高考数学高考函数题

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高考数学高考函数题【一】:2014高考数学函数试题汇编

【2014安徽】

6．设函数f(x)(xR)满足f(x)f(x)sinx，当0x时，f(x)0，则f(

23

)（ A ） 6

A．

11B．C．0 D．

2 22

．答案：A，解析：

f(

231717

)f()sin666

111117f()sinsin

666 551117f()sinsinsin

666611110

2222

18．（本小题满分12分）设函数f(x)1(1a)xx2x3其中a0。 （Ⅰ）讨论f(x)在其定义域上的单调性；

（Ⅱ）当x[0,1]时，求f(x)取得最大值和最小值时的x的值。 18．（本小题满分12分）

解析：（Ⅰ）f(x)的定义域为(,)，f'(x)1a2x3x2

令f'(x)

0得x1

x2x1x2

所以f'(x)3(xx1)(xx2)

当xx1或xx2时f'(x)0；当x1xx2时f'(x)0

故f(x)在(,x1)和(x2,)内单调递减，在(x1,x2)内单调递增。 （Ⅱ）∵a0，∴x10,x20

（1）当a4时x21，由（Ⅰ）知f(x)在[0,1]上单调递增 ∴f(x)在x0和x1处分别取得最小值和最大值。 （2）当4a0时，x21，

由（Ⅰ）知f(x)在[0,x2]上单调递增，在[x2,1]上单调递减

∴f(x

)在xx2

1处取得最大值

3

又f(0)1,f(1)a

∴当1a0时f(x)在x1处取得最小值 当a1时f(x)在x0和x1处同时取得最小值 当4a1时，f(x)在x0取得最小值。

5.设alog37,b2,c0.8,则（ B ）

A.bac B.cab C.cba D.acb

9.若函数f(x)x12xa的最小值3，则实数a的值为（ D ） A.5或8 B.1或5 C. 1或4 D.4或8 11.

3.3

542716

________. +loglog33

4581 8



3

4

x(1x),0x1

14.若函数fxxR是周期为4的奇函数，且在0,2上的解析式为fx，则

sinx,1x2

52941

ff

1646

【2014北京】

2.下列函数中，在区间(0,)上为增函数的是（ A ）www.shanpow.com_高考数学高考函数题。

2x

C.y2 D.ylo0g.5x( 1)1)A.y B.y(x

18.（本小题13分） 已知函数

f(x)xcosxsinx,x[0,]，

2f(x)0；



（1）求证：

（2）若a

sinx

b在(0,)上恒成立，求a的 最大值与b的最小值.

2x

（18）（共13分）

解：（I）由f(x)xcosxsinx得

coxsxsixn f'(x)

因为在区间(0,

cxosx。 sx



)上f'(x)xsinx2



0，所以f(x)在区间0,上单调递减。

2

从而f(x)f(0)0。

（Ⅱ）当x0时，“

sinx

x

a”等价于“sinxax

nis0”“

xx

b”等价于“sinxbx0”。

令g(x)sinxcx，则g'(x)cosxc， 当c0时，g(x)



0对任意x(0,)恒成立。

2



0，所以g(x)在区间0,上单调

2



当c1时，因为对任意x(0,)，g'(x)cosxc

2

递减。从而g(x)



g(0)0对任意x(0,)恒成立。

2

当0c1时，存在唯一的x0(0,)使得g'(x0)cosx0c0。

2



g(x)与g'(x)在区间(0,)上的情况如下：

2

因为g(x)在区间0,x0上是增函数，所以g(x0)

任意x(0,

“g(x)g(0)0。进一步，0对

2

)恒成立”当且仅当g()1c0，即0c， 222

2

综上所述，当且仅当c时，g(x)0对任意x(0,)恒成立；当且仅当c1时，

2





0对任意x(0,)恒成立。

2

sinx2

b对任意x(0,)恒成立，则a最大值为，b的最小值为1. 所以，若a

x2

2.下列函数中，定义域是R且为增函数的是（ B ） g(x)

x

A.ye B.yx C.ylnx D.yx

6.已知函数fx

6

log2x，在下列区间中，包含fx零点的区间是（ C ） x

A.0,1 B.1,2 C.2,4 D.4,

20. （本小题满分13分） 已知函数f(x)2x33x.

