln(x2)(1) 当x0时，求f(x)的解析式；(2) 当mR时，试比较f(m1)与f(3m)的大小；(3) 求最小的整数m(m2)，使得存在实数t，对任意的xm，10，都有f(xt)2ln|x3|.解：(1) 当x|3m|(m1)2(3m)2m2.所以当m2时，f(m1)f(3m) ；当m2时，f(m1)f(3m)；当m2时，f(m1)f(3m)(3) 当xR时，f(x)ln(|x|2)，则由f(xt)2ln|x3|，得ln(|xt|2)ln(x3)2，即|xt|2(x3)2对xm，10恒成立，从而有对xm，10恒成立，由于m2，所以由于存在这样的t ，所以m27m7m25m7，即m26m70.又m2，所以适合题意的最小整数m1.11. 已知函数f(x)lnxx，h(x).(1) 求h(x)的最大值；(2) 若关于x的不等式xf(x)2x2ax12对一切x(0，)恒成立，求实数a的取值范围；(3) 若关于x的方程f(x)x32ex2bx0恰有一解，其中e是自然对数的底数，求实数b的值解：(1) h(x)的最大值为h(e).(2) 不等式xf(x)2x2ax12对一切x(0，)恒成立，即alnxx对一切x(0，)恒成立，设(x)lnxx，由于(x)1，故(x)在(0，3上递减，在3，)上递增，(x)min(3)7ln3，所以a7ln3.(3) 方程f(x)x32ex2bx0恰有一解，等价于x22exb1恰有一解，由(1)知，h(x)的最大值为h(e).而函数k(x)x22exb1在(0，e上单调递减，在e，)上单调递增，故k(x)mink(e)b1e2，故方程x22exb1恰有一解当且仅当b1e2，所以be21.