函数综合问题详解100例

函数综合问题详解100例一、二次函数1已知二次函数cxbxaxxf2)(，不等式xxf2)(的解集为)3,1(．(Ⅰ)若方程06)(axf有两个相等的实根，求)(xf的解析式；(Ⅱ)若)(xf的最大值为正数，求实数a的取值范围．1、解：（Ⅰ）∵不等式xxf2)(的解集为)3,1(∴1x和3x是方程)0(0)2(2acxbax的两根∴342acab∴acab3,24又方程06)(axf有两个相等的实根∴0)6(42acab∴094)12(42aaa∴0)1)(15(aa∴51a或1a（舍）∴53,56,51cba∴535651)(2xxxf（Ⅱ）由（Ⅰ）知axaaxxf3)12(2)(2aaaaaxa3)12()12(2aaa142∵0a，∴)(xf的最大值为aaa142∵)(xf的最大值为正数∴01402aaaa∴01402aaa解得32a或032a∴所求实数a的取值范围是)0,32()32,(-2已知二次函数f(x)=ax2+bx(a,b是常数且a≠0)满足条件f(2)=0且方程f(x)=x有等根.（1）求f(x)的解析式.（2）问是否存在实数m,n(mn)，使f(x)的定义域和值域分别为[m,n]和[2m,2n].如果存在，求出m,n的值；如果不存在，说明理由.解：(1)依题设方程ax2+(b-1)x=0有等根，∴(b-1)2=0得b=1.又f(2)=0，即4a+2b=0，得21a，所以xxxf221)(，.(2)由(1)2121)1(21)(2xxf,∴212n，即41n.而抛物线f(x)的对称轴为x=1，则f(x)在[m,n]上为增函数，（2）问是否存在实数m,n(mn)，使f(x)的定义域和值域分别为[m,n]和[2m,2n].如果存在，求出m,n的值；如果不存在，说明理由.设m,n存在，可得：nnfmmf2)(2)(即02102122nnmm，得2020或或nm，又41nm，得02nm.故存在实数m=-2,n=0，使f(x)的定义域为[-2,0]值域为[-4,0].3.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c和一次函数g(x)=－bx，其中a、b、c满足abc,a+b+c=0,(a,b,c∈R)。(1)求证：两函数的图象交于不同的两点A、B；(2)求线段AB在x轴上的射影A1B1的长的取值范围。证明(1)由bxycbxaxy2消去y得ax2+2bx+c=0Δ=4b2－4ac=4(－a－c)2－4ac=4(a2+ac+c2)=4［(a+43)22cc2］∵a+b+c=0,abc,∴a0,c0∴43c20,∴Δ0,即两函数的图象交于不同的两点。解(2)设方程ax2+bx+c=0的两根为x1和x2,则x1+x2=－ba,x1x2=ac。|A1B1|2=(x1－x2)2=(x1+x2)2－4x1x22222224444()4()bcbacacacaaaa22134[()1]4[()]24cccaaa∵abc,a+b+c=0,a0,c0∴a－a－cc,解得ac∈(－2,－21)∵]1)[(4)(2acacacf的对称轴方程是21acac∈(－2,－21)时，为减函数∴|A1B1|2∈(3,12),故|A1B1|∈(32,3)4设函数,223,2)1(,)(2bcaafcbxaxxf且求证：（1）4330aba且；（2）函数)(xf在区间（0，2）内至少有一个零点；（3）设21,xx是函数)(xf的两个零点，则125724|xx|.≤证明：（1）2)1(acbaf0223cba又bca22302,03ba0,0ba又2c=－3a－2b由3a＞2c＞2b∴3a＞－3a－2b＞2b∵a＞0433ab（2）∵f（0）=c，f（2）=4a+2b+c=a－c①当c＞0时，∵a＞0，∴f（0）=c＞0且02)1(af∴函数f（x）在区间（0，1）内至少有一个零点②当c≤0时，∵a＞00)2(02)1(cafaf且∴函数f（x）在区间（1，2）内至少有一个零点.综合①②得f（x）在（0，2）内至少有一个零点（3）∵x1，x2是函数f（x）的两个零点则0,221cbxaxxx是方程的两根∴abacxxabxx23,21212)2()23(4)(4)(||222122121abababxxxxxx433ab125724|xx|≤5已知二次函数2()fxaxbxc.（1）若(1)0f，试判断函数()fx零点个数；(2)若对12,xxR且12xx，12()()fxfx，试证明012(,)xxx，使0121()[()()]2fxfxfx成立；(3)是否存在,,abcR，使()fx同时满足以下条件①对xR，(4)(2)fxfx，且y∈[0,+∞）；②对xR，都有210()(1)2fxxx.若存在，求出,,abc的值，若不存在，请说明理由.解（1）∵(1)0f，∴0abc，故bac2224()4()bacacacac，当ac时0，函数()fx有一个零点；当ac时，0，函数()fx有两个零点。