新版高三理科數(shù)學新課標二輪習題：專題二 函數(shù)與導數(shù) 專題能力訓練5 Word版含答案

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1、 1

2、 1 專題能力訓練5　基本初等函數(shù)、函數(shù)的圖象和性質 能力突破訓練 1.(20xx湖北六校聯(lián)考)下列函數(shù)在其定義域上既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.f(x)=-x|x| B.f(x)=xsin x C.f(x)=1x D.f(x)=x12 2.已知a=21.2,b=12-0.8,c=2log52,則a,b,c的大小關系為(　

3、　) A.c1,且f(a)=-3,則f(6-a)=(　　) A.-74 B.-54 C.-34 D.-14 6.(20xx安徽池州模擬)已知函數(shù)的定義域為R,且滿足下

4、列三個條件: ①對任意的x1,x2∈[4,8],當x10; ②f(x+4)=-f(x); ③y=f(x+4)是偶函數(shù). 若a=f(6),b=f(11),c=f(2 017),則a,b,c的大小關系正確的是(　　) A.ab>1,若logab+logba=52,ab=ba,則a=　　　　　,b=　　　　　.? 8.若函數(shù)f(x)=xln(x+a+x2)為偶函數(shù),則a=　　　　　.? 9.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在區(qū)間[0,+∞)上單調遞增.若實數(shù)

5、a滿足f(log2a)+f(log12a)≤2f(1),則a的取值范圍是　　　　　.? 10.設奇函數(shù)y=f(x)(x∈R),滿足對任意t∈R都有f(t)=f(1-t),且當x∈0,12時,f(x)=-x2,則f(3)+f-32的值等于. 11.設函數(shù)f(x)=(x+1)2+sinxx2+1的最大值為M,最小值為m,則M+m=　　　　　.? 12.若不等式3x2-logax<0在x∈0,13內恒成立,求實數(shù)a的取值范圍. 思維提升訓練 13.函數(shù)y=cos6x2x-2-x的圖象大致為(　　) 14.(20xx江西百校聯(lián)盟聯(lián)考)已知

6、f(x)是定義在R上的偶函數(shù),當x>0時,f(x)=ax+log5x,x>4,x2+2x+3,0f(-2),則a的取值范

7、圍是　　　　　.? 17.設f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù),在區(qū)間[-1,1]上,f(x)=ax+1,-1≤x<0,bx+2x+1,0≤x≤1,其中a,b∈R.若f12=f32,則a+3b的值為. 18.(20xx山東,理15)若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質.下列函數(shù)中所有具有M性質的函數(shù)的序號為　　　　　.? ①f(x)=2-x?、趂(x)=3-x　③f(x)=x3?、躥(x)=x2+2 19.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

8、單調性. (2)是否存在實數(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. 參考答案 專題能力訓練5　基本初等函數(shù)、 函數(shù)的圖象和性質 能力突破訓練 1.A　解析函數(shù)f(x)=-x2,x≥0,x2,x<0在其定義域上既是奇函數(shù)又是減函數(shù),故選A. 2.A　解析∵b=12-0.8=20.8<21.2=a,且b>1, 又c=2log52=log54<1,∴c

9、+e-xex-e-x=e2x+1e2x-1=1+2e2x-1,所以當x>0時函數(shù)為減函數(shù).故選A. 4.D　解析因為f(x)為奇函數(shù),所以f(-1)=-f(1)=1,于是-1≤f(x-2)≤1等價于f(1)≤f(x-2)≤f(-1).又f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)單調遞減,所以-1≤x-2≤1,即1≤x≤3.所以x的取值范圍是[1,3]. 5.A　解析∵f(a)=-3, ∴當a≤1時,f(a)=2a-1-2=-3,即2a-1=-1,此等式顯然不成立. 當a>1時,f(a)=-log2(a+1)=-3,即a+1=23,解得a=7. ∴f(6-a)=f(-1)=2-1-1-2=14-2=

10、-74. 6.B　解析由①得f(x)在區(qū)間[4,8]上單調遞增;由②得f(x+8)=-f(x+4)=f(x),故f(x)是周期為8的周期函數(shù),所以c=f(20xx)=f(252×8+1)=f(1),b=f(11)=f(3);再由③可知f(x)的圖象關于直線x=4對稱,所以b=f(11)=f(3)=f(5),c=f(1)=f(7).結合f(x)在區(qū)間[4,8]上單調遞增可知,f(5)b>1,知t>1. 由題意,得t+1t=52,解得t=2,則a=b2. 由ab=ba,得b2b=bb2,即得2b=b2,即