（1）求f(x)在区间[2,1]上的最大值；

（2）若过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切，求t的取值范围；

（3）问过点A(1,2),B(2,10),C(0,2)分别存在几条直线与曲线yf(x)相切？（只需写出结论） （20）解：

（I）由f(x)2x33x得f'(x)6x23，令f'(x)

0，得x

或x， 因为f(2)

10，f(



，ff(1)1， 22

. 2

所以f(x)在区间[

2,1]上的最大值为f(

（II）设过点P（1，t）的直线与曲线yf(x)相切于点(x0,y0)，则

y02x033x0，且切线斜率为k6x023，所以切线方程为yy0(6x023)(xx0)，

因此ty0(6x03)(1x0)，整理得：4x06x0t30，

设g(x)4x6xt3，则“过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切”等价于“g(x)有3个

'

不同零点”， g(x)12x12x=12x(x1)，

2

3

2

232

g(x)与g'(x)的情况如下：

所以，g(0)t3是g(x)的极大值，g(1)t1是g(x)的极小值，

当g(0)t30，即t3时，此时g(x)在区间(,1]和(1,)上分别至多有1个零点，所以

g(x)至多有2个零点，

当g(1)t10，t1时，此时g(x)在区间(,0)和[0,)上分别至多有1个零点，所以

g(x)至多有2个零点.

当g(0)0且g(1)0，即3t1时，因为g(1)t70，g(2)t110，

所以g(x)分别为区间[1,0),[0,1)和[1,2)上恰有1个零点，由于g(x)在区间(,0)和(1,)上单调，所以g(x)分别在区间(,0)和[1,)上恰有1个零点.

综上可知，当过点P(1,t)存在3条直线与曲线yf(x)相切时，t的取值范围是(3,1). （III）过点A（-1，2）存在3条直线与曲线yf(x)相切； 过点B（2，10）存在2条直线与曲线yf(x)相切； 过点C（0，2）存在1条直线与曲线yf(x)相切.

【2014大纲】www.shanpow.com_高考数学高考函数题。

7.曲线yxex1在点（1,1）处切线的斜率等于 （ ） A．2e B．e C．2 D．1 【答案】C．

12.函数yf(x)的图象与函数yg(x)的图象关于直线xy0对称，则yf(x)的反函数是（ ） A．yg(x) B．yg(x) C．yg(x) D．yg(x) 【答案】D.

16.若函数f(x)cos2xasinx在区间(【答案】,2． 22. （本小题满分12分） 函数fxlnx1



,)是减函数，则a的取值范围是 . 62

ax

a1. xa

（I）讨论fx的单调性；

23an. n+2n2

2

xxa2a． 解：（I）fx的定义域为1,,fx2x1xa

（II）设a11,an1ln(an1)，证明：

（i）当1a2时，若x1,a2a，则fx0,fx在1,a2a上是增函数；若

2

2





高考数学高考函数题【二】:2015高考数学函数应用题精选试题(附详细答案)

高考文科数学函数应用题精选5题

（1）一元二次函数与分段函数模型

1．（本小题满分12分）

永泰青云山特产经营店销售某种品牌蜜饯，蜜饯每盒进价为8元，预计这种蜜饯以每盒

20元的价格销售时该店一天可销售20盒，经过市场调研发现每盒蜜饯的销售价格在每盒

20元的基础上每减少一元则增加销售4盒，每增加一元则减少销售1盒，现设每盒蜜饯的

销售价格为x元。

(1)写出该特产店一天内销售这种蜜饯所获得的利润y(元)与每盒蜜饯的销售价格x的

函数关系式；

（2）当每盒蜜饯销售价格x为多少时，该特产店一天内利润y（元）最大，并求出这个

最大值．

2、通过研究学生的学习行为，专家发现，学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，

讲课开始时，学生的兴趣激增；中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生

的注意力开始分散，设f(t)表示学生注意力随时间t (分钟)的变化规律(f(t)越大，表明学生

注意力越集中)，经过实验分析得知：

t224t1000t1010t20 f(t)240

7t38020t40

(1)讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？

(2)讲课开始后5分钟与讲课开始后25分钟比较，何时学生的注意力更集中？

(3)一道数学难题，需要讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过

适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲授完这道题目？

（3）指数函数模型

3. (12分)某企业拟共用10万元投资甲、乙两种商品．www.shanpow.com_高考数学高考函数题。

已知各投入x万元，甲、乙两种商品可分

n别获得y1,y2万元的利润，利润曲线P1:y1ax,

P2:y2bxc如图.

(1)求函数y1,y2的解析式；

(2)为使投资获得最大利润，应怎样分配投资额，

才能获最大利润．

（4）分式函数模型

4．（本小题12分）如图所示，将一矩形花坛ABCD扩建成一个更大的矩形花坛AMPN，要求

M在AB的延长线上，N在AD的延长线上，且对角线MN过C点。已知AB=3米，AD=2

米。设ANx（单位：米），若x[3,4)（单位：米），则当AM，AN的长度分别是多

少时，花坛AMPN的面积最大？并求出最大面积。

5、（本题满分12分）

某货轮匀速行驶在相距300海里的甲、乙两地间运输货物，运输成本由燃料费用和其它费用组成，已知该货轮每小时的燃料费用与其航行速度的平方成正比（比例系数为0.5），其它费用为每小时450元，且该货轮的最大航行速度为50海里/小时。