（2）令121()()[()()]2gxfxfxfx，则11121211()()[()()][()()]22gxfxfxfxfxfx22122111()()[()()][()()]22gxfxfxfxfxfx∴212121()()[()()]04gxgxfxfx（12()()fxfx），∴()0gx在12(,)xx内必有一个实根，即012(,)xxx，使0121()[()()]2fxfxfx成立（3）假设,,abc存在，由①知抛物线的对称轴为1x，且min()0fx，∴12ba，2404acbac，∴2ba，24bac，从而ac由②知对xR，都有210()(1)2fxxx,令1x得0(1)10f,∴(1)10f,即(1)1f,∴1abc由12abcbaac得14ac,12b，当14ac,12b时，221111()(1)4244fxxxx，其顶点为(1,0)满足条件①，又21()(1)4fxxx对xR，都有210()(1)2fxxx满足条件②.∴存在,,abc，使()fx同时满足条件①、②.解法2：假设,,abc存在，由①知抛物线的对称轴为1x，且min()0fx，∴12ba，2404acbac，∴2ba，24bac，从而ac，2()2fxaxaxaxR，都有210()(1)2fxxx,()0fxx对xR恒成立，2221(21)0,(21)404axaxaaaa①21()(1)2fxxx对xR恒成立,2221111()(22)()0,(22)4()02224axaxaaaa②所以：14ac,12b，∴存在,,abc，使()fx同时满足条件①、②.6.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,c均为实数),满足a-b+c=0，对于任意实数x都有f(x)-x≥0，并且当x∈（0，2）时,有f(x)≤221x.（1）求f(1)的值；（2）证明：ac≥161；（3）当x∈[-2，2]且a+c取得最小值时，函数F(x)=f(x)-mx(m为实数)是单调的，求证：m≤21或m≥23..解：（1）∵对于任意x∈R，都有f(x)-x≥0,且当x∈(0,2)时,有f(x)≤221x.令x=1∴1≤f(1)≤2211.即f(1)=1（2）由a-b+c=0及f(1)=1.有1cba0cb-a,可得b=a+c=21.又对任意x,f(x)-x≥0,即ax2-21x+c≥0.∴a＞0且△≤0.即41-4ac≤0,解得ac≥161.（3）由(2)可知a＞0,c＞0.a+c≥2ac≥2·161=21.当且仅当21caca时等号成立.此时a=c=41.∴f(x)=41x2+21x+41,F(x)=f(x)-mx=41[x2+(2-4m)x+1].当x∈[-2,2]时，f(x)是单调的，所以F(x)的顶点一定在[-2，2]的外边.∴242m≥2.解得m≤-21或m≥23.7.已知)(xf为二次函数，不等式02)(xf的解集为1(1,)3，且对任意，R恒有(sin)0f，(2cos)0f.数列}{na满足11a，1131()()nnanfaΝ（Ⅰ）求函数)(xf的解析式；（Ⅱ）设nnab1，求数列}{nb的通项公式；（Ⅲ）若（Ⅱ）中数列}{nb的前n项和为nS，求数列{cos()}nnSb的前n项和nT.解：（Ⅰ）依题意，)31)(1(2)(xxaxf)0(a,即2332)(2axaaxxf令,2，则sin1,cos1，有(1)0,(21)0ff，得0)1(f，即02332aaa，得23a.235()22fxxx.（Ⅱ）'()31fxx，则1311311'()3131nnnnnaafaaa即131nnnaaa，两边取倒数，得nnaa1311，即nnbb31.数列{}nb是首项为1111ab，公差为3的等差数列.1(1)332()nbnnnN.（Ⅲ）cos()cos(32)cos()(1)nnbnncos()(1)nnnnSbSnnnSSSSST)1(4321.（1）当n为偶数时2143124()()()nnnnTSSSSSSbbb22()322(432)244nnbbnnnn（2）当n为奇数时213(1)2(1)(132)42nnnnnnnTTS23214nn8.设函数f(x)=ax2+bx+c，a、b、c都是正实数，且f(1)=1.(Ⅰ)若x＞0，证明：f(x)·f(x1)≥1；(Ⅱ)若正实数x1、x2、x3满足x1·x2·x3=1，证明：f(x1)·f(x2)·f(x3)≥1.证明：(Ⅰ)∵f(1)=1∴a+b+c=1当x＞0时f(x)·f(x1)=(ax2+bx+c)·(cxbxa112)=a2+b2+c2+ab(x+x1)+bc(x+x1)+ca(x2+21x)≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)2=1当且仅当x=1时取得等号.(Ⅱ)(ⅰ)若x1=x2=x3=1，则显然有f(x1)·f(x2)·f(x3)=1.(ⅱ)若x1、x2、x3不全相等，则其中必有xi＞1，xi＜1，i，j∈{1，2，3}(i≠j)，不妨设x1＞1，x2＜1，∵x1·x2·x3=1∴由(1)可知f(x1x2)·f(x3)≥1，∵a、b、c为正实数∴任意取x＞0有f(x)＞0故只需证f(x1)·f(x2)≥f(x1x2)即可.∵f(x1)·f(x2)=(21ax+bx1+c)·(22ax+bx2+c)=)()()(222121221221221222212xxcaxxbcxxxxabcxxbxxaf(1)·f(x1x