高一数学难题

20.（本小题满分13分）

若非零函数f(x)对任意实数a,b均有f(ab)f(a)f(b)，且当x0时，f(x)1.

（Ⅰ）求证：f(x)0； （Ⅱ）求证：f(x)为减函数；

11 (III) 当f(4)时，解不等式f(x3)f(5).

1xxx20、（Ⅰ）证明:f(x)f()[f()]2,且函数f(x)为非零函数,故f(x)0222恒成立;

（Ⅱ）在函数定义域内任取x1、x2,设x1x2,于是 f(x1)f(x2)f(x1x2x2)f(x2)f(x2)[f(x1x2)1]

因为f(x)0恒成立,所以f(x2)0,又因为x0时，f(x)1.所以

f(x1x2)10,从而知

f(x1)f(x2). 故f(x)为减函数.

(III)f(4)[f(2)]2, 又f(x)0恒成立, f(2)化为:

f(x35)f(2), 又f(x)为减函数, 所以x22, 故不等式的解集为

{x|x0}. 21．（本小题16分）

1. 原不等式可4对于定义在D上的函数yfx，若同时满足

①存在闭区间a,bD，使得任取x1a,b，都有fx1c（c是常数）； ②对于D内任意x2，当x2a,b时总有fx2c； 则称f(x)为“平底型”函数．

（1）判断f1(x)|x1||x2| ，f2xx|x2|是否是“平底型”函数？简要说明理由；

（2）设f(x)是（1）中的“平底型”函数，若|tk||tk||k|f(x)，（kR,k0） 对一切tR恒成立，求实数x的范围；

（3）若F(x)mxx22xn,x2,是“平底型”函数，求m和n的值．

1

21． 解：（1）f1(x)|x1||x2|是“平底型”函数，

存在区间1,2使得x1,2时，fx1，当x1和x2时，fx1恒成立；

f2xx|x2|不是“平底型”函数，

不存在a,bD使得任取xa,b，都有fx常数

（2）若|tk||tk||k|f(x)，（kR,k0）对一切tR恒成立 （kR,k0）恒成立 （|tk||tk|）min|k|f(x)，

(|tk||tk|)min2|k| 即 2|k||k|f(x)，由于kR且k0

f(x)2 即 |x1||x2|2 解得

15x 22 所以实数x的范围为

15x ； 22（3）F(x)mxx22xn,x2,是“平底型”函数， 所以存在区间a,b2,，使得mxx22xnc恒成立

x22xnmxc

2m21m1m12mc2， 解得c1或c1

n1n1c2nm1x12x1当c1时，fx 是“平底型”函数；

2x11n1存在区间2,1，使x2,1时， fx1；且x1时，fx1恒成立，

m12x12x1当c1时，fx 不是“平底型”函数

x11n1m1综合 当 时ymxx22xn,x2,是“平底型”函数．

n1 2

22、在锐角三角形ABC中，已知sinA＝2.

⑴求： tan222，AD是BC边上的高，AD＝2，BC3BC1cosA的值 22⑵求证：点D是BC的中点.

122 cosA

33ABC为锐角三角形sinA⑴原式

1cos(BC)1cosA1cosA7

1cos(BC)1cosA23⑵设DCx,CAD,BAD 则BD2x,tanx2x,tan 22 tanAtan()22 x2xtantan22x22x10x1 222xx21tantan12点D为BC的中点 23、（本题满分14分） 已知函数f(x)x2xc(x[0,1]) （1）求f(x)的最大值和最小值；

（2）求证：对任意x1,x2[0,1]，总有f(x1)f(x2)1； 4（3）若函数yf(x)在区间[0,1]上有零点，求实数C的取值范围.

1„„„„„„„„„„„„„1分 211,上1]是增f(x)在[0,]上是减函数，在[22数„„„„„„„„„„„„„2分

解：（1）f(x)图象的对称轴为x函

f(x)maxf(0)f(1)c„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4分

1111f(x)minf()cc„„„„„„„„„„„„„„„„.6分

2424

3

（2）对任意x1,x2[0,1]，总有cf(x1)f(x2)f(x)maxf(x)min11f(x1)c，cf(x2)c 4411c(c)

44即

f(x1)f(x2)1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„9分 41，函数2

（3）因为函数f(x)的图象是开口向上的抛物线，对称轴为xyf(x)在[0,1]上有零点时，则

1f()02f(0)0 即

121()c0„„„„„„„„„„„„„„„„„„..12分 22c0解

0c得

1„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„4.13分 所以所求实数的取值范围是c10c„„„„„„„„„„„„„„„„„..14分

4

24、集合A是由适合以下性质的函数f(x)构成上的：对于定义域内任意两个不

xx1相等的实数x1,x2都有[f(x1)f(x2)]f(12).。

22（1） 试判断f(x)x2及g(x)log2x是否在集合A中，并说明理由； （2） 设f(x)A且当定义域为(0,)，值域为(0,1)，且f(1)一个满足以上条件的函数f(x)的解析式，并给予证明.