（1）请将从甲地到乙地的运输成本y（元）表示为航行速度x（海里/小时）的函数；

（2）要使从甲地到乙地的运输成本最少，该货轮应以多大的航行速度行驶？

函数应用题参考答案

1．解：（1）当0x20时,y[204(20x)](x8)4x2132x800-----3分 当20<x<40时，y[20(x20)](x8)x48x320------------6分

24x132x8000x20所以y-------------------------------------------7分 220x40x48x3202

（2）当0x20时,y4(x332)289，所以当x=16.5时，y取得最大值为289， 2

------------------------------------9分 当20<x<40时，y=-(x-24)2+256，所以当x=24时，y取得最大值256，-----------11分

综上所述，当蜜饯价格是16.5元时，该特产店一天的利润最大，最大值为289元---12分

2】(通过研究学生的学习行为，专家发现，学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化，讲课开始时，学生的兴趣激增；中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设f(t)表示学生注意力随时间t (分钟)的变化规律(f(t)越大，表明学生注意力越集中)，经过实验分析得知：

t224t1000t1010t20 f(t)240

7t38020t40

(1)讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？

(2)讲课开始后5分钟与讲课开始后25分钟比较，何时学生的注意力更集中？

(3)一道数学难题，需要讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到所需的状态下讲授完这道题目？

(1)解：当0＜t≤10时，f(t)t224t100(t12)2244是增函数，且f(10)240 当20＜t≤40时，f(t)7t380是减函数，且f(20)240

所以，讲课开始10分钟，学生的注意力最集中，能持续10分钟

(2)解：f(5)195，f(25)205，所以，讲课开始25分钟时，学生的注意力比讲课开始后5分钟更集中

(3)当0＜t≤10时，令f(t)t224t100180得：t4

当20＜t≤40时，令f(t)7t380180得：t28.57

则学生注意力在180以上所持续的时间28.57424.5724

所以,经过适当安排,老师可以在学生达到所需要的状态下讲授完这道题。

3．（本题满分12分）

n解：（1）P过点(1,),(4,) :yax1154525na1a4 5a4nn25514 y1x2，x0, ………………3分 142

P2:y2bxc过点(0,0),(4,1)

c01yx，x0,. ………………6分  124b4

（2）设用x万元投资甲商品,那么投资乙商品为10-x万元,总利润为y万元. y51x(10x)………8分

44 1101565x)2(0x10)…………9分 444216

当且仅当x52565即x6.25时,ymax ， …………10分 1624

投资乙商品为10-6.25＝3.75万元 …………11分

答:用6.25万元投资甲商品,3.75万元投资乙商品,才能获得最大利润. …………12分

4.解：．由于DNDC3x,则AM＝ANAMx2

3x2故SAMPN＝AN•AM＝ ，x[3,4) …………3分 x23x26x(x2)3x23（xx4)令y＝，则y′＝ ………… 6分 x2(x2)2(x2)2

3x2

因为当x[3,4)时，y′< 0，所以函数y＝在[3,4)上x2

为单调递减函数， ……… 9分 3x2

从而当x＝3时y＝取得最大值，即花坛AMPN的面积最x2

大27平方米，此时AN＝3米，AM=9米 …………12分

5、（本题满分12分）

解：（1）由题意得，每小时的燃料费用为0.5x(0x50)， 从甲地到乙地所用的时间为2 300小时， ………………………………………2分 x

2300，(0x50) x

3009002150(x)，(0x50)．……6分 故所求的函数为y(0.5x450)xx则从甲地到乙地的运输成本y(0.5x450)

（2

）解法１：由（Ⅰ）y150(x900)1509000，………９分 x

高考数学高考函数题【三】:2015高考数学试题分类汇编函数与导数部分

2015年高考理科数学试题分类汇编函数、导数、定积分部分

1log2(2x),x1,f(x)（新课标全国II）5．设函数,f(2)f(log212)( ) x12,x1,

A．3 B．6 C．9 D．12

【答案】C

【解析】

试题分析：由已知得f(2)，又，所12log4l3o2g121以f(log212)2log21212log266，故f(2)f(log212)9，故选C．

考点：分段函数．

（新课标全国II）10．如图，长方形ABCD的边AB2，BC1，O是AB的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记BOPx．将动P到A、B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则yf(x)的图像大致为（ ）

【答案】B

【解析】

考点：函数的图象和性质．

（新课标全国II）12．设函数f'(x)是奇函数f(x)(xR)的导函数，f(1)0，当x0

时，xf'(x)f(x)0，则使得f(x)0成立的x的取值范围是（ ）

A．(,1)

C．(,1)

