2018年數(shù)學(xué)專題01函數(shù)的圖象與性質(zhì)熱點(diǎn)難點(diǎn)突破文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE9學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精專題01函數(shù)的圖象與性質(zhì)1．已知f(x)＝x＋eq\f(1，x)－1，f(a)＝2,則f（－a)＝(）A．－4B．－2C．－1D．－3解析:因?yàn)閒（x）＝x＋eq\f(1，x）－1,所以f（a)＝a＋eq\f(1，a）－1＝2,所以a＋eq\f（1，a）＝3，所以f(－a）＝－a－eq\f(1,a)－1＝－eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a＋\f（1，a)）)－1＝－3－1＝－4，故選A。答案:A2．下列函數(shù)中,定義域是R且為增函數(shù)的是（）A．y＝2－xB．y＝xC．y＝log2xD．y＝－eq\f(1，x）解析：由題知,只有y＝2－x與y＝x的定義域?yàn)镽，且只有y＝x在R上是增函數(shù)．答案：B3．下列四個(gè)函數(shù)：①y＝3－x;②y＝2x－1(x〉0)；③y＝x2＋2x－10；④y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx≤0,，\f（1,x）x〉0。））其中定義域與值域相同的函數(shù)的個(gè)數(shù)為(）A．1B．2C．3D．4答案：B4．設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\f（2x，x－2）在區(qū)間［3，4]上的最大值和最小值分別為M，m，則eq\f(m2，M)＝（）A.eq\f（2，3)B。eq\f（3，8）C.eq\f（3,2)D.eq\f（8，3）解析：易知f(x)＝eq\f(2x，x－2)＝2＋eq\f（4,x－2）,所以f(x）在區(qū)間［3,4］上單調(diào)遞減，所以M＝f（3）＝2＋eq\f(4,3－2)＝6，m＝f（4)＝2＋eq\f（4,4－2)＝4，所以eq\f(m2,M）＝eq\f(16,6)＝eq\f(8，3）。答案：D5．函數(shù)f（x)＝eq\f（ex，x)的圖象大致為()解析:由f（x)＝eq\f（ex，x），可得f′(x）＝eq\f（xex－ex,x2)＝eq\f(x－1ex，x2)，則當(dāng)x∈（－∞，0）和x∈(0，1）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．又當(dāng)x〈0時(shí)，f(x)<0，故選B。答案：B6．已知f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（log3x，x〉0，，ax＋b，x≤0，））且f(0）＝2，f（－1）＝3，則f(f（－3))＝（)A．－2B．2C．3D．－3答案：B7．已知f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（log2x＋a，x>0，ax＋1，x≤0)），若f（4)＝3,則f（x）〉0的解集為()A．{x|x〉－1}B．{x｜－1〈x≤0｝C．{x｜x〉－1且x≠0｝D。eq\b\lc\｛\rc\｝（\a\vs4\al\co1(x\b\lc\｜\rc\（\a\vs4\al\co1（－1〈x≤0或x〉\f(1，2)））))解析：因?yàn)閤〉0時(shí)，f（x)＝log2x＋a，所以f（4)＝2＋a＝3，所以a＝1。所以不等式f（x)>0等價(jià)于eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（x>0,,log2x＋1〉0，））即x>eq\f(1,2),或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤0,x＋1>0)），即－1<x≤0,所以f（x)>0的解集為eq\b\lc\｛\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(－1〈x≤0或x>\f（1,2)))）)。答案:D8．定義在R上的函數(shù)f（x）對(duì)任意0<x2〈x1都有eq\f（fx1－fx2,x1－x2)〈1，且函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,若f（2)＝2,則不等式f(x）－x〉0的解集是（)A．(－2，0)∪（0，2)B．（－∞,－2）∪（2，＋∞)C．（－∞，－2)∪（0,2）D．