解：（1）f(x)A,g(x)A

对于f(x)A的证明：任取x1,x2R且x1x2

f(x1)f(x2)x1x2x12x22xxf()(12)2„„„„„„„„„„„„..

2222

4

1，试写出23分

1=(x1x2)20„„„„„„„„„„„„„„„4分 4f(x1)f(x2)xxf(12)，即f(x)A„„„„„„„„„„„„„.5分

22对于g(x)A，举反例，当x11,x22时

g(x1)g(x2)11(log21log22)„„„„„„„„„„„„„„„.6分

222xx1231g(12)log2log2log22„„„„„„„„„„„„7分

2222g(x1)g(x2)xxg(12) g(x)A„„„„„„„„„„„„..8分 不满足

22212（2）函数f(x)，当x(0,)时，值域为(0,1)，且f(1)„10分

323x任取x1,x2(0,)且x1x2，则

x2f(x1)f(x2)x1x212x12x22x1f()[()()2()2]„„„„„„„..11分

22233312x2122x212x222x222[()]2()()[()]„„„„„„„„„„„„„„„1223333分

12x212x222[()()]0„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„13分 233f(x1)f(x2)xxf(12)

222f(x)()xA„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„..14分

31k(k1) 说明：本题中f(x)构造类型：f(x)ax(a1)或f(x)2xkt25、已知函数yx有如下性质：如果常数t0，那么该函数在(0,t]上是减

x即

函数，在[t,)上是增函数．

4x212x3（Ⅰ）已知f(x)，x[0,1]，利用上述性质，求函数f(x)的单调

2x1区间和值域；

（Ⅱ）当a1时，对于（Ⅰ）中的函数f(x)和函数g(x)x33a2x2a，若对

5

任意x1[0,1]，总存在x2[0,1]，使得g(x2)f(x1)成立，求实数a的取值范围．

44x212x32x18， 解：（Ⅰ） yf(x)2x12x1 设u2x1，1u3，则yu由已知性质得，

48，u[1,3] u110,]时，f(x)单调递减；当u[1,2]，即x[所以f(x)的单调递减区间为[0,]

221当u[2,3]，即x[,1]时，f(x)单调递增；所以f(x)的单调递增区间

21为[,1]

2111由f(0)3，f()4，f(1)，得f(x)的值域为4,3.

23（Ⅱ）设x1,x2[0,1]，且x1x2，则

332g(x1)g(x2)x1x23a2(x2x1)(x1x2)(x12x1x2x23a2)（*）

x1x2，x1x20；

2又0x1x21，a1，x12x1x2x23，3a23， 2x12x1x2x23a20

所以（*）式0，即g(x1)g(x2)，所以g(x)在区间[0,1]上单调递减， 对于x[0,1]，g(1)g(x)g(0)，所以g(x)[13a22a,2a] 由题意，即要f(x)的值域是g(x)的值域的子集，

13a22a43所以只需： 解得1a.

232a所以实数a的取值范围是[1,

3

] 2

26、已知定义在区间(1,1)上的函数f(x)(1) 求实数a,b的值；

axb12f()为奇函数,且.

1x225(2) 用定义证明:函数f(x)在区间(1,1)上是增函数； (3) 解关于t的不等式f(t1)f(t)0.

6

abaxb122解：(1)由f(x)为奇函数,且 f()211x21()252abx1122则f() f()，解得：a1,b0。f(x)1x221(1)2252(2)证明：在区间(1,1)上任取x1,x2，令1x1x21,

x1x2x1(1x22)x2(1x12)(x1x2)(1x1x2) f(x1)f(x2)222222(1x)(1x)1x11x2(1x1)(1x2)12 1x1x21  x1x20 ,1x1x20 , (1x12)0, (1x22)0 f(x1)f(x2)0 即f(x1)f(x2) 故函数f(x)在区间(1,1)上是增函数.

(3)  f(t1)f(t)0  f(t)f(t1)f(1t)

t1t1 函数f(x)在区间(1,1)上是增函数  1t1 0t

211t11故关于t的不等式的解集为(0,).

233xxacosx,sinx,bcos,sin2222, 27、已知向量

x0,,fxab2ab2且,（为常数）求

ab(1) ab及; (2)若fx的最小值是 解：⑴

abcos3x3xxcossinxsincos2x2222 „„„„1分

32,求实数的值.

