2025年下學(xué)期高一數(shù)學(xué)函數(shù)綜合壓軸題專練一、函數(shù)單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)綜合題題目：已知函數(shù)$f(x)=e^x-ax^2-(e-1)x+1$（其中$e$為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），其導(dǎo)函數(shù)為$f'(x)$。（1）若$f(x)$在$x=1$處取得極值，求$a$的值；（2）討論函數(shù)$f(x)$的單調(diào)性；（3）證明：對(duì)任意$x_1,x_2\in(0,+\infty)$，恒有$f(x_1)+f(x_2)\geq2f(\sqrt{x_1x_2})$。解析：（1）由題意得$f'(x)=e^x-2ax-(e-1)$，因$f(x)$在$x=1$處取得極值，故$f'(1)=0$，即$e-2a-(e-1)=0$，解得$a=\frac{1}{2}$。（2）$f'(x)=e^x-2ax-(e-1)$，令$g(x)=f'(x)$，則$g'(x)=e^x-2a$。當(dāng)$a\leq0$時(shí)，$g'(x)=e^x-2a>0$恒成立，故$f'(x)$在$\mathbb{R}$上單調(diào)遞增。又$f'(1)=0$，因此當(dāng)$x<1$時(shí)$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$x>1$時(shí)$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增。當(dāng)$a>0$時(shí)，令$g'(x)=0$得$x=\ln(2a)$。若$\ln(2a)\leq1$（即$a\leq\frac{e}{2}$），則$f'(x)$在$(-\infty,\ln(2a))$遞減，在$(\ln(2a),+\infty)$遞增，結(jié)合$f'(1)=0$可知$f(x)$在$(-\infty,\ln(2a))$遞減、$(\ln(2a),+\infty)$遞增；若$\ln(2a)>1$（即$a>\frac{e}{2}$），則$f'(x)$在$(-\infty,1)$遞減、$(1,\ln(2a))$遞增、$(\ln(2a),+\infty)$遞減。（3）構(gòu)造函數(shù)$h(x)=f(x)+f(y)-2f(\sqrt{xy})$（$x,y>0$），化簡(jiǎn)得$h(x)=e^x+e^y-2e^{\sqrt{xy}}-(x^2+y^2-2xy)$。令$t=\sqrt{xy}$，則$x^2+y^2\geq2t^2$，故需證$e^x+e^y-2e^t\geq0$。由指數(shù)函數(shù)凸性可知$e^x+e^y\geq2e^{\frac{x+y}{2}}\geq2e^t$（當(dāng)且僅當(dāng)$x=y$時(shí)取等號(hào)），因此原不等式成立。二、函數(shù)奇偶性與周期性綜合題題目：定義在$\mathbb{R}$上的函數(shù)$f(x)$滿足$f(x+2)=f(x)+2\sin(\pix)$，且$f(0)=1$。（1）求$f(\pi)$的值；（2）判斷$f(x)$的奇偶性并證明；（3）是否存在實(shí)數(shù)$a$，使得$f(x)\geqa$對(duì)任意$x\in[0,2]$恒成立？若存在，求出$a$的最大值。解析：（1）由遞推關(guān)系得：$f(2)=f(0)+2\sin0=1$，$f(4)=f(2)+2\sin2\pi=1$，因$\pi\in(3,4)$，設(shè)$x=\pi-2$，則$f(\pi)=f(\pi-2)+2\sin(\pi(\pi-2))=f(\pi-2)+2\sin(2\pi-\pi^2)=f(\pi-2)-2\sin(\pi^2)$。逐步迭代可得$f(\pi)=1-2\sin(\pi^2)\approx1-2\sin(0.14)=1-0.28=0.72$（精確值保留解析式形式）。（2）假設(shè)$f(x)$為奇函數(shù)，則$f(-x)=-f(x)$。取$x=0$得$f(0)=-f(0)\Rightarrowf(0)=0$，與$f(0)=1$矛盾，故$f(x)$非奇非偶。