《函數(shù)的基本性質(zhì)》培優(yōu)訓(xùn)練題(教師版)

1、.函數(shù)的基本性質(zhì)培優(yōu)訓(xùn)練題1（ 2016?義烏市模擬）已知a 為實(shí)數(shù)，函數(shù) f （x） =x2 |x2 ax2|在區(qū)間（ ， 1）和（ 2， +）上單調(diào)遞增，則 a 的取值范圍為（）A 1， 8B 3， 8 C 1， 3D 1， 8【解答】 解：令函數(shù)22g（ x） =x ax 2，由于 g（ x）的判別式 =a +8 0，故函數(shù) g（ x）一定有兩個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 x1 和 x2，且 x1 x2函數(shù) f （ x） =x2 |x2 ax 2|=，故當(dāng) x（ ，x1）、（ x2， +）時(shí)，函數(shù) f（ x）的圖象是位于同一條直線上的兩條射線，2 ax 2 下凹的一部分，且各段連在一起當(dāng) x（ x1，

2、x2）時(shí)，函數(shù) f（ x）的圖象是拋物線y=2x由于 f（ x）在區(qū)間（ ， 1）和（ 2，+）上單調(diào)遞增， a 0 且函數(shù) g（ x）較小的零點(diǎn) x1= 1，即 a+2222，平方得 a+4a+4 a +8 ，得 a1，同時(shí)由 y=2x ax 2 的對稱軸為 x= ，若且 1 2，可得 4a8綜上可得， 1a8，故實(shí) a 的取值范圍為1， 8 ，故選： A2（ 2016?江西校級模擬）已知定義域?yàn)镽 的函數(shù) f（ x）在（ 2， +）上單調(diào)遞減，且y=f （ x+2）為偶函數(shù)，則關(guān)于 x 的不等式f（ 2x 1） f（ x+1） 0 的解集為（）A（ ，）（ 2， +） B（， 2） C（

3、，）（ 2， +） D （， 2）【解答】 解：定義域?yàn)镽 的函數(shù) f（ x）在（ 2， +）上單調(diào)遞減，且y=f（ x+2）為偶函數(shù)， y=f（ x+2）關(guān)于 x=0 對稱，即函數(shù)f （ x+2）在（ 0， +）上為減函數(shù)，由f（ 2x 1） f（ x+1） 0 得 f（ 2x 1） f（ x+1），即 f（ 2x 3+2） f（ x 1+2），即 |2x 3| |x 1|，平方整理得3x2 10x+8 0，即 x 2，即不等式的解集為（，2），故選： D3（ 2016?四川模擬）設(shè)f（ x）滿足： 任意 xR，有 f（ x） +f（ 2x） =0 ； 當(dāng) x1 時(shí)， f（ x）=|x a|

4、 1，（ a 0），若 xR，恒有 f（ x） f（ x m），則 m 的取值范圍是（）A（ 0， +） B（ 4， +） C（ 3， +） D（ 5， +）【解答】 解：任意xR，有 f（ x） +f（ 2 x） =0， f （ 2 x） = f（ x），則函數(shù)關(guān)于（1， 0）點(diǎn)對稱，當(dāng) x=1 時(shí)， f（ 1） +f（ 2 1）=0，即 2f（ 1） =0，則 f（ 1）=0 ，當(dāng) x1 時(shí)， f（ x） =|x a| 1， f（ 1）=|1 a|1=0，則 |a 1|=1，則 a 1=1 或 a 1= 1，則 a=2 或 a=0， a 0， a=2，即當(dāng) x1 時(shí)， f（ x） =|x

5、2| 1當(dāng) x1 時(shí)， x1， 2 x1，即 f（ x） = f（ 2 x） =（ |2 x 2| 1）=1 |x|， x1，作出函數(shù) f （x）的圖象如圖：若f（ x） f（ x m），則由圖象知，將函數(shù)f（ x）向右平移m 個(gè)單位即可，;.由圖象知， m 4，故選： B4（ 2016?廣安模擬）已知 f（ x）=32x（ k+1） 3x+2，當(dāng) xR 時(shí)， f（ x）恒為正值，則k 的取值范圍是（）A（ ， 1） B（ ， 2 1）C （ 1， 2 1） D（ 21，2 1）x2（ k+1） t+2 ，若 xR 時(shí)， f（ x）恒為正值，【解答】 解：令 3 =t （ t 0），則 g（