3x3x|ab|(cosxcos)2(sinxsin)22222

7

22cos2x2cos2x

x[0,],cosx0,|ab|2cosx2 „„„„5分

 ⑵f(x)cos2x4cosx2(cosx)12

x[0,],0cosx1.2

22①当0时，当且仅当cosx0时，f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾；

2②当01时,当且仅当cosx时，f(x)取得最小值12，由已知得:

31122,解得22；

③当1时,当且仅当cosx1时，f(x)取得最小值14，由已知得

1432

解得

58，这与1相矛盾，

综上所述，

12为所求. „„„„9分

33xx28、已知向量a(cosx,sinx),b(cos,sin),且x[0,]，求

22222（Ⅰ）ab及|ab|；

3（Ⅱ）若f(x)ab2|ab|的最小值是，求实数的值．

23x3x解：（Ⅰ）（5分） a·b=cosxcossinxsincos2x,------------2分

22223x3x| a+b|=(cosxcos)2(sinxsin)222cos2x2cos2x-----2分

2222∵x[0,]， ∴cosx0,

2∴| a+b|=2cosx.-----------------------------------------------------------------------1分

（Ⅱ）（5分） f(x)cos2x4cosx,

即

f(x)2(cosx)2122.---------------------------------2分

8

∵x[0,]， ∴0cosx1.

21、当0时，当且仅当cosx0时,f(x)取得最小值－1，这与已知矛盾． 1、当01时，当且仅当cosx时,f(x)取最小值122.

31由已知得122，解得.

221、当1时，当且仅当cosx1时,f(x)取得最小值14, 35由已知得14，解得，这与1相矛盾．

281综上所述，为

2求．-------------------------------------------------------3分

所

29、已知a(1cosx,2sin),b(1cosx,2cos)

xx2212(Ⅰ)若f(x)2sinx|ab|,求f(x)的表达式；

4（Ⅱ）若函数f (x)和函数g(x)的图象关于原点对称，求函数g(x)的解析式； （Ⅲ）若h(x)g(x)f(x)1在[,]上是增函数，求实数的取值范围.

解：（1）f(x)2sinx[4cos2x4(sincos)2]

=2+sinxcos2x1+sinx=sin2x+2sinx

(1)设函数y=f (x)的图象上任一点M(x0,y0)关于原点的对称点为N（x,y） 则x0= x,y0= y

∵点M在函数y=f (x)的图象上

ysin2(x)2sin(x),即y= sinx+2sinx

2

2214x2x2∴函数g(x)的解析式为g(x)= sin2x+2sinx

(3)h(x)(1)sin2x2(1)sinx1,设sinx=t,(1≤t≤1) 则有h(t)(1)t22(1)t1 (1t1)

① 当1时，h(t)=4t+1在[1,1]上是增函数，∴λ= 1 ② 当1时，对称轴方程为直线t ⅰ) 1时，

1. 111，解得1 11ⅱ)当1时，1,解得10

19

综上，0.

30、已知二次函数f(x)ax2bxc(a,b,cR)，f(2)f(0)0，

f(x)的最小值为1．

（1）求函数f(x)的解析式；

（2）设g(x)f(x)f(x)1，若g(x)在[1,1]上是减函数，求实数的取值范围；

（3）设函数h(x)log2[pf(x)]，若此函数在定义域范围内不存在零点，求实数p的取值范围.

解：（1）设f(x)ax(x2)，又a0，f(1)1， a1，

f(x)x22x.„„„„„„„„„„„„„„„ 4分 (2) g(x)(1)x22(1)x1,

③ 当1时，g(x)4x1在[1,1]上是减函数，∴1.

1. 11111，得01； ⅰ)当1时，10，所以1111，所以111，得1. ⅱ)当1时，1011综上，0．„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„ 7分

④ 当1时，对称轴方程为:x(3) 函数h(x)log2[pf(x)]在定义域内不存在零点,必须且只须有 pf(x)0有解,且pf(x)1无解.

