高三數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí) 訓(xùn)練1 函數(shù)、基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì) 理

第一部分22個(gè)常考問題專項(xiàng)突破?？紗栴}1函數(shù)、基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)(建議用時(shí)：50分鐘)1．(·江蘇卷)函數(shù)f(x)＝eq\r(1－2log6x)的定義域?yàn)開_____．解析由題意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,1－2log6x≥0，))所以x∈(0，eq\r(6)]．答案(0，eq\r(6)]2．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，x≥0，,\r(－x)，x<0，))若f(a)＋f(－1)＝2，則a等于________．解析依題意，得f(a)＝2－f(－1)＝2－eq\r(－－1)＝1.當(dāng)a≥0時(shí)，有eq\r(a)＝1，則a＝1；當(dāng)a<0時(shí)，有eq\r(－a)＝1，a＝－1.綜上所述，a＝±1.答案±13．(·蘇州調(diào)研)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋a)是奇函數(shù)，則a＝________.解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋a)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，所以f(－1)＝－f(1)，即eq\f(－\f(1,2)＋1,1＋a)＝－eq\f(－2＋1,4＋a)，解得a＝2.答案24．已知f(x)＝ln(1＋x)的定義域?yàn)榧螹，g(x)＝2x＋1的值域?yàn)榧螻，則M∩N＝________.解析由對數(shù)與指數(shù)函數(shù)的知識，得M＝(－1，＋∞)，N＝(1，＋∞)，故M∩N＝(1，＋∞)．答案(1，＋∞)5．(·鎮(zhèn)江調(diào)研)已知函數(shù)y＝log2(ax－1)在(1,2)上單調(diào)遞增，則a的取值范圍為________．解析根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及對數(shù)函數(shù)的定義域求解．因?yàn)閥＝log2(ax－1)在(1,2)上單調(diào)遞增，所以u＝ax－1在(1,2)單調(diào)遞增，且恒大于0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,a－1≥0))?a≥1.答案[1，＋∞)6．(·蘇州模擬)已知a＝20.5，b＝2.10.5，c＝log21.5，則a，b，c解析因?yàn)閥＝x0.5，x∈(0，＋∞)是增函數(shù)，所以b＝2.10.5＞a＝20.5＞1，又由對數(shù)函數(shù)性質(zhì)可知c＝log21.5＜log22＝1，所以a，b，c的大小關(guān)系是b＞a＞c答案b＞a＞c7．(·濟(jì)南模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，對任意的m∈[－2,2]，f(mx－2)＋f(x)<0恒成立，則x的取值范圍是________．解析f′(x)＝3x2＋1>0，∴f(x)在R上為增函數(shù)．又f(x)為奇函數(shù)，由f(mx－2)＋f(x)<0知，f(mx－2)<f(－x)．∴mx－2<－x，即mx＋x－2<0，令g(m)＝mx＋x－2，由m∈[－2,2]知g(m)<0恒成立，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g－2＝－x－2<0，,g2＝3x－2<0，))∴－2<x<eq\f(2,3).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，\f(2,3)))8．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，對?x∈R都有f(x＋4)＝f(x)＋f(2)成立．當(dāng)x1，x2∈[0,2]，且x1≠x2時(shí)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，給出下列命題：①f(2)＝0；②直線x＝－4是函數(shù)y＝f(x)圖象的一條對稱軸；③函數(shù)y＝f(x)在[－4,4]上有四個(gè)零點(diǎn)；④f(2014)＝0.其中所有正確命題的序號為________．解析令x＝－2，得f(－2＋4)＝f(－2)＋f(2)，解得f(－2)＝0，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(2)＝0，①正確；因?yàn)閒(－4＋x)＝f(－4＋x＋4)＝f(x)，f(－4－x)＝f(－4－x＋4)＝f(－x)＝f(x)，所以f(－4＋x)＝f(－4－x)，即x＝－4是函數(shù)f(x)的一條對稱軸，②正確；當(dāng)x1，x2∈[0,2]，且x1≠x2時(shí)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，說明函數(shù)f(x)在[0,2]上是單調(diào)遞減函數(shù)，又f(2)＝0，因此函數(shù)f(x)在[0,2]上只有一個(gè)零點(diǎn)，由偶函數(shù)知函數(shù)f(x)在[－2,0]上也只有一個(gè)零點(diǎn)，由f(x＋4)＝f(x)，知函數(shù)的周期為4，所以函數(shù)f(x)在(2,6]與[－6，－2)上也單調(diào)且有f(6)＝f(－6)＝0，因此，函數(shù)在[－4,4]上只有2個(gè)零點(diǎn)，③錯(cuò)；對于④，因?yàn)楹瘮?shù)的周期為4，即有f(2)＝f(6)＝f(10)＝…＝f(2014)＝0，④正確．答案①②④9．已知函數(shù)f(x)＝loga(x＋1)(a>1)，若函數(shù)y＝g(x)的圖象上任意一點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)對稱的點(diǎn)Q的軌跡恰好是函數(shù)f(x)的圖象．(1)寫出函數(shù)g(x)的解析式；(2)當(dāng)x∈[0,1)時(shí)總有f(x)＋g(x)≥m成立，求m的取值范圍．解(1)設(shè)P(x，y)為g(x)圖象上任意一點(diǎn)，則Q(－x，－y)是點(diǎn)P關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)，因?yàn)镼(－x，－y)在f(x)的圖象上，所以－y＝loga(－x＋1)，即y＝－loga(1－x)(x<1)．(2)f(x)＋g(x)≥m，即logaeq\f(1＋x,1－x)≥m.設(shè)F(x)＝logaeq\f(1＋x,1－x)，x∈[0,1)．由題意知，只要F(x)min≥m即可．因?yàn)镕(x)在[0,1)上是增函數(shù)，所以F(x)min＝F(0)＝0.故m的取值范圍是(－∞，0]．10．已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1(a＞0)，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x＞0，,－fx，x＜0.))若f(－1)＝0，且對任意實(shí)數(shù)x均有f(x)≥0成立．(1)求F(x)的表達(dá)式；(2)當(dāng)x∈[－2,2]時(shí)，g(x)＝f(x)－kx是單調(diào)函數(shù)，求k的取值范圍．解(1)∵f(－1)＝0，∴a－b＋1＝0，∴b＝a＋1，∴f(x)＝ax2＋(a＋1)x＋1.∵f(x)≥0恒成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ＝a＋12－4a≤0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,a－12≤0.))∴a＝1，從而b＝2，∴f(x)＝x2＋2x＋1，∴F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x＋1x＞0，,－x2－2x－1x＜0.))(2)由(1)知，g(x)＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋1.∵g(x)在[－2,2]上是單調(diào)函數(shù)，∴eq\f(k－2,2)≤－2或eq\f(k－2,2)≥2，解得k≤－2或k≥6.所以k的取值范圍是(－∞，－2]∪[6，＋∞)．11．(·蘇北四市調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x(x∈R且e為自然對數(shù)的底數(shù))．(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性與單調(diào)性；(2)是否存在實(shí)數(shù)t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x都成立？若存在，求出t；若不存在，請說明理由．解(1)∵f(x)＝ex－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x，且y＝ex是增函數(shù)，y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x是增函數(shù)，所以f(x)是增函數(shù)．由于f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，所以f(x)是奇函數(shù)．(2)由(1)知f(x)是增函數(shù)和奇函數(shù)，∴f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x∈R恒成立?f(x2－t2)≥f(t－x)對一切x∈R恒成立?x2－t2≥t－x對一切x∈R恒成立?t2＋t≤x2＋x對一切x∈R恒成立?eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))2≤eq