11、b=2, ∴a=4. 8.1　解析∵f(x)是偶函數(shù),∴f(-1)=f(1). 又f(-1)=-ln(-1+a+1)=lna+1+1a,f(1)=ln(1+a+1), 因此ln(a+1+1)-lna=ln(a+1+1), 于是lna=0,∴a=1. 9.12,2　解析由題意知a>0,又log12a=log2a-1=-log2a. ∵f(x)是R上的偶函數(shù), ∴f(log2a)=f(-log2a)=f(log12a). ∵f(log2a)+f(log12a)≤2f(1), ∴2f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1). 又f(x)在[0,+∞)上單調遞增,

12、 ∴|log2a|≤1,-1≤log2a≤1,∴a∈12,2. 10.-14　解析根據(jù)對任意t∈R都有f(t)=f(1-t)可得f(-t)=f(1+t),即f(t+1)=-f(t),進而得到f(t+2)=-f(t+1)=-[-f(t)]=f(t),得函數(shù)y=f(x)的一個周期為2,則f(3)=f(1)=f(0+1)=-f(0)=0,f-32=f12=-14,所以f(3)+f-32=0+-14=-14. 11.2　解析f(x)=(x+1)2+sinxx2+1=1+2x+sinxx2+1, 設g(x)=2x+sinxx2+1,則g(-x)=-g(x), 故g(x)是奇函數(shù). 由奇函數(shù)圖

13、象的對稱性知g(x)max+g(x)min=0, 則M+m=[g(x)+1]max+[g(x)+1]min=2+g(x)max+g(x)min=2. 12.解由題意知3x21,函數(shù)y=logax的圖象顯然在函數(shù)y=3x2圖象的下方,所以不成立; 當0

14、 思維提升訓練 13.D　解析y=cos6x2x-2-x為奇函數(shù),排除A項;y=cos6x有無窮多個零點,排除C項;當x在原點右側附近時,可保證2x-2-x>0,cos6x>0,則此時y>0,故選D. 14.B　解析因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù), 所以f(-5)=f(5)=5a+log55=1+5a, 則不等式f(-5)

15、得到的, 故y=x+1x的圖象關于點(0,1)對稱. 則函數(shù)y=x+1x與y=f(x)圖象的交點也關于點(0,1)對稱,且每一組對稱點(xi,yi),(x'i,y'i)(i=1,2,…,m)滿足xi+x'i=0,yi+y'i=2, 所以∑i=1m(xi+yi)=∑i=1mxi+∑i=1myi=m2×0+m2×2=m. 16.12,32　解析由題意知函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調遞減,又f(x)是偶函數(shù),則不等式f(2|a-1|)>f(-2)可化為f(2|a-1|)>f(2),則2|a-1|<2,|a-1|<12,解得12

16、2=f12, ∴f12=f-12,∴12b+232=-12a+1, 易求得3a+2b=-2.又f(1)=f(-1), ∴-a+1=b+22,即2a+b=0, ∴a=2,b=-4,∴a+3b=-10. 18.①④　解析對①,設g(x)=ex·2-x, 則g'(x)=ex2-x+2-xln12 =ex·2-x·1+ln12>0, ∴g(x)在R上單調遞增,具有M性質; 對②,設g(x)=ex·3-x, 則g'(x)=ex3-x+3-xln13 =ex·3-x1+ln13<0, ∴g(x)在R上單調遞減,不具有M性質; 對③,設g(x)=ex·x3,則g'(x)=ex·x2

17、(x+3),令g'(x)=0,得x1=-3,x2=0, ∴g(x)在區(qū)間(-∞,-3)上單調遞減,在區(qū)間(-3,+∞)上單調遞增,不具有M性質; 對④,設g(x)=ex(x2+2),則g'(x)=ex(x2+2x+2), ∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0, ∴g'(x)>0,∴g(x)在R上單調遞增,具有M性質.故填①④. 19.解(1)∵f(x)=ex-1ex,且y=ex是增函數(shù), y=-1ex是增函數(shù),∴f(x)是增函數(shù). ∵f(x)的定義域為R,且f(-x)=e-x-ex=-f(x),∴f(x)是奇函數(shù). (2)由(1)知f(x)是增函數(shù)且為奇函數(shù). ∵f(x-t)+f(x2-t2)≥0對x∈R恒成立, ∴f(x-t)≥f(t2-x2),∴t2-x2≤x-t, ∴x2+x≥t2+t對x∈R恒成立. 又t+122≤x+12min2對一切x∈R恒成立, ∴t+122≤0,∴t=-12. 即存在實數(shù)t=-12,使不等式f(x-t)+f(x2-t2)≥0對一切x都成立.