高一數(shù)學(xué)含答案

1、學(xué)樂教育2014年寒期高一數(shù)學(xué)一對一課程講義函數(shù)引申與提高1、已知函數(shù)f ( x ) = log2(axbx)（a > 0，a1，b>0，b1，ab）（）求證函數(shù)f ( x )的圖像總在一條與x軸垂直的直線的同側(cè)；（）當(dāng)a>1>b時，求證函數(shù)f ( x )圖像上任意兩點所決定的直線的傾斜角一定為銳角提示（）即確定函數(shù)定義域（）即證明函數(shù)在其定義域內(nèi)為增函數(shù)解：（） 由 axbx > 0，又b > 0 得 a > 0，a1，b>0，b1，ab 當(dāng)a > b時，可得 x > 0； 當(dāng) a < b時，可得x < 0 f ( x

2、)的圖像總在直線x = 0的同側(cè)（）設(shè) A (x1，y1)，B (x2，y2) 是f ( x )圖像上任意兩點，則由a > 1 > b，故x1 > 0，x2 > 0，x1x2 當(dāng) x1 < x2時，由a > 1，則 由0<b <1，則 ，即 y1< y2 直線AB的傾斜角為銳角當(dāng)x1 > x2時，同理可證直線AB的傾斜角為銳角2、已知函數(shù)（a > 0，b > 0）求f ( x )的單調(diào)區(qū)間，并證明函數(shù)f ( x )在其單調(diào)區(qū)間內(nèi)的單調(diào)性提示：問題不在證明方法和步驟，而在探索f ( x )的單調(diào)區(qū)間f ( x )的定義域是（

3、，0）（0，+）f ( x )是奇函數(shù)，故可先探索f ( x )在（0，+）內(nèi)的單調(diào)區(qū)間當(dāng)x > 0時，當(dāng)且僅當(dāng) 即 時，上式等號成立由此可推斷f ( x )在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)由此f ( x )是奇函數(shù)，故可推斷f ( x )在上為增函數(shù)，在上是減函數(shù)證明過程（略）3、已知f ( x )是定義在（，+）上的函數(shù)，f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y )對任意x，yR都成立且當(dāng)x > 0時，f ( x ) < 0，又f ( 2 ) =2求函數(shù)f ( x )在6，6上的最大值和最小值提示：由f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y

4、) 可證f ( x )是奇函數(shù)再證f ( x )是 6，6上的減函數(shù)解： f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) 對任意x，yR都成立，令 y =x，得f ( 0 ) = f ( x ) + f ( -x )再令x = y = 0，得 f ( 0 ) = f ( 0 ) + f ( 0 )，故f ( 0 ) = 0 f (x ) =f ( x ) f ( x )是奇函數(shù)任取x1，x2，使6x1 < x26，則x1x2 < 0，故f (x2x1) < 0且 f ( x2 )f ( x1 ) = f ( x2 )+ f (x1 ) = f (x2x1) &

5、lt; 0 f ( x )在6，6上是減函數(shù) f ( x )在6，6上的最大值為f (6 ) =f ( 6 ) = f ( 2 ) + f ( 2 ) + f ( 2 ) = 6；最小值為 f ( 6 ) =64、已知函數(shù)f ( x )的圖像過點（3，5），且與函數(shù)的圖像關(guān)于直線xy1 = 0成軸對稱圖形（）求函數(shù)f ( x )的解析式及其定義域；（）如果f ( x1 ) + f ( y2 ) > f ( y ) + 1，求證：提示：對于（）應(yīng)注意把解析幾何中求與已知曲線關(guān)于已知直線對稱的曲線的方程的方法運用于此對于（）把函數(shù)值的不等式轉(zhuǎn)化成自變量的不等式時，要注意函數(shù)單調(diào)性解：（）設(shè)P

6、(x，y)是函數(shù)y = f ( x )圖像上任一點，P點關(guān)于直線xy1 = 0的對稱點為Q（a，b）則解得 a = y+1，b = x1 點Q ( y+1，x1 )在函數(shù)g ( x )的圖像上， 由此可解得 y = 2 log 2 (x1+a) + 1又 f ( 3 ) = 5，可確定a = 2 f ( x ) = 2 log 2 (x + 1) + 1，其定義域為（1，+）（）由 f (x1) + f ( y2)> f ( y ) + 1 及（）可得log2x + log2 (y1) > log 2 ( y+1) 由 x (y1) > y+1，且y1>0得 5、 已知

