专题06 切比雪夫函数(解析版)

专题06 切比雪夫函数

一．考情分析

纵观近几年的高考真题，出现了一类题目。看似是一道有关二次函数的题目；二次函数的定义域和值域相同。大多数学生或老师，第一眼看过去，以为是定轴动区间或定区间动轴的问题，然后就进入讨论的误区。深入讨论，就会发现，计算复杂，讨论纷扰。最后就是不了了之。然后，再次审视题目，就会发现我们陷入误区。切比雪夫函数或切比雪夫不等式，在此时的应用，就可以让我们秒解这类题目。数学的学习，就是要学习数学，领悟数学，秒杀数学。 二．经验分享

1.切比雪夫不等式

①马尔科夫不等式：PXEX,(X0)；

②切比雪夫不等式是马尔科夫不等式的特殊情况：

P|X|k1其中k0,是期望，是标准差. k22. 切比雪夫函数与切比雪夫不等式的意义

马尔科夫不等式和切比雪夫不等式，是高等数学中学习的内容，是概率与统计学中的一个定理。主要意思：事情的大多会集中在平均值附近或者事情的发生大多在平均值上的概率最大。也就说，马尔科夫不等式或者切比雪夫不等式只是对概率的一个估计，既然是估计，就有可能正确，也有可能不正确。但是按照这两个不等式来看，在概率学的角度上。发生的概率是最大。但在高中数学学习初等函数，用这个两个不等式解题，就会有出奇制胜，秒杀的快感。

三、题型分析

（一）切比雪夫函数的巧解 例1.已知函数f(x)=x2+是 ． 【传统解法】

11|x-a|+b(a,b∈R)，若x1,1时，fx1，则ab的最大值

22

【切比雪夫不等式解法】

【解析】根据切比雪夫不等式：f(x)=x2+1|x-a|+b(a,b∈R)，若x1,1时，fx1 22对称轴为压轴，所以ax1,1，f(x)=x+b(a,b∈R)， 当x1，|f(1)|=|1+b|1,故此次b1,

111ab的最大值1+1 2222【变式训练】已知函数f(x)=mx+(2-m)x+n(m>0)，若x1,1时，fx1恒成立，则f()=

23【切比雪夫不等式解法】

【解析】根据切比雪夫不等式：若x1,1时，fx1恒成立，也就是对称轴应该是x0；

x2m=0，解之得：m2，f(x)2x2n,故此|f(1)||2n|1恒成立； 2m2故此n1,所以f(x)2x1.

21∴f()=-.

39

（二）其他类型函数的

例2．【2019年高考浙江】已知aR，函数f(x)axx，若存在tR，使得|f(t2)f(t)|则实数a的最大值是___________. 【答案】

32， 34 32233，即有|a(t2)(t2)att|， 3322222化为|2a3t6t42|，可得2a3t6t42，

333244222即a3t6t4，由3t6t43(t1)11，可得0a. 3334则实数a的最大值是.

3【解析】存在tR，使得|f(t2)f(t)|【名师点睛】本题考查函数的解析式及二次函数，结合函数的解析式可得|a(t2)(t2)att|去绝对值化简，结合二次函数的最值及不等式的性质可求解.

332，3x21,x0【变式训练1】 【广东省汕头市2019届高三第二次模拟考试（B卷)数学】已知函数fx， x2x1,x0gxx2x2，设b为实数，若存在实数a，使得gbfa2成立，则b的取值范围为

A．1,2

B．37, 223,4 2C．37, 22

D．【答案】A

x21,x0【解析】因为fx， x2x1,x0所以当x0时，fx2x1单调递增，故fx2x12；

x2111当x0时，fxxx2，

xxx当且仅当x1，即x1时，取等号， x

【变式训2】【高2017级资阳市高三第二次诊断性考试理科数学，12题】已知直线y2x与曲线

f(x)ln(axb)相切，则ab的最大值为（ ）

A.

ee B. C.e D.2e 42

【答案】C

【解析】由题意得：设切点为A(x0,y0)，因为切点既在直线y2x上，也在曲线f(x)ln(axb)上，所以得到：2x0ln(ax0b)①；

'同时求导：y2和y'aa，切点在A(x0,y0)，故此2②；

ax0baxb联立①②得：x01a1aaln再带入②整理得：alnb， 22222aaaa2a2aln，其中a0； 化简：blnab222222x2x2xx1ln(),(x0)，H'(x)xln,(x0) 构造函数H(x)22222x2x2xx1ln()是单调递增； 故当x0,2e，H(x)xln0，H(x)22222'x2x2xx1ln()是单调递减。 当x2e,，H(x)xln0，H(x)22222'x2x2xln(),(x0)的最大值H(2e)e； 所以H(x)222

从而得到ab的最大值为e.