（－2，0)∪(2,＋∞）解析:（轉(zhuǎn)化法）由eq\f（fx1－fx2,x1－x2）〈1，可得eq\f（［fx1－x1］－[fx2－x2]，x1－x2）〈0。令F（x）＝f（x）－x,由題意知F（x）在（－∞，0)，（0，＋∞）上是減函數(shù)，且是奇函數(shù)，且F(2)＝0，F(xiàn)（－2)＝0，所以結(jié)合圖象，令F(x）〉0，得x〈－2或0〈x<2.故選C。答案：C9．已知函數(shù)f(x)＝loga（3x＋b－1)(a>0,a≠1)的圖象如圖所示，則a，b滿足的關(guān)系是（)A．0<a－1<b<1B．0<b〈a－1<1C．0〈b－1〈a〈1D．0<a－1〈b－1〈1解析:由圖易得a〉1,所以0<a－1〈1;取特殊點(diǎn)x＝0，則得－1<y＝logab<0，即－1＝logaeq\f（1，a)<logab<loga1＝0，所以0〈a－1〈b〈1。故選A。答案：A10．奇函數(shù)f（x)的定義域?yàn)镽，若f（x＋1）為偶函數(shù)，且f（1)＝2017，則f(2016)＋f(2017)的值為(）A．2B．2017C．－2017D．－2答案：B11．函數(shù)f(x)＝eq\f（1,2）x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為（）A．（－1，1] B．（0，1]C．[1，＋∞) D．（0，＋∞)解析：由題意知,函數(shù)的定義域?yàn)?0，＋∞），又由f′(x)＝x－eq\f(1，x）≤0，解得0<x≤1,所以函數(shù)f（x)的單調(diào)遞減區(qū)間為（0，1]．答案:B12．若a〉0,b〉0,且函數(shù)f（x）＝4x3－ax2－2bx＋2在x＝1處有極值，若t＝ab,則t的最大值為()A．2B．3C．6D．9解析：∵f(x)＝4x3－ax2－2bx＋2，∴f′（x)＝12x2－2ax－2b，又∵f(x)在x＝1處有極值，∴f′(1)＝12－2a－2b＝0?a＋b＝6∵a〉0，b>0,a＋b≥2eq\r（ab)，［∴ab≤9,當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝3時(shí)等號(hào)成立．答案：D13．已知函數(shù)f(x）＝eq\f（1，3)x3＋ax2＋3x＋1有兩個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a的取值范圍是（）A．（eq\r(3），＋∞)B．（－∞，－eq\r（3))C．（－eq\r（3），eq\r(3)）D．（－∞，－eq\r(3)）∪(eq\r（3），＋∞）答案:D14．已知函數(shù)f（x）＝x3＋ax2＋3x－9，若x＝－3是函數(shù)f(x）的一個(gè)極值點(diǎn),則實(shí)數(shù)a＝________。解析:f′(x)＝3x2＋2ax＋3,由題意知x＝－3為方程3x2＋2ax＋3＝0的根，∴3×(－3)2＋2a×(－3)＋3＝0，解得a答案：515．若函數(shù)f(x）＝－eq\f(1,2)x2＋4x－3lnx在［t，t＋1]上不單調(diào)，則t的取值范圍是________．解析：f′(x)＝－x＋4－eq\f(3，x）＝eq\f（－x2＋4x－3,x)＝－eq\f（（x－1）(x－3）,x)。由f′(x）＝0及判斷可知函數(shù)f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn)為1,3，則只要這兩個(gè)極值點(diǎn)有一個(gè)在區(qū)間(t,t＋1）內(nèi)，函數(shù)f（x）在區(qū)間［t，t＋1］上就不單調(diào)，所以t〈1<t＋1或t〈3<t＋1,解得0〈t〈1或2<t〈3.答案:（0，1）∪(2，3）16．已知函數(shù)f(x)＝ex（ax＋b)－x2－4x，曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f（0）)處的切線方程為y＝4x＋4.(1）求a，b的值；(2)討論f（x)的單調(diào)性，并求f(x)的極大值．17．設(shè)函數(shù)f（x）＝1＋(1＋a）x－x2－x3，其中a〉0.（1）討論f（x)在其定義域上的單調(diào)性；（2）當(dāng)x∈[0，1］時(shí)，求f（x）取得最大值和最小值時(shí)的x的值．解：(1)f(x)的定義域?yàn)?－∞，＋∞),f′(x)＝1＋a－2x－3x2。令f′（x)＝0,得x1＝eq\f(－1－\r（4＋3a）,3)，x2＝eq\f（－1＋\r（4＋3a）,3），x1〈x2，∴f′(x)＝－3(x－x1)(x－x2)．當(dāng)x<x1或x〉x2時(shí)，f′(x）<0;[］當(dāng)x1<x<x2時(shí),f′(x）>0。