即[pf(x)]max0,且1不在[pf(x)]的值域内．

f(x)的最小值为1，函数ypf(x)的值域为(,p1]．

p10，解得1p0． 1p1p的取值范围为(1,0)．„„„„„„„„„„„„„ 10分

31、已知O0,0,B1,0,Cb,c是OBC的三个顶点（如图） （1） 求OBC的重心G、外心F、垂心H的坐标； （2） 求证：G、F、H三点共线。

10

y C (b,c)

O B (1,0 ) x b1c（1）解：：重心G的坐标为,，-----------------2分

33设外心F为x1,y1，垂心H为x2,y2

FDOD0,则EFOC0OHBC01bc,其中D,0,E, 222BHOC01x2110b1x2y2c0即 

xbbycc0x21by2c011221cb2bbb2解得F,,Hb,-----------------8分

2cc2212bcb2b12bcb2b（1） 证明：HG,,,GF

c2c3366HG2GF从而H,G,F三点共线-----------------12分 32、对于f(x)log1(x22ax3)，

2 （1）函数的“定义域为R”和“值域为R”是否是一回事？

分别求出实数a的取值范围；

（2）结合“实数a的取何值时f(x)在[1,)上有意义”与“实数a取何值

时函数的定义域为(,1)(3,)”说明求“有意义”问题与求“定义域”问题的区别.

解：记g(x)(xa)23a2，则f(x)log1；

2

（1）不一样；„„„„„„„„„„1分

定义域为Rg(x)0恒成立。得：4(a23)0，解得实数a的取值范围为(3,3)。„„„„„„„„4分

11

值域为R：则4(a23)0，log1值域为R至少取遍所有的正实数，

2解得实数a的取值范围为(,3][3,)。„„„6分

（2）实数a的取何值时f(x)在[1,)上有意义： 命题等价于g(x)0对于任意x[1,)恒成立，

a1a1则或解得实数a得取值范围为(2,3)。„„„9分 2g(1)03a0实数a的取何值时函数的定义域为(,1)(3,)：

由已知得二次不等式x22ax30的解集为(,1)(3,)可得132a，则a=2。故a的取值范围为{2}。„„„„„„„„12分

33、如图，某园林单位准备绿化一块直径为BC的半圆形空地，△ABC外的地方种草，△ABC的内接正方形PQRS为一水池，其余的地方种花.若BC=a，∠ABC=，设△ABC的面积为S1，正方形的面积为S2． （１）用a，表示S1和S2；

变化时，（２）当a为定值，求

S1取最小值时的． S2解：（1）∵AC=asin,ABacos,

∴S1分

设正方形边长为x,则BQxcot,RCxtan, ∴xcotxtana

aasincosasin2x，

cottan11sincos2sin22sin22a2sin22).„„„„„„6分 ∴S2(22sin24sin24sin2121asincosa2sin2„„„„„„3241(1sin2)2Ssin22（2）当a固定，变化时，2 11S1a2sin2(1sin2)242 12

4sin2.令sin2t，

sin224sin24则

S24t2S1t4t44(t0)„„„„„„9分 4t4t∵02,

4∴0t1,令f(t)t,任取t1,t2(0,1],且t1t2,

tf(t1)f(t1)t1t2tt444 t1t212t1t2t1t1∴t1t20,t1t21,t1t240. ∴f(t1)f(t2)0

4∴f(t)t在(0,1]上是减函数„„„„„„„„12分

t∴t=1时，f(t)有最小值5，∴

S24有最大值为,此时.„„„„14分 S19434、某车间为了制作某个零件，需从一块扇形的钢板余料（如图1）中按照图2

的方式裁剪一块矩形钢板ABCD，其中顶点B、C在半径ON上，顶点A在半径

上, MON，ONOM1.设DON，矩形OM上，顶点D在NM6ABCD的面积为S.

MM

A D θOONBCN

图1 图2

（Ⅰ）用含的式子表示DC、OB的长； （Ⅱ）试将S表示为的函数； （Ⅲ）求S的最大值.

解：（Ⅰ）因为OD=1，四边形ABCD是矩形，

所以在RtDOC中，DCODsinsin. „„„„„„„1分 所以ABDCsin.

AB在RtAOB中，OB3sin. „„„„„„„„3分

tan6

13

（Ⅱ）在RtDOC中，OCODcoscos.

所以BCOCOBcos3sin. „„„„„„„„„5分 所以SDCBC sin(cos3sin) sincos3sin2（06）. „„„„„„„„„„„„„7分

11cos2（Ⅲ）因为Ssincos3sin2sin23 „„„„9分

22133 sin2 cos22223 sin(2)（0）， „„„„„„„10分

632所以，当232，即3(0,)时， S取得最大值1. 1262

 „„„„„„„„12分35、若对于定义在R上的连续函数f(x)，存在常数a（aÎR），使得

f(x+a)+af(x)=0对任意的实数x成立，则称f(x)是回旋函数，且阶数为a. （Ⅰ）试判断函数f(x)=x2是否是一个回旋函数； （Ⅱ）已知f(x)=sinx是回旋函数，求实数的值；

（Ⅲ）若对任意一个阶数为a的回旋函数f(x)，方程f(x)=0均有实数根，求a的取值范围.