【答案】A

【解析】 (0,1) B．(1,0)(1,) (1,0) D．(0,1)(1,)

xf'(x)fx()f(x)'试题分析：记函数g(x)，则g(x)，因为当x0时，2xx

xf'(x)f(x)，0故当x0时，g'(x)0，所以g(x)在(0,)单调递减；又因为函数f(x)(xR)是奇函数，故函数g(x)是偶函数，所以g(x)在(,0)单调递减，且g(1)g(1)．当00x1时，g(x)0，则f(x)0；当x1时，g(x)0，则f(x)0，综上所述，使得f(x)0成立的x的取值范围是(,1)(0,1)，故选A． 考点：导数的应用、函数的图象与性质．

（新课标全国II）21．（本题满分12分）

设函数f(x)emxx2mx．

(Ⅰ)证明：f(x)在(,0)单调递减，在(0,)单调递增；

（Ⅱ）若对于任意x1,x2[1,1]，都有f(x1)f(x2)e1，求m的取值范围．

【答案】(Ⅰ)详见解析；（Ⅱ）[1,1]．

【解析】

试题分析：(Ⅰ)先求导函数f(x)m(e'mx1)2x，根据m的范围讨论导函数在(,0)和

(0,)的符号即可；（Ⅱ）f(x1)f(x2)e1恒成立，等价于f(x1)f(x2)maxe1．由x1,x2是两个独立的变量，故可求研究f(x)的值域，由(Ⅰ)可得最小值为f(0)1，最大值可能是f(1)或f(1)，故只需f(1)f(0)e1,，从f(1)f(0)e1,

而得关于m的不等式，因不易解出，故利用导数研究其单调性和符号，从而得解．

考点：导数的综合应用．

（新课标全国I）12.设函数f(x)=ex(2x1)axa,其中a1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)0，则a的取值范围是（ ） A.[-，1） B. [-，） C. [，） D. [，1）

【答案】D

【解析】

试题分析：设g(x)=ex(2x1)，yaxa，由题知存在唯一的整数x0，使得g(x0)在直线yaxa的下方.

11因为g(x)ex(2x1)，所以当x时，g(x)＜0，当x时，g(x)＞0，22

11所以当x时，[g(x)]max=-2e2， 2

当x0时，g(0)=-1，g(1)3e0，直线yaxa恒过（1,0）斜率且a，故ag(0)1，且g(1)3e1aa，解得3≤a＜1，故选D. 2e

考点：导数的综合应用

13（新课标全国I）若函数f(x)=xln（x

a= 【答案】

1

考点：函数的奇偶性

（新课标全国I）（本小题满分12分）

已知函数f（x）=xax31,g(x)lnx 4

(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线；

（Ⅱ）用min m,n 表示m,n中的最小值，设函数h(x)minf(x),g(x)

讨论h（x）零点的个数 (x0) ，

33535；（Ⅱ）当a或a时，h(x)由一个零点；当a或a44444

53时，h(x)有两个零点；当a时，h(x)有三个零点. 44【答案】（Ⅰ）a

【解析】

试题分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出切点坐标与对应的a值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将x分为x1,x1,0x1研究h(x)的零点个数，若零点不容易求解，则对a再分类讨论.

试题解析：（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，f(x0)0，即

13xax01300，解得. x,a40243x2a00

因此，当a3时，x轴是曲线yf(x)的切线. „„5分 4

（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0， ∴h(x)在（1，+∞）无零点.

55，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,故x=144

55是h(x)的零点；若a，则f(1)a0，h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,故x=144 当x=1时，若a

不是h(x)的零点.

当x(0,1)时，g(x)lnx0，所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数.

(ⅰ)若a3或a0，则f(x)3x2a在（0,1）无零点，故f(x)在（0,1）单调，而f(0)15，f(1)a，所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点；当a0时，44

f(x)在（0，1）无零点.

(ⅱ)若3a0，则f(x)在（0

1）单调递增，故当x

1.学科网 f(x

)取的最小值，最小值为f

=43＞0，即＜a＜0，f(x)在（0,1）无零点. 43=0，即a，则f(x)在（0,1）有唯一零点； 4①

若f②

若f

高考数学高考函数题【四】:高考数学历年函数试题及答案

1. 设（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1,x2∈[0，

1

]都有2

f(x1x2)f(x1)f(x2).

（Ⅰ）设f(1)2,求f(),f(); （Ⅱ）证明f(x)是周期函数。

2. 设函数f(x)x2|x2|1,xR.

（Ⅰ）判断函数f(x)的奇偶性；（Ⅱ）求函数f(x)的最小值.

3． 已知函数f(x)2sinx(sinxcosx)1214

（Ⅰ）求函数f(x)的最小正周期和最大值；

（Ⅱ）在给出的直角坐标系中，画出函数yf(x)在区间,22

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