故f(x)在（－∞，x1）和(x2，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減,在（x1，x2）內(nèi)單調(diào)遞增．（2)∵a〉0，∴x1〈0，x2>0.①當(dāng)a≥4時(shí)，x2≥1，由(1)知，f(x）在[0，1]上單調(diào)遞增，∴f(x）在x＝0和x＝1處分別取得最小值和最大值．18．已知函數(shù)f(x）＝e－x－ax(x∈R）．（1）當(dāng)a＝－1時(shí),求函數(shù)f（x）的最小值；(2)若x≥0時(shí)，f（－x）＋ln(x＋1）≥1，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解:(1）當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x)＝e－x＋x，則f′（x）＝－eq\f（1,ex)＋1.令f′（x）＝0，得x＝0。當(dāng)x〈0時(shí)，f′(x）〈0;當(dāng)x>0時(shí)，f′（x)>0.∴函數(shù)f（x)在（－∞，0）上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．∴當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f（x）取得最小值，其值為f(0）＝1.(2)若x≥0時(shí),f（－x）＋ln(x＋1）≥1,即ex＋ax＋ln(x＋1）－1≥0.（＊)令g（x)＝ex＋ax＋ln(x＋1)－1，則g′(x)＝ex＋eq\f（1，x＋1)＋a。①若a≥－2,由(1）知e－x＋x≥1,即e－x≥1－x,故ex≥1＋x.∴g′（x)＝ex＋eq\f(1,x＋1）＋a≥（x＋1)＋eq\f(1,x＋1）＋a≥2eq\r（（x＋1)·\f(1,x＋1）)＋a＝2＋a≥0。∴函數(shù)g(x)在［0,＋∞)上單調(diào)遞增．∴g(x）≥g（0）＝0.∴(*）式成立．19。已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,3）))eq\s\up12(ax2－4x＋3).（1)若a＝－1，求f(x)的單調(diào)區(qū)間；（2)若f（x)有最大值3，求a的值．解(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，f(x）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1，3)）)eq\s\up12（－x2－4x＋3），令t＝－x2－4x＋3＝－（x＋2)2＋7，由于t在（－∞，－2）上單調(diào)遞增，在[－2，＋∞）上單調(diào)遞減，而y＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,3)))eq\s\up12（t)在R上單調(diào)遞減，所以f（x)在(－∞，－2）上單調(diào)遞減，在[－2，＋∞)上單調(diào)遞增，即函數(shù)f（x)的單調(diào)遞增區(qū)間是［－2，＋∞）,單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－2)．（2）令h(x）＝ax2－4x＋3,則f（x）＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,3))）eq\s\up12（h（x)）。由于f（x）有最大值3，所以h(x)應(yīng)有最小值－1，因此必有eq\b\lc\｛（\a\vs4\al\co1(a〉0，,－\f(4,a)＋3＝－1，))解得a＝1,即當(dāng)f(x）有最大值3時(shí)，a的值等于1.20。已知函數(shù)f（x)＝－x＋log2eq\f（1－x，1＋x）.（1）求feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，2014）)）＋feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（－\f(1，2014））)的值；(2)當(dāng)x∈(－a，a］，其中a∈(0，1），a是常數(shù)時(shí)，函數(shù)f(x)是否存在最小值？若存在，求出f（x）的最小值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．21．已知函數(shù)f（x）的圖象與函數(shù)h(x）＝x＋eq\f（1,x）＋2的圖象關(guān)于點(diǎn)A(0,1）對(duì)稱．（1）求f(x)的解析式；（2)若g（x）＝x2·[f（x)－a],且g(x)在區(qū)間[