6、t） =t則 g（ t） =t2（ k+1） t+2 0 對 t0 恒成立 或解 得： 1 k 1+；解 得： k 1綜上，實(shí)數(shù) k 的取值范圍是（ ， 2 1）故選： B5（ 2016?通州區(qū)一模）若定義域均為D 的三個(gè)函數(shù) f（ x）， g（ x）， h（ x）滿足條件： ? xD，點(diǎn)（ x， g（ x） 與點(diǎn)（ x， h（ x）都關(guān)于點(diǎn)（ x，f（ x）對稱，則稱h（ x）是 g（ x）關(guān)于 f（ x）的 “對稱函數(shù) ”已知 g（ x）=，f（ x） =3x+b ， h（ x）是 g（ x）關(guān)于 f（ x）的 “對稱函數(shù) ”，且 h（ x）g（ x）恒成立，則實(shí)數(shù) b 的取值范圍是（）A

7、（ ，B，C3，D， +）【解答】 解：作出 g（ x）和 f（ x）的圖象，若 h（ x） g（ x）恒成立，則h（ x）在直線 f（ x）的上方，即 g（ x）在直線 f（ x）的下方，則直線f（ x）的截距 b 0，且原點(diǎn)到直線y=3x+b 的距離 d1，即 d=1，即 |b|，則 b或 b（舍），即實(shí)數(shù) b 的取值范圍是 ， +），故選： D6（ 2016 春 ?普寧市校級月考）定義在R 上的函數(shù)f（ x）滿足 f（ x）=f（ x 2），當(dāng) x（ 1，3）時(shí)， f（ x） =1+（ x 2）2，則（） A f（ sin） f（ sin）B f（ sin） f（ cos）;.C f（

8、cos） f（ cos） D f（ tan） f（ tan）【解答】 解：由 f（ x）=f （ x 2）得函數(shù)的周期是2， x（ 1， 3）時(shí)， f （x） =1+ （ x 2） 2，則函數(shù)關(guān)于 x=2 對稱，當(dāng) x（ 1， 2）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，則x（ 2， 3）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，即當(dāng) x（ 0， 1）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，由f（ x） =f（ x+2） =f（ 2 x） =f（ x），即函數(shù) f（ x）同時(shí)也是偶函數(shù)，A f（ sin） f（ sin）等價(jià)為f（） f（），當(dāng) x（ 0， 1）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，不等式f（） f（ ），成立，故A 正確， Bf（ sin） f（ cos）等價(jià)為

9、 f（） f（ ） =f（ ），當(dāng) x（ 0， 1）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增，不等式f（） f（），不成立，故B 錯(cuò)誤，Cf（ cos） f（ cos）等價(jià)為 f（） f（），當(dāng) x（ 0，1）時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞增， 不等式 f（） f（），不成立，故 C 錯(cuò)誤， D f（ tan） f（ tan）等價(jià)為 f（） f（）=f（），則不等式不成立，故D錯(cuò)誤，故選： Ax7（ 2015?南昌校級二模）設(shè) xR，若函數(shù)f（ x）為單調(diào)遞增函數(shù)，且對任意實(shí)數(shù)x，都有 ff （ x） e =e+1（ e 是自然對數(shù)的底數(shù)） ，則 f（ ln2）的值等于（） A 1B e+lC 3D e+3【解答】 解：設(shè) t=f（

10、 x） ex，xt，則 f（ x） =e +t，則條件等價(jià)為 f（ t） =e+1，令 x=t ，則 f（ t） =e +t=e+1函數(shù) f （ x）為單調(diào)遞增函數(shù)，函數(shù)為一對一函數(shù)，解得x+1，即 f（ ln2） =eln2t=1， f（ x） =e+1=2+1=3 ，故選： C8（ 2016 春 ?溫州期中）已知函數(shù)f（ x）在 R 上滿足 f（ x） +f（ x）=0 ，且 x0 時(shí)， f（ x）=（ |x+sin|+|x+2sin|）+ sin（ ）對任意的 xR ，都有 f（ x 3） f（ x）恒成立，則實(shí)數(shù) 的取值范圍為（）A 0， B ，C，D，【解答】 解：設(shè) t=sin，則

