高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)作業(yè)手冊(cè) 第4A講 函數(shù)、基本初等函數(shù)Ⅰ的圖像與性質(zhì) 理

專題限時(shí)集訓(xùn)(四)A[第4講函數(shù)、基本初等函數(shù)Ⅰ的圖像與性質(zhì)](時(shí)間：30分鐘)1．設(shè)a＝0.8eq\f(1,2)，b＝0.7eq\f(1,4)，c＝log50.3，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．a(chǎn)>c>bB．c>a>bC．b>a>cD．a(chǎn)>b>c2．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,ln（x＋1）)＋eq\r(4－x2)的定義域?yàn)?)A．[－2，0)∪(0，2]B．(－1，0)∪(0，2]C．[－2，2]D．(－1，2]3．若函數(shù)y＝loga(x2－ax＋1)有最小值，則a的取值范圍是()A．0<a<1B．0<a<2且a≠1C．1<a<2D．a(chǎn)≥24．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x≥1，,1－2x，x<1，))則f(f(2))＝________．5．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\r(3)sinπx，x≤0，,f（x－1）＋1，x>0，))則feq\f(2,3)的值為()A.eq\f(1,2)B．－eq\f(1,2)C．1D．－16．若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是()A．(－∞，＋∞)B．(－2，＋∞)C．(0，＋∞)D．(－1，＋∞)7．函數(shù)y＝eq\f(|x|e－x,x)的圖像的大致形狀是()圖X4－18．己知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))設(shè)F(x)＝x2·f(x)，則F(x)是()A．奇函數(shù)，在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減B．奇函數(shù)，在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增C．偶函數(shù)，在(－∞，0)上單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增D．偶函數(shù)，在(－∞，0)上單調(diào)遞增，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減9．對(duì)于函數(shù)f(x)與g(x)，若在區(qū)間[a，b]上|f(x)－g(x)|的最大值稱為f(x)與g(x)的“絕對(duì)差”，則f(x)＝eq\f(1,x＋1)，g(x)＝eq\f(2,9)x2－x在[1，4]上的“絕對(duì)差”為()A.eq\f(271,72)B.eq\f(23,18)C.eq\f(29,45)D.eq\f(13,9)10．定義在R上的函數(shù)f(x)＝ex＋e－x＋|x|，則滿足f(2x－1)<f(3)的x的取值范圍是()A．(－2，2)B．(－∞，2)C．(2，＋∞)D．(－1，2)11．函數(shù)f(x)＝eq\r(log\f(1,2)（x－1）)的定義域?yàn)開_______．12．函數(shù)y＝logeq\f(1,3)(2x＋1)(1≤x≤3)的值域?yàn)開_______．13．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（a－1）x＋1，x≤1，,ax－1，x>1，))若f(1)＝eq\f(1,2)，則f(3)＝________．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，－2≤x≤0，,x－1，0<x≤2，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－ax，x∈[－2，2]為偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的值為________．專題限時(shí)集訓(xùn)(四)A1．C[解析]b＝0.7eq\f(1,4)＝(eq\r(0.7))eq\f(1,2)>(eq\r(0.64))eq\f(1,2)＝0.8eq\f(1,2)，故b>a>0，又c<0，所以b>a>c.2．B[解析]自變量x同時(shí)滿足x＋1>0，x＋1≠1，4－x2≥0，解得－1<x≤2且x≠0，故所求的定義域?yàn)?－1，0)∪(0，2]．3．C[解析]若0<a<1，則函數(shù)y＝loga(x2－ax＋1)有最小值時(shí)必須x2－ax＋1有最大值，不可能；當(dāng)a>1時(shí)，x2－ax＋1有大于零的最小值，即a2－4<0，即－2<a<2，故得1<a<2.4.eq\f(1,2)[解析]f(2)＝logeq\f(1,2)2＝－1，所以f(f(2))＝f(－1)＝1－2－1＝eq\f(1,2).5．B[解析]feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＋1＝eq\r(3)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋1＝－eq\f(1,2).6．D[解析]由題意存在正數(shù)x使得a>x－eq\f(1,2x)成立，即a>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2x)))eq\s\do7(min).由于函數(shù)y＝x－eq\f(1,2x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，故x－eq\f(1,2x)>0－eq\f(1,20)＝－1，所以a>－1.7．D[解析]當(dāng)x>0時(shí)，y＝e－x；當(dāng)x<0時(shí)，y＝－e－x，即為選項(xiàng)D中的圖像．8．B[解析]F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>0，,0，x＝0，,－x2，x<0，))可知函數(shù)F(x)是奇函數(shù)且在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．9．D[解析]令h(x)＝eq\f(1,x＋1)－eq\f(2,9)x2＋x，x∈[1，4]，所以h′(x)＝eq\f(－1,（x＋1）2)－eq\f(4,9)x＋1，所以當(dāng)h′(x)>0時(shí)，1≤x<2；當(dāng)h′(x)<0時(shí)，2<x≤4，所以h(x)在[1，4]上先增后減，所以h(x)在x＝1或x＝2或x＝4處取得最值，又h(1)＝eq\f(23,18)，h(2)＝eq\f(13,9)，h(4)＝eq\f(29,45)，故函數(shù)h(x)的絕對(duì)差為eq\f(13,9).10．D[解析]由f(－x)＝f(x)可知，函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex＋e－x＋x，此時(shí)f′(x)＝ex－e－x＋1＝eq\f(e2x－1,ex)＋1>0，即函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增．由f(2x－1)<f(3)可得，|2x－1|<3，解得－1<x<2.11．(1，2][解析]自變量x滿足不等式logeq\f(1,2)(x－1)≥0，即0<x－1≤1，解得1<x≤2，故所求函數(shù)的定義域?yàn)?1，2]．12．[－2，－1][解析]當(dāng)1≤x≤3時(shí)，3≤2x＋1≤9，所以－2≤y≤－1，所求的值域?yàn)閇－2，－1]．13.eq\f(1,4)[解析]由f(1)＝eq\f(1,2)，可得a＝eq\f(1,2)，所以f(3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)