7、，（）當(dāng)a = 0時，求方程f ( x ) = g ( x )的解集；（）如果f ( x ) < g ( x )對于任意x1都成立，求實數(shù)a的取值范圍提示：既然求a的取值范圍，應(yīng)考慮在f ( x ) < g ( x )中，把a(bǔ)與x分離開來，再運用函數(shù)思想推得一個關(guān)于a的不等式解：（） 當(dāng)a = 0時，方程f ( x ) = g ( x )，即2x+3 = 4x+1 可求得其解集為 1 （）f ( x ) < g ( x )，即 變形得：令 2x = t，由x1，得t 2 f ( x ) < g ( x )對于任意x 1都成立 大于（t 2）的最大值即 解此不等式可得 0

8、 < a < 16、已知關(guān)于x的方程 有實數(shù)解，求實數(shù)a的取值范圍提示：從等價變形所給方程入手，得到a、x之間關(guān)系后，用函數(shù)思想為指導(dǎo)去處理解：原方程可變?yōu)?原方程 原方程有實數(shù)解，即存在x > 1使， a一定取，也只能取函數(shù)（x > 1）值域內(nèi)的值又 ，當(dāng)且僅當(dāng)，即x = 2時，上式取等號 a的取值范圍為7、設(shè)、（ < ）是x的方程2x2ax2 = 0的兩個實根，又（）證明f ( ) f ( ) =4；（）判斷函數(shù)f ( x )在 ， 上的單調(diào)性，并予以證明；（）當(dāng)a取何值時，函數(shù)f ( x )在 ， 上的最大值減去最小值的差最小，并說明理由提示：由題意得， =

9、1，以此為據(jù)證明f ( ) f ( ) =4并不難判斷f ( x )在 ， 上的單調(diào)性，應(yīng)依據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義，還要注意其中a與、的關(guān)系（1），（2）為（3）又作了準(zhǔn)備解：（）由題設(shè)， =1， （）任取x1，x2，使 x1 < x2，則其中 x2x1 > 0，顯然成立，又 4+a (x2 + x1)4 x1x2= 4 + 2 ( + ) (x2 + x1)4 x1x2= 2 2 + 2x2+2x1 + 2x2 + 2x12 x1x22 x1x2= 2(x2 )( x1) + 2(x1 )( x2) > 0 f ( x2 )f ( x1 ) > 0，即f ( x2 ) &

10、gt; f ( x1 ) f ( x )在 a，b 上是增函數(shù)（） 由（），在 ， 上f ( x )的最大值為f ( )，最小值為f ( )，又f ( ) f ( )=4 < 0，故f ( ) > 0，f ( ) < 0 f ( )f ( ) = f ( ) + f ( )，當(dāng)且僅當(dāng)f ( ) = f ( ) = 2時，上式取等號 f ( ) = 2時，f ( )f ( )最小再由 消 后可解得 a = 0 a = 0時，f ( x )在 ， 上最大值減最小值的差最小8、已知函數(shù)f ( x ) = 2x（xR），它的反函數(shù)記作g ( x )A，B，C三個點在函數(shù)g ( x )

11、的圖像上，它們的橫坐標(biāo)分別為a，a+4，a+8（a > 1）（）解方程：g ( x )+ g ( x + 1 ) = 1；（）設(shè)ABC的面積為S，當(dāng)S > 2時，求a的取值范圍提示：易求得g ( x ) = log2 x（x > 0）解對數(shù)方程時，要注意使各對數(shù)式有意義的條件求ABC的面積方法不唯一，注意結(jié)合圖形，注意對圖形作適當(dāng)分割解：（） f ( x ) = 2x（xR）， g ( x ) = log2 x（x > 0） 方程 g ( x ) + g ( x + 1 ) = 1，即log2 x + log2 (x+1) = 1 x ( x + 1 ) = 2，即x2

12、 + x2 = 0 x =2 或 x = 1 經(jīng)檢驗 x = 1是原方程的解（）由已知，A，B，C三點的坐標(biāo)分別為A (a，log2a)，B(a+4，log2(a+4) )，C(a+8，log2(a+8) )（a > 1）如圖，設(shè)AC與BN相交于D，則S = SABD + SCBD MNP10xyABCD 又D是A、C中點，故D點縱坐標(biāo)為：， 由S > 2，即 （a > 1）解得 9、某食品廠定期購買面粉，已知該廠每天需用面粉60噸，每噸面粉價格為1800元，面粉的保管費及其他費用為平均每噸每天3元，購買面粉每次需支付運費900元（）求該廠多少天購買一次面粉，才能使平均每天所