解：（Ⅰ）f(x)=x2不是回旋函数. „„„„„„„1分 方法一：假设f(x)=x2是a阶回旋函数，则

(x+a)+ax2=0，即(1+a)x2+2ax+a2=0对任意实数x成立.

所以 a+1=2a=a2=0. 而此式无解.

所以f(x)=x2不是回旋函数. „„„„„„3分

2 14

方法二：假设f(x)=x2是a阶回旋函数，则

(x+a)+ax2=0，即(1+a)x2+2ax+a2=0对任意实数x成立.

骣1÷3而当x=-1时，对任意的实数a，1+a-2a+a=ça-÷+>0， ç÷ç桫24222所以f(-1+a)+af(-1) 0.

所以f(x)=x2不是回旋函数. „„„„„3分 （Ⅱ）设f(x)=sinx是a阶回旋函数，则sin(x+a)+asinx=0， 若=0，上式对任意实数x均成立；

若¹0，得sinxcosa+cosxsina+asinx=0对任意实数x成立. 所以(a+cosa)sinx+sinacosx=0对任意实数x成立. 则a+cosa=0且sina=0. 所以1=sin2(a)+cos2(a)=0+a2. 所以a= 1.

ìcos=-1,ï若a=1，则ï íïïîsin=0.解得=2k+(k Z).

ìcos=1,ïïa=-1若，则í ïsin=0.ïî解得=2k(k喂Z,k0).

综上所述，=m(m Z). „„„„„7分 （Ⅲ）当a=0时，0阶回旋函数应满足f(x)=0恒成立，所以f(x)=0有实数根；

当a>0时，令x=0，得f(a)+af(0)=0.所以f(a)=-af(0). 若f(0)=0，显然f(x)=0有实数根； 若f(0)¹0，则f(a)?f(0)-a轾f(0)<0. 臌2又因为f(x)是连续函数，所以f(x)在(0,a)上必有实数根.

15

当a<0时，取t=(-a)>0，

考察f(x)=tx，显然f(x)是定义在R上的连续函数，且

f(x+a)+af(x)=tx+a+atx=tx(ta+a)=tx(-a+a)=0.

1a所以f(x)=tx是a阶回旋函数.

因为对任意实数x，f(x)=tx>0，所以f(x)=0无实数根. 综上所述，满足条件的a的取值范围为[0,+ 336、已知向量a(sinx,)，b(cosx,1).

2（1）当a∥b时，求cos2xsin2x的值；

). „„„„„„„12分

（2）设x1，x2为函数f(x)2(ab)b的两个零点，求x1x2的最小值． 43解：（1）由a∥b得：cosxsinx0， „„„„„1分

2若cosx0，则sinx1，不合题意.

3则tanx. „„„„2分

2cos2x2sinxcosx12tanx16. „„„„4分 因此cosxsin2xsin2xcos2xtan2x1132（2）f(x)122 (ab)b(sinxcosx,)(cosx,1)24412112 (sinxcosx)cosx sin2xcos2x24224

22. „„„„„„„6分 sin(2x)2441 依题得sin(2x)，

427解得xk1或xk2，k1,k2Z. „„„„„8分

2424 又x1x2＝k2+7k1， 24243 16

． „„„10分 35337、已知函数f(x)sin2xacosxa，aR.

82所以x1x2的最小值为

（1）当a1时，求函数f(x)的最大值；

（2）如果对于区间0,上的任意一个x，都有f(x)1成立，求a的取值范围.

2解：（1）f(x)sin2xcosx7113cos2xcosx(cosx)2.„„„2分 882813则当cosx时，函数f(x)的最大值是. „„„4分

2821a251（2）f(x)cosxaa. „„„„„5分

2482当0x时，0cosx1，令tcosx，则0t1. „„„6分 22a2511ytaa,0t1.

4822当0aaa1，即0a2时，则当t，即cosx时， 22233a251a1，解得4a，则0a； „„„„„8分

22482f(x)maxa0，即a0时，则当t0即cosx0时， 25112f(x)maxa1，解得a，则a0. „„„„„10分

82553a当1，即a2时，则当t1即cosx1时，f(x)maxaa1，

82220解得a，无解.

133综上可知，a的取值范围(,]． „„„12分

2当

38、设f(x)的定义域(0,)，对于任意正实数m，n恒有f(mn)f(m)f(n)，且当

1x1时，f(x)0,f()1.

2（1）求f(2)的值；

（2）求证：f(x)在(0,)上是增函数；

17

（3）解关于x的不等式f(x)2f(

p)，其中p1. x4 18