四.迁移应用

1．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学】设函数fxA．9 C．13 【答案】B

【解析】∵函数fx故选B．

【名师点睛】本题考查分段函数、函数值的求法，考查对数函数的运算性质，是基础题．

22．【黑龙江省哈尔滨市第三中学2019届高三第二次模拟数学】函数f(x)log2(x3x4)的单调减区

log21x,x04,x0x，f3flog23

B．11 D．15

log21x,x04,x0x，∴f(3)flog23log244log23=2+9=11．

间为 A．(,1) C．(,) 【答案】A

【解析】函数fxlog2x3x4，

2

B．(,) D．(4,)

3232则x3x40(x4)(x1)0x4或x1， 故函数fx的定义域为x4或x1，

2由ylog2x是单调递增函数，可知函数fx的单调减区间即yx3x4的单调减区间， 2当x(,)时，函数yx3x4单调递减，

232结合fx的定义域，可得函数fxlog2x3x4的单调减区间为,1.

2故选A.

【名师点睛】本题考查了复合函数的单调性，要注意的是必须在定义域的前提下，去找单调区间.

3【．山东省烟台市2019届高三3月诊断性测试（一模）数学】若函数f(x)是定义在R上的奇函数，f()1，

14

当x0时，f(x)log2(x)m，则实数m A．1 C．1 【答案】C

【解析】∵f(x)是定义在R上的奇函数，f()1， 且x0时，f(x)log2(x)m， ∴f

B．0 D．2

1411logm2m1， 244∴m1． 故选C．

【名师点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，以及已知函数值求参数的方法，熟记函数奇偶性的定义即可，属于常考题型.

4．【河南省郑州市2019届高三第三次质量检测数学】我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函

x4数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数fxx的图象大致是

41A． B．

C． D．

【答案】D

x4(x)4x4f(x)， 【解析】因为函数fxx，f(x)x414x141所以函数f(x)不是偶函数，图象不关于y轴对称，故排除A、B选项； 又因为f(3)9256,f(4),所以f(3)f(4)， 7255而选项C在x0时是递增的，故排除C. 故选D.

【名师点睛】本题考查了函数的图象和性质，利用函数的奇偶性和取特值判断函数的图象是解题的关键，属于基础题.

5．【四川省百校2019届高三模拟冲刺卷】若函数yfx的大致图象如图所示，则fx的解析式可以是

A．fxx xxeeB．fxx xxeeexexC．fx

x【答案】C

exexD．fx

x【解析】当x→0时，f（x）→±∞，而A中的f（x）→0，排除A； 当x＜0时，f（x）＜0，而选项B中x＜0时，fxx>0， xxeeexex>0，排除B，D， 选项D中，fxx故选C．

【名师点睛】本题考查了函数的单调性、函数值的符号，考查数形结合思想，利用函数值的取值范围可快速解决这类问题．

2x,xa6．【北京市朝阳区2019届高三第二次（5月)综合练习（二模）数学】已知函数f(x)，若函

x,xa数f(x)存在零点，则实数a的取值范围是 A．,0 C．1, 【答案】D

B．,1 D．0,

2x,xa【解析】函数f(x)的图象如图：

x,xa

若函数f(x)存在零点，则实数a的取值范围是（0，+∞）． 故选D．

【名师点睛】本题考查分段函数，函数的零点，考查数形结合思想以及计算能力．

7．【山东省烟台市2019届高三5月适应性练习（二）数学】已知函数yf(x)的定义域为R,f(x1)为偶函数，且对x1x21，满足

fx2fx10.若f(3)1，则不等式flog2x1的解集为 x2x1B．(1,8)

A．,8

12

C．0,1(8,) 2D．(,1)(8,)

【答案】A

【解析】因为对x1x21，满足

fx2fx10，所以yf(x)当x1时，是单调递减函数，又因x2x1为f(x1)为偶函数，所以yf(x)关于直线x1对称，所以函数yf(x)当x1时，是单调递增函数，又因为f(3)1，所以有f(1)1， 当log2x1，即当0x2时，

11flog2x1flog2xf(1)log2x1x,x2；

22当log2x1，即当x2时，

flog2x1flog2xf(3)log2x3x8,2x8，

综上所述：不等式flog2x1的解集为,8. 故选A．

【名师点睛】本题考查了抽象函数的单调性、对称性、分类讨论思想. 对于yf(x)来说，设定义域为I，DI，x1,x2D,x1x2， 若(f(x2)f(x1))(x2x1)0(12

f(x2)f(x1)0)，则yf(x)是D上的增函数；

x2x1f(x2)f(x1)0)，则yf(x)是D上的减函数.

x2x1若(f(x2)f(x1))(x2x1)0(8．【重庆西南大学附属中学校2019届高三第十次月考数学】已知f(x2)是偶函数，f(x)在，2上单调递减，f(0)0，则f(23x)0的解集是

2(2，) 322C．(，)

33A．(，)【答案】D

B．(，2)

23)D．(，232(，) 3【解析】因为f(x2)是偶函数，所以f(x)的图象关于直线x2对称， 因此，由f(0)0得f(4)0，

又f(x)在，2上单调递减，则f(x)在2,上单调递增，

所以，当23x2即x0时，由f(23x)0得f(23x)f(4)，所以23x4， 解得x2； 32， 3当23x2即x0时，由f(23x)0得f(23x)f(0)，所以23x0，解得x)因此，f(23x)0的解集是(，故选D.

