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1、2008年东莞市高三理科数学专题练习——函数东华高中赵金国1.已知函数与的图象都过点且在点处有相同的切线.(1)求实数的值;(2)设函数,求的单调区间,并指出在该区间上的单调性2.设为实数,函数(1)求的极值.(2)当在什么范围内取值时,曲线轴仅有一个交点.3.已知函数在与时都取得极值(1)求的值与函数的单调区间(2)若对,不等式恒成立,求的取值范围。4.设二次函数,方程的两根满足:.(1)当时,证明:(2)设函数的图象关于直线对称,证明:.105.已知为偶函数且定义域为,的图象与的图象关于直线对称,当时,,为实常数,且.(1)求的解析
2、式;(2)求的单调区间;(3)若的最大值为12,求.6.已知定义域为的函数是奇函数。(Ⅰ)求的值;(Ⅱ)若对任意的,不等式恒成立,求的取值范围;7.设,若,f(0)>0,f(1)>0,求证:(Ⅰ)且(Ⅱ)方程在内有两个实根.8.已知函数,其中.(Ⅰ)当时,求曲线在点处的切线方程;(Ⅱ)当时,求函数的单调区间与极值.109.设,,.(Ⅰ)令,讨论在内的单调性并求极值;(Ⅱ)求证:当时,恒有10.设函数.(Ⅰ)证明:的导数;(Ⅱ)若对所有都有,求的取值范围.11.设,对任意实数,记.(I)求函数的单调区间;(II)求证:(ⅰ)当时,对任意正
3、实数成立;(ⅱ)有且仅有一个正实数,使得对任意正实数成立.10函数专题参考答案1解:(1)由题意得:(2)由(1)得由得:或的递增区间是;的递减区间是.2.解:(1),若,则,当x变化时,,变化情况如下表:∴的极大值是,极小值是.(2)函数.由此可知,取足够大的正数时,有,取足够小的负数时有,所以曲线y与x轴至少有一个交点,结合的单调性可知:当的极大值,即时,它的极小值也小于0,因此曲线y与x轴仅有一个交点,它在上.当的极小值即时,它的极大值也大于0,因此曲线与x轴仅有一个交点,它在上.∴当时,曲线与x轴仅有一个交点.3解:(1),由,
4、得,,函数的单调区间如下表:x(-¥,-)-(-,1)1(1,+¥)10f¢(x)+0-0+f(x)极大值¯极小值所以函数f(x)的递增区间是(-¥,-)与(1,+¥),递减区间是(-,1)(2),,当时,=+c为极大值,而,则为最大值。要使,恒成立,只需,解得或4解:证明:(1)令.是方程的两根,∴.当时,由于所以.又因,得.即从而得到.又因,因,∴.因,∴.综上可知.(2)由题意知是方程的两根,即是方程的两根,∴.∴.∴.又因,∴.5解:(1)先求在上的解析式设是上的一点,则点关于的对称点为且所以得.再根据偶函数的性质,求当上的解析
5、式为所以(2)当时,因时,所以10因,所以,所以而.所以在上为减函数.当时,因,所以因所以,所以,即所以在上为增函数(3)由(2)知在上为增函数,在上为减函数,又因为偶函数,所以所以在上的最大值由得.6解:(Ⅰ)因为是奇函数,所以=0,即又由f(1)=-f(-1)知(Ⅱ)解法一:由(Ⅰ)知,易知在上为减函数。又因是奇函数,从而不等式:等价于,因为减函数,由上式推得:.即对一切有:,从而判别式解法二:由(Ⅰ)知.又由题设条件得: , 即 :,整理得 上式对一切均成立,从而判别式7.解:证明:(I)因为,所以.10由条件,消去,得;由条件
6、,消去,得,.故.(II)抛物线的顶点坐标为,在的两边乘以,得.又因为而所以方程在区间与内分别有一实根。故方程在内有两个实根.8解:(Ⅰ)当时,,,又,.所以,曲线在点处的切线方程为,即.(Ⅱ)解:.由于,以下分两种情况讨论.(1)当时,令,得到,.当变化时,的变化情况如下表:00减函数极小值增函数极大值减函数所以在区间,内为减函数,在区间内为增函数.10函数在处取得极小值,且,函数在处取得极大值,且.(2)当时,令,得到,当变化时,的变化情况如下表:00增函数极大值减函数极小值增函数所以在区间,内为增函数,在区间内为减函数.函数在处取
7、得极大值,且.函数在处取得极小值,且.9解:(Ⅰ)根据求导法则有,故,于是,列表如下:20极小值故知在内是减函数,在内是增函数,所以,在处取得极小值.(Ⅱ)证明:由知,的极小值.10于是由上表知,对一切,恒有.从而当时,恒有,故在内单调增加.所以当时,,即.故当时,恒有.10解:(Ⅰ)的导数.由于,故.(当且仅当时,等号成立).(Ⅱ)令,则,(ⅰ)若,当时,,故在上为增函数,所以,时,,即.(ⅱ)若,方程的正根为,此时,若,则,故在该区间为减函数.所以,时,,即,与题设相矛盾.综上,满足条件的的取值范围是11解:(I).由,得.因为当时
8、,,当时,,当时,,故所求函数的单调递增区间是,;单调递减区间是.(II)证明:(i)方法一:令,则,当时,由,得,当时,,10所以在内的最小值是.故当时,对任意正实数成立.方法二:对任意固定的,令,则,由