13、支付的總費用最少？（）若提供面粉的公司規(guī)定，當(dāng)一次購買面粉不少于210噸時，其價格可享受9折優(yōu)惠問該廠是否考慮利用此優(yōu)惠條件？并說明理由提示：這里研究每隔多少天（設(shè)為x天）購買一次面粉，所支付的總費用與天數(shù)之比最小，而總費用包括三部分：購面粉費，運費及保管等費用其中各天中需交保管的面粉數(shù)量是不同的，它們成等差數(shù)列解：（）設(shè)該廠每隔x天購買面粉一次，則采購數(shù)量為6x噸應(yīng)支付的總費用為（元） 平均每天支付的總費用，當(dāng)且僅當(dāng)，即x = 10時上式取等號 每隔10天購面粉一次，可達(dá)題設(shè)要求（） 210÷6 = 35， 該廠想利用優(yōu)惠條件，至少每隔35天采購面粉一次，設(shè)每隔x（x35）天采購面

14、粉一次則平均每天支付的總費用 （x35）記 （x35），任取x1，x2，使35x1x2， ， ， f ( x )在上是增函數(shù)， y2的最小值 = 9 f ( 35 ) + 9720< 9 ( 3 + 35 ) + 9720< 10×38 + 9720= 10100 < 10989 該廠應(yīng)考慮利用此優(yōu)惠條件提高例1設(shè)a0，求函數(shù)(x(0，)的單調(diào)區(qū)間分析：欲求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，則須解不等式(遞增)及(遞減)。解：當(dāng)a0，x0時f ¢(x)0Ûx2(2a4)xa20，f ¢(x)0Ûx2(2a4)xa20()當(dāng)a 1時，對所有x 0

15、，有x2(2a4)xa20，即f ¢(x)0，此時f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增()當(dāng)a1時，對x1，有x2(2a4)xa20，即f ¢(x)0，此時f(x)在(0，1)內(nèi)單調(diào)遞增，在(1，)內(nèi)單調(diào)遞增又知函數(shù)f(x)在x1處連續(xù)，因此，函數(shù)f(x)在(0，)內(nèi)單調(diào)遞增()當(dāng)0a1時，令f ¢(x)0，即x2(2a4)xa20，解得，或因此，函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)也單調(diào)遞增令f ¢(x)0，即x2(2a4)xa2 0，解得 ：因此，函數(shù)f(x)在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減點評：本小題主要考查導(dǎo)數(shù)的概念和計算，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)的方法及推理和運算能力

16、例2 已知，函數(shù)。設(shè)，記曲線在點處的切線為。()求的方程；()設(shè)與軸交點為。證明： ； 若，則()分析：欲求切線的方程，則須求出它的斜率，根據(jù)切線斜率的幾何意義便不難發(fā)現(xiàn)，問題歸結(jié)為求曲線在點的一階導(dǎo)數(shù)值。解：求的導(dǎo)數(shù)：，由此得切線的方程：。()分析：要求的變化范圍，則須找到使產(chǎn)生變化的原因，顯然，變化的根本原因可歸結(jié)為的變化，因此，找到與的等量關(guān)系式，就成； 欲比較與的大小關(guān)系，判斷它們的差的符號即可。 證：依題意，切線方程中令y0，. 由.。點評：本小題主要考查利用導(dǎo)數(shù)求曲線切線的方法，考查不等式的基本性質(zhì)，以及分析和解決問題的能力。例3、 函數(shù)y1的圖象是( )解析一：該題考查對f(x)圖象以及對坐標(biāo)平移公式的理解，將函數(shù)y的圖形變形到y(tǒng)，即向右平移一個單位，再變形到y(tǒng)即將前面圖形沿x軸翻轉(zhuǎn)，再變形到y(tǒng)1，從而得到答案B.解析二：可利用特殊值法，取x0，此時y1，取x2，此時y0.因此選B.答案：B例設(shè)二次函數(shù)，方程的兩個根滿足. 當(dāng)時，證明.分析：在已知方程兩根的情況下，根據(jù)函數(shù)與方