（3）當(dāng)$x\in[0,2]$時(shí)，$f(x)=1+\int_0^x2\sin(\pit)dt=1-\frac{2}{\pi}\cos(\pix)+\frac{2}{\pi}$。$f(x)$在$[0,1]$遞增、$[1,2]$遞減，最小值為$f(0)=1$，故$a\leq1$，$a$的最大值為$1$。三、函數(shù)零點(diǎn)與恒成立問(wèn)題題目：已知函數(shù)$g(x)=x^3-3ax^2+3x+1$（$a\in\mathbb{R}$）。（1）討論$g(x)$的單調(diào)性；（2）若$g(x)$在$x=1$處取得極值，且其圖像與直線$y=kx$相切，求$k$的值；（3）證明：對(duì)任意$a\in\mathbb{R}$，存在$x_0\in(0,2)$，使得$|g(x_0)|\geq2$。解析：（1）$g'(x)=3x^2-6ax+3=3(x^2-2ax+1)$，判別式$\Delta=36(a^2-1)$。當(dāng)$|a|\leq1$時(shí)，$\Delta\leq0$，$g'(x)\geq0$，$g(x)$在$\mathbb{R}$上遞增；當(dāng)$|a|>1$時(shí)，$g'(x)=0$的兩根為$x=a\pm\sqrt{a^2-1}$，故$g(x)$在$(-\infty,a-\sqrt{a^2-1})$遞增、$(a-\sqrt{a^2-1},a+\sqrt{a^2-1})$遞減、$(a+\sqrt{a^2-1},+\infty)$遞增。（2）因$g(x)$在$x=1$處極值，故$g'(1)=0\Rightarrow3(1-2a+1)=0\Rightarrowa=1$，此時(shí)$g(x)=x^3-3x^2+3x+1$。設(shè)切點(diǎn)為$(x_0,y_0)$，則$\begin{cases}y_0=kx_0\y_0=x_0^3-3x_0^2+3x_0+1\k=3x_0^2-6x_0+3\end{cases}$，消去$k,y_0$得$x_0^3-3x_0^2+3x_0+1=x_0(3x_0^2-6x_0+3)\Rightarrow2x_0^3-3x_0^2-1=0$，解得$x_0=-\frac{1}{2}$（二重根）或$x_0=1$，故$k=3(-\frac{1}{2})^2-6(-\frac{1}{2})+3=\frac{27}{4}$。（3）反證法：假設(shè)對(duì)任意$x\in(0,2)$，$|g(x)|<2$，即$-2<g(x)<2$。當(dāng)$a=0$時(shí)，$g(x)=x^3+3x+1$在$(0,2)$遞增，$g(2)=8+6+1=15>2$，矛盾；當(dāng)$a>2$時(shí)，$g(x)$在$(0,a-\sqrt{a^2-1})$遞增，而$a-\sqrt{a^2-1}=\frac{1}{a+\sqrt{a^2-1}}<\frac{1}{2}$，故$g(\frac{1}{2})=\frac{1}{8}-\frac{3a}{4}+\frac{3}{2}+1=\frac{19}{8}-\frac{3a}{4}<\frac{19}{8}-1.5<0$，且$g(2)=8-12a+6+1=15-12a<-9<-2$，矛盾。綜上，原命題成立。四、三角函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題題目：已知函數(shù)$h(x)=\sin^2x+\cosx+a$（$a\in\mathbb{R}$）。（1）求$h(x)$在$[0,\pi]$上的最值；（2）若對(duì)任意$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$，$h(x)\geq0$恒成立，求$a$的取值范圍；（3）討論方程$h(x)=0$在$[0,2\pi]$上的根的個(gè)數(shù)。解析：（1）$h(x)=1-\cos^2x+\cosx+a=-\cos^2x+\cosx+a+1$，令$t=\cosx$，$t\in[-1,1]$，則$h(x)=-t^2+t+a+1$。二次函數(shù)$y=-t^2+t+a+1$開(kāi)口向下，對(duì)稱軸$t=\frac{1}{2}$，故最大值為$y(\frac{1}{2})=a+\frac{5}{4}$，最小值為$\min{y(-1),y(1)}=\min{a-1,a+1}=a-1$（當(dāng)$t=-1$時(shí)）。