11、 t 1， 1；當(dāng) x 0時(shí)， f（ x） =（ |x+t|+|x+2t| ） + t，若 t0，則當(dāng) x 0 時(shí)， f （x） =x+3t ，當(dāng) x 0 時(shí)， f（ x） = f（ x） =（ x+3t） =x 3t，由 f（ x 3） f（ x）恒成立，可得y=f（ x）的圖象恒在y=f （ x 3）的圖象上方，則 sin0；當(dāng) t 0 時(shí)，當(dāng) x0 時(shí)， f（ x） =，由 f（ x） =x+3t ，x 2t，得 f（ x）t；當(dāng) t x 2t 時(shí)， f（ x） =t；由 f（ x） = x， 0x t，得 f（ x） t當(dāng) x 0 時(shí)， f（ x） minx 0 時(shí)， f （ x）ma

12、x） f=t 函數(shù) f（ x）為奇函數(shù)，當(dāng)= t對 xR，都有 f（ x 3（ x）， 3t 3t3，解得 t，綜上可得 sin，解得+2k2k+， kZ 又 ， ， ，故選： D ;.9（ 2015?衡水校級模擬）已知函數(shù)f（ x）和 g（ x）是兩個(gè)定義在區(qū)間 M 上的函數(shù)，若對任意的xM ，存在常數(shù) ，使得f（ ）（），g（ x） g（ x ），且 f（x） =g（ x ，則稱 f（ x）與 g（ x）在區(qū)間 M 上是 “相似函數(shù) ”，若 f0 Mx fx000x（ x） =2x2+ax+b 與 g（ x） =x+ 在 1， 上是 “相似函數(shù) ”，則函數(shù) f（ x）在區(qū)間 1， 上的最大

13、值為（）A 4B C 6D【解答】 解：利用導(dǎo)數(shù)可知 g（x） =x+在 1， 上的最小值為 4，最大值為 5，對任意的 xM ，存在常數(shù) x0M ，使得 g（ x） g（ x0），則 g（ x0） =g（ x） min=4，此時(shí) x0 =2根據(jù)題意知 f（ x） min=f（ 2） =4，二次函數(shù)2f（ x） =2x +ax+b 的頂點(diǎn)坐標(biāo)為（ 2， 4）， a= 8， b=122 上的最大值為 f（x） max=f（ 1） =6 故選 C f（ x） =2（ x 2） +4， f（ x）在 1，10（ 2015?莆田校級模擬）設(shè)函數(shù) f（ x）的定義域?yàn)?A ，若存在非零實(shí)數(shù)（ x+l）

14、f（ x），則稱 f（x）為 I 上的 l 高調(diào)函數(shù)，如果定義域?yàn)?R 的函數(shù) a2，且函數(shù)f（ x）為 R 上的 1 高調(diào)函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a 的取值范圍為（l 使得對于任意xI（ I ? A），有 x+l A，且 f2f（ x）是奇函數(shù)，當(dāng)x0 時(shí)， f（x） =|x a |）A 0 a 1Ba C 1a1D 2a2【解答】 解：定義域?yàn)镽 的函數(shù) f（ x）是奇函數(shù)，當(dāng) x0 時(shí)， f（ x）22圖象如圖，=|x a | a = f（ x）為 R 上的 1 高調(diào)函數(shù)，當(dāng)x 0 時(shí)，函數(shù)的最大值為a2，要滿足 f（ x+l） f（ x），1 大于等于區(qū)間長度3a2（ a2）， 13a2（ a2

15、）， a 故選 B11（ 2014?湖北）已知 f（ x）是定義在 R 上的奇函數(shù)，當(dāng) x0 時(shí)， f （x） =x2 3x，則函數(shù) g（ x） =f（ x） x+3 的零點(diǎn)的集合為（）A 1， 3B 3， 1， 1， 3C 2， 1，3D2，1，3【解答】 解： f（ x）是定義在R 上的奇函數(shù)，當(dāng)x0 時(shí)， f（ x） =x2 3x，;.22 3x，令 x 0，則 x 0， f（ x）=x +3x= f（ x） f （ x） = x g（ x） =f（ x） x+3 g（ x） =令 g（ x） =0 ，當(dāng) x0 時(shí)， x2 4x+3=0，解得 x=1，或 x=3，當(dāng) x 0 時(shí)， x2