232(，). 3【名师点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，不等式的求解，先根据函数的奇偶性得到函数在定义域上的单调性，从而分类讨论求解不等式.

上单调递增，9．【山东省德州市2019届高三第二次练习数学】已知定义在R上的函数fx在区间[0，且yfx1的图象关于x1对称，若实数a满足flog2af2，则a的取值范围是 A．0,



14

B．1, 4C．1,4 4

D．4,

【答案】C

【解析】根据题意，yfx1的图象关于直线x1对称，则函数fx的图象关于y轴对称，即函数

fx为偶函数，

上单调递增， 又由函数fx在区间[0，可得f|log2a|f2，则|log2a|2， 即2log2a2，解得

1a4， 4即a的取值范围为故选C．

1,4. 4【名师点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查对数不等式的解法.

x21,x010．【广东省汕头市2019届高三第二次模拟考试（B卷)数学】已知函数fx，x2x1,x0

gxx2x2，设b为实数，若存在实数a，使得gbfa2成立，则b的取值范围为

A．1,2

B．37, 22C．37, 22

D．3,4 2【答案】A

x21,x0【解析】因为fx， x2x1,x0所以当x0时，fx2x1单调递增，故fx2x12；

x2111当x0时，fxxx2，

xxx当且仅当x综上可得，

又因为存在实数，使得所以只需解得故选A.

【名师点睛】本题主要考查分段函数的值域，将存在实数，使得

是解题的关键，属于常考题型.

11．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】若f(x)成立，转化为

.

，即

1，即x1时，取等号， x.

成立，

，

，则f(x)的定

log(x)义域为____________. 【答案】(,0)

122x10【解析】要使函数有意义，需log(2x1)0，

12

解得1x0. 212则f(x)的定义域为(,0).

【名师点睛】本题考查函数的定义域，属于基础题.

12．【湖南省长沙市第一中学2019届高三下学期高考模拟卷（一）数学】若函数f(x)称为“准奇函数”，则b，必存在常数a，使得对定义域的任意x值，均有f(x)f(2ax)2b，已知f(x)则a＋b＝_________. 【答案】2

【解析】由f(x)f(2ax)2b知“准奇函数”f(x)关于点(a,b)对称. 因为f(x)x为准奇函数”，x1x1=1关于(1,1)对称，所以a1，b1，

x1x1则ab2. 故答案为2.

【名师点睛】本题考查新定义的理解和应用，考查了函数图象的对称性，属于基础题． 13．【广东省深圳市深圳外国语学校2019届高三第二学期第一次热身考试数学】函数fx为奇函数，则实数a__________． 【答案】1 【解析】

函数fx11axlog2x1x11axlog2为奇函数，fxfx， x1x即fxfx0，

则11ax11ax1ax1axlog2log20，即log20， 1x1xx1xx1x1ax1ax1a2x21，则1a2x21x2， 21x1x1xa21，则a1.

当a1时，fx11xlog2， x1x则fx的定义域为：xx0且x1，

此时定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数，不满足题意；



当a1时，fx11xlog2，满足题意， x1xa1.

【名师点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性求解函数解析式，根据条件建立方程关系是解决本题的关键，易错点是忽略定义域关于原点对称的前提，造成求解错误．

14．【河南省濮阳市2019届高三5月模拟考试数学】已知直线l与曲线yx3x1有三个不同的交点

Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3，且|AB||AC|，则xiyi__________.

i13【答案】3

【解析】由题意，函数yxx是奇函数，则函数yxx的图象关于原点对称， 所以函数yxx1的函数图象关于点(0,1)对称，

3因为直线l与曲线yxx1有三个不同的交点Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3，且|AB||AC|，

333所以点A为函数的对称点，即A(0,1)，且B,C两点关于点A(0,1)对称， 所以x1x2x30,y1y2y33，

于是

xy3.

iii13【名师点睛】本题主要考查了函数对称性的判定及应用，其中解答中根据函数的基本性质，得到函数图象的对称中心，进而得到点A为函数的对称点，且B,C两点关于点(0,1)对称是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.