（2）當(dāng)$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$時(shí)，$t\in[0,1]$，$y=-t^2+t+a+1\geq0$恒成立。$y_{\min}=y(0)=a+1\geq0\Rightarrowa\geq-1$，故$a\in[-1,+\infty)$。（3）方程$-t^2+t+a+1=0$即$t^2-t-(a+1)=0$，判別式$\Delta=1+4(a+1)=4a+5$。$\Delta<0\Rightarrowa<-\frac{5}{4}$時(shí)，無(wú)實(shí)根；$\Delta=0\Rightarrowa=-\frac{5}{4}$時(shí)，$t=\frac{1}{2}$，對(duì)應(yīng)$x=\frac{\pi}{3},\frac{5\pi}{3}$，共2個(gè)根；$\Delta>0\Rightarrowa>-\frac{5}{4}$時(shí)，兩根$t_1=\frac{1-\sqrt{4a+5}}{2}$，$t_2=\frac{1+\sqrt{4a+5}}{2}$。若$t_1<-1$且$t_2>1$（即$a>1$），則$t_2>1$無(wú)解，$t_1<-1$對(duì)應(yīng)2個(gè)根；若$t_1\in(-1,1)$且$t_2\in(-1,1)$（即$-\frac{5}{4}<a<1$），每個(gè)根對(duì)應(yīng)2個(gè)$x$，共4個(gè)根；若$t_1=-1$（$a=-1$），則$t=-1$或$t=2$（舍），對(duì)應(yīng)$x=\pi$，共1個(gè)根；若$t_2=1$（$a=1$），則$t=1$或$t=0$，對(duì)應(yīng)$x=0,2\pi,\frac{\pi}{2},\frac{3\pi}{2}$，共4個(gè)根。五、函數(shù)圖像變換與復(fù)合函數(shù)題目：已知函數(shù)$y=f(x)$的圖像經(jīng)過(guò)點(diǎn)$(1,2)$，且滿足以下條件：①$f(x)$是奇函數(shù)；②$f(x+2)=f(x)$；③當(dāng)$x\in(0,1)$時(shí)，$f(x)=2^x$。（1）畫(huà)出$f(x)$在$[-3,3]$上的圖像；（2）求$f(\log_27)$的值；（3）若$g(x)=f(x)\cdot\cos(\pix)$，求$g(x)$在$[0,2]$上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)。解析：（1）由條件②知$f(x)$周期為2，條件①知$f(x)$為奇函數(shù)，結(jié)合條件③可得：$x\in(0,1)$時(shí)，$f(x)=2^x$；$x\in(-1,0)$時(shí)，$f(x)=-f(-x)=-2^{-x}$；$x=k$（$k\in\mathbb{Z}$）時(shí)，$f(x)=0$（奇函數(shù)性質(zhì)及周期性）。圖像為區(qū)間$(-1,1)$內(nèi)的指數(shù)曲線片段，結(jié)合周期性延展。（2）$\log_27\in(2,3)$，故$f(\log_27)=f(\log_27-2)=f(\log_2\frac{7}{4})$。因$\log_2\frac{7}{4}\in(0,1)$，則$f(\log_2\frac{7}{4})=2^{\log_2\frac{7}{4}}=\frac{7}{4}$。（3）$g(x)=0\Leftrightarrowf(x)=0$或$\cos(\pix)=0$。$f(x)=0$在$[0,2]$上的解為$x=0,1,2$；$\cos(\pix)=0$在$[0,2]$上的解為$x=\frac{1}{2},\frac{3}{2}$。綜上，共有5個(gè)零點(diǎn)。六、函數(shù)實(shí)際應(yīng)用題題目：某工廠生產(chǎn)一種精密儀器，其成本函數(shù)為$C(x)=x^3-6x^2+15x+10$（單位：萬(wàn)元/百臺(tái)），售價(jià)函數(shù)為$p(x)=20-2x$（單位：萬(wàn)元/百臺(tái)），其中$x$為產(chǎn)量（單位：百臺(tái)，$x\in[0,10]$）。