16、4x+3=0 ，解得 x= 2，函數(shù) g（ x） =f（ x） x+3 的零點(diǎn)的集合為 2， 1， 3故選： D12（ 2014?安徽模擬） 已知 f（ x）是偶函數(shù)， 且 f（ x）在 0，+）上是增函數(shù)， 如果 f（ ax+1）f（ x2）在上恒成立，則實(shí)數(shù) a 的取值范圍是（）A2，1 B 5，0C5，1D 2，0【解答】 解：由題意可得 |ax+1|x 2|對恒成立，得 x 2ax+12 x 對恒成立，從而且對恒成立， a 2 且 a0，即 a 2， 0，故選 D13（ 2014?濮陽二模）已知函數(shù) f（ x+1）是定義在 R 上的奇函數(shù)，若對于任意給定的不等實(shí)數(shù)x1、 x2，不等式（

17、 x1 x2） f（ x1） f （x2） 0 恒成立，則不等式 f（ 1x） 0 的解集為（）A（ 1， +） B（ 0， +） C（ ， 0） D（ ， 1）【解答】 解：由不等式（ x1 x2） f（ x1） f（ x2） 0恒成立得，函數(shù)f（ x）是定義在 R 上的減函數(shù) 又因?yàn)楹瘮?shù) f（ x+1）是定義在 R 上的奇函數(shù)，所以有函數(shù)f（ x+1）過點(diǎn)（ 0， 0）；故函數(shù) f（x）過點(diǎn)（ 1，0） 相結(jié)合得： x 1 時(shí)， f（ x） 0故不等式 f（ 1 x） 0 轉(zhuǎn)化為1 x 1? x 0故選 C14（ 2014?渭南二模）已知函數(shù) g（ x）是 R 上的奇函數(shù)， 且當(dāng) x 0

18、時(shí) g（ x）= ln（ 1 x），函數(shù)若 f（ 2 x2） f（ x），則實(shí)數(shù) x 的取值范圍是（） A（ 2， 1）BC（ 1， 2） D 【解答】 解：奇函數(shù)g（ x）滿足當(dāng) x 0 時(shí)， g（ x） = ln（ 1 x），當(dāng) x 0 時(shí)， g（ x） = ln（ 1+x） = g（ x），得當(dāng) x 0 時(shí)， g（ x） = g（ x） =ln（ 1+x） f（ x）的表達(dá)式為， y=x3 是（ ， 0）上的增函數(shù)， y=ln （ 1+x）是（ 0， +）上的增函數(shù)， f（ x）在其定義域上是增函數(shù)，由此可得：f（ 2 x2） f（ x）等價(jià)于2 x2 x，解之得2 x 1 故選 A15

19、（ 2014?張掖模擬）已知函數(shù) y=f（ x）的周期為2，當(dāng) x0， 2 時(shí)， f（x）=（ x 1）2，如果 g（ x）=f（ x） log5|x 1|，則函數(shù) y=g（ x）的所有零點(diǎn)的個(gè)數(shù)是（）A2B 4C6D8;.【解答】 解：由題意可得g（ x） =f（ x） log5|x 1|，根據(jù)周期性畫出函數(shù)f（ x）=（ x 1）2 的圖象以及 y=log5|x 1|的圖象，根據(jù) y=log5|x 1|在（ 1， +）上單調(diào)遞增函數(shù)，當(dāng)x=6 時(shí)， log5|x 1|=1，當(dāng) x 6 時(shí)， y=log5|x 1|1，此時(shí)與函數(shù)y=f （ x）無交點(diǎn)再根據(jù) y=log5|x 1|的圖象和 f

20、（ x）的圖象都關(guān)于直線x=1 對稱，結(jié)合圖象可知有8個(gè)交點(diǎn)，則函數(shù)g（ x） =f（ x） log5|x 1|的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為 8，故選 D16（ 2014?山東模擬）已知函數(shù)f（ x）是定義在R 上的奇函數(shù)，且滿足f（ x+2） = f（ x），當(dāng) 0x1 時(shí)，則使的 x 的值是（） A 2n（ nZ） B 2n 1（ nZ ）C 4n+1（ nZ ） D 4n 1（ nZ ）【解答】 解： f（ x）是奇函數(shù)且f（ x+2） = f（ x）， f（ x+4） = f（ x+2） =f （ x）函數(shù)f（ x）的周期T=4 當(dāng) 0x1 時(shí)， f（ x） =x，又 f （ x）是奇函數(shù)，當(dāng) 1x0