（1）求利潤(rùn)函數(shù)$L(x)$的解析式；（2）當(dāng)產(chǎn)量為多少時(shí)，利潤(rùn)最大？最大利潤(rùn)是多少？（3）若政府對(duì)每百臺(tái)儀器征收$t$萬(wàn)元稅收（$t>0$），為保證工廠利潤(rùn)非負(fù)，求$t$的取值范圍。解析：（1）利潤(rùn)函數(shù)$L(x)=x\cdotp(x)-C(x)=x(20-2x)-(x^3-6x^2+15x+10)=-x^3+4x^2+5x-10$。（2）$L'(x)=-3x^2+8x+5$，令$L'(x)=0$得$x=-\frac{1}{3}$（舍）或$x=5$。當(dāng)$x\in[0,5)$時(shí)，$L'(x)>0$，$L(x)$遞增；當(dāng)$x\in(5,10]$時(shí)，$L'(x)<0$，$L(x)$遞減。故$x=5$時(shí)利潤(rùn)最大，$L(5)=-125+100+25-10=-10$（萬(wàn)元），此時(shí)利潤(rùn)為負(fù)，需結(jié)合實(shí)際調(diào)整產(chǎn)量（可能題目數(shù)據(jù)需優(yōu)化，此處按數(shù)學(xué)邏輯作答）。（3）征稅后利潤(rùn)函數(shù)$L_t(x)=-x^3+4x^2+(5-t)x-10$，要使$L_t(x)\geq0$在$[0,10]$有解，需$L_t(x)_{\max}\geq0$。由（2）知$x=5$為極大值點(diǎn)，$L_t(5)=-125+100+5(5-t)-10=10-5t\geq0\Rightarrowt\leq2$，故$t\in(0,2]$。七、抽象函數(shù)與不等式證明題目：設(shè)函數(shù)$f(x)$的定義域?yàn)?\mathbb{R}$，且對(duì)任意$x,y\in\mathbb{R}$，滿足$f(x+y)=f(x)f(y)$，$f(1)=2$。（1）求$f(0)$的值，并判斷$f(x)$的單調(diào)性；（2）解不等式$f(x^2-2x)>4$；（3）證明：對(duì)任意$n\in\mathbb{N}^*$，$\frac{1}{f(1)}+\frac{1}{f(2)}+\cdots+\frac{1}{f(n)}<1$。解析：（1）令$x=0,y=1$得$f(1)=f(0)f(1)\Rightarrowf(0)=1$。由$f(x)=f(\frac{x}{2}+\frac{x}{2})=[f(\frac{x}{2})]^2\geq0$，且$f(x)\neq0$（否則與$f(1)=2$矛盾），故$f(x)>0$。設(shè)$x_1<x_2$，則$f(x_2)=f(x_1+x_2-x_1)=f(x_1)f(x_2-x_1)>f(x_1)$（因$x_2-x_1>0$，$f(x_2-x_1)>1$），故$f(x)$為增函數(shù)。（2）$4=f(2)$，不等式化為$f(x^2-2x)>f(2)$，因$f(x)$遞增，故$x^2-2x>2\Rightarrowx^2-2x-2>0$，解得$x<1-\sqrt{3}$或$x>1+\sqrt{3}$。（3）由$f(n)=f(n-1+1)=f(n-1)f(1)=2f(n-1)$，知$f(n)=2^n$（等比數(shù)列）。則$\frac{1}{f(n)}=(\frac{1}{2})^n$，左側(cè)為等比數(shù)列求和：$S_n=\frac{\frac{1}{2}(1-(\frac{1}{2})^n)}{1-\frac{1}{2}}=1-(\frac{1}{2})^n<1$，得證。八、分段函數(shù)與導(dǎo)數(shù)綜合題題目：已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^2-ax+1,&x\leq0,\e^x-1,&x>0.\end{cases}$（1）若$f(x)$在$x=0$處連續(xù)，求$a$的值；（2）當(dāng)$a=2$時(shí)，求$f(x)$的極值；（3）若$f(x)$存在最小值，求$a$的取值范圍。解析：（1）$\lim\limits_{x\to0^-}f(x