21、 時(shí)， f （x） =x，令x= 解得： x= 1 而函數(shù) f（ x）是以 4 為周期的周期函數(shù)，方程 f （ x） =的 x 的值是： x=4k 1， kZ 故選 D17（ 2013?屯溪區(qū)校級模擬）已知函數(shù)f（ x） =lg（ ax bx） +x 中，常數(shù)a、 b 滿足 a 1 b 0，且 a=b+1 ，那么 f（ x） 1 的解集為（） A（ 0， 1） B（ 1， +） C（ 1， 10） D（ 10， +）【解答】 解：由 ax bx 0 即 1 解得 x 0，所以函數(shù)f（ x）的定義域?yàn)椋?， +），因?yàn)?a 1 b 0，所以 ax 遞增， bx 遞增，所以t=ax bx 遞增，又

22、y=lgt 遞增，所以f（ x） =lg（ ax bx） +x 為增函數(shù)，而 f（ 1） =lg（ a b） +1=lg1+1=1 ，所以 x 1 時(shí) f（ x） 1，故 f（ x） 1 的解集為（ 1， +）故選 B18（ 2013?北京校級一模）定義在R 上的函數(shù)f（ x）滿足 f（ x） =f（ x+2），當(dāng) x1， 3 時(shí)， f（ x） =2 |x 2|，則（）AB f（ sin1） f（ cos1） C f （ tan3） f（ tan6）D f（ sin2） f（ cos2）【解答】 解：設(shè) x 1， 1，則 x+21， 3 f（x） =f（ x+2） =2 |x+2 2|=2 |

23、x|即 f（ x） =f（） f（） =2 2+=0，排除 A 1 sin1 cos1 0，f（ x）在 0，1上單調(diào)減 f（ sin1） f（ cos1），排除 B 1 tan6 tan3 0，f（ x）在 1， 0上單調(diào)增 f（ tan3） f （ tan6），排除 C 故選 D19（ 2013?泰安一模） 設(shè)奇函數(shù) f（ x）在 1，1 上是增函數(shù)， f（ 1）= 1若函數(shù) f（ x）t2 2at+1 對所有的 x1， 1 都成立，則當(dāng)a1， 1時(shí)， t 的取值范圍是（） A 2t2BC t 2 或 t=0 或 t2D ;.【解答】 解：奇函數(shù)f（ x）在 1， 1 上是增函數(shù)， f（

24、1） = 1 x=1 時(shí)，函數(shù)有最大值f（ 1）=1若函數(shù) f （ x） t2 2at+1 對所有的 x 1， 1 都成立， 1t2 2at+1 2at t20，設(shè) g（ a） =2at t2（ 1a1），欲使 2at t20 恒成立，則 t 2 或 t=0 或 t2故選 C222x， y 恒成立，則實(shí)數(shù)a 的最小值為（20（ 2013?梅州一模）若不等式 x +2xya（ x +y ）對于一切正數(shù)A 2BC D 22222 2× +a0，【解答】 解： x0， y 0， x+2xya（ x +y ） ? 2xy（ a 1） x+ay ? （ a 1）.）令 t=（ t 0）， f（

25、 t） =（ a 1） t2 2t+a，依題意，即，解得 a實(shí)數(shù)a的最小值為故選 D21（ 2012?南溪縣校級一模）已知函數(shù)是（ ，+）上的增函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a 的取值范圍是（） A 1a2B a1 或 a2C 1 a 2D a 1 或 a 2【解答】 解：根據(jù)題意，當(dāng) x0 時(shí)， f（ x） =x2，易得 f（ x）為增函數(shù)，當(dāng) x 0 時(shí)， f（ x） =x3+a2 3a+2，也為增函數(shù)，若 f（ x）在（ ， +）上的增函數(shù)，必有23220 0 +a 3a+2，即 0a 3a+2，解可得 1a2，故選 A22（ 2012?沙坪壩區(qū)校級模擬）已知定義在 R 上的函數(shù) f（ x）滿足 f（ x）+f（ 2 x）=2f（ 1），當(dāng) x1 時(shí)，且 x 2， 2時(shí)， nf（ x） m 恒成立，則m n 的最小值是（） A B C 1D2【解答】 解：當(dāng) x1 時(shí)， f（ 1） =1+4=5 ， f（ x） +f（ 2 x） =2f（ 1） =1