（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測三 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ單元檢測（含解析）

單元檢測三　函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ (時(shí)間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋，則函數(shù)的定義域?yàn)?　　) A. B. C.∪(0，＋∞) D. 答案　A 解析　由得－<x<0. 2．已知函數(shù)f(x)＝則f(f(4))的值為(　　) A．－B．－9C.D．9 答案　C 解析　∵f(4)＝log4＝－2， ∴f(f(4))＝f(－2)＝3－2＝. 3．(2018·湖州聯(lián)考)設(shè)a＝log54－log52，b＝ln＋ln3，c＝，則a，b，c的大小關(guān)系為(　　) A．a(chǎn)<b<cB．b<c<a C．c<a<bD．b<a<c 答案　A 解析　由題意，得a＝log54－log52＝log52， b＝ln＋ln3＝ln2，c＝＝. 得a＝，b＝，而log25>log2e>1. 所以0<<<1，即0<a<b<1. 又c＝>1，故a<b<c. 4．函數(shù)f(x)＝sinx(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))在[－2π，2π]上圖象的大致形狀是(　　) 答案　A 解析　因?yàn)閒(x)＝sinx＝sinx， f(－x)＝sin(－x)＝(－sinx)＝sinx＝f(x)， 所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱， 排除選項(xiàng)C，D，由f>0，可排除選項(xiàng)B.故選A. 5．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x，當(dāng)x∈[m,5]時(shí)，f(x)的值域是[－5,4]，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1) B．(－1,2] C．[－1,2] D．[2,5] 答案　C 解析　f(x)＝－(x－2)2＋4， 所以當(dāng)x＝2時(shí)，f(2)＝4. 由f(x)＝－5，解得x＝5或x＝－1. 所以要使函數(shù)f(x)在區(qū)間[m,5]上的值域是[－5,4]， 則－1≤m≤2. 6．已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，且f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，則滿足f(3x＋1)<f的實(shí)數(shù)x的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱， 且f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減， 得f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 又f(3x＋1)<f，所以|3x＋1|<， 解得－<x<－. 7．(2017·紹興診斷)已知函數(shù)f(x)＝是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(0,1) B. C. D. 答案　B 解析　若函數(shù)f(x)＝是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，則可得0<a≤. 8．(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)期中)已知f(x)是定義域?yàn)镽的單調(diào)函數(shù)，且對任意實(shí)數(shù)x，都有f＝，則f(log23)的值為(　　) A. B. C．1 D．0 答案　A 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，且對任意的實(shí)數(shù)x，都有f＝， 所以f(x)＋＝a恒成立，且f(a)＝， 即f(x)＝－＋a，f(a)＝－＋a＝， 解得a＝1， 所以f(x)＝－＋1， 所以f(log23)＝，故選A. 9．(2018·金華一模)已知點(diǎn)A(1,0)，若點(diǎn)B是曲線y＝f(x)上的點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在曲線y＝g(x)上，則稱點(diǎn)B是函數(shù)y＝f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的一個(gè)“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”，已知f(x)＝|log2x|，g(x)＝x，則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是(　　) A．1B．2C．3D．4 答案　B 解析　令點(diǎn)B(x，|log2x|)，x>0， 則AB的中點(diǎn)C. 由于點(diǎn)C在函數(shù)g(x)＝x的圖象上， 故有|log2x|＝， 即|log2x|＝·x， 故函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)即為函數(shù)y＝|log2x|和y＝·x的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)． 在同一個(gè)坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y＝|log2x|和y＝·x的圖象，由圖象知交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是2，故選B. 10．已知函數(shù)f(x)＝(a∈R)在區(qū)間[1,4]上的最大值為g(a)，則g(a)的最小值為(　　) A．4B．5C．6D．7 答案　A 解析　方法一　令H(x)＝x2＋－a， 則H′(x)＝2x－＝(x－2)(x2＋2x＋4)， 故H(x)在[1,2]上單調(diào)遞減，在(2,4]上單調(diào)遞增， 所以g(a)min＝min{max{|H(1)|，|H(2)|，|H(4)|}}， 即g(a)min＝min{max{|17－a|，|12－a|，|20－a|}}， 如圖可知，g(a)min＝4. 方法二　令t＝x2＋， 則t′＝2x－＝(x－2)(x2＋2x＋4)， 所以t＝x2＋在[1,2]上單調(diào)遞減， 在(2,4]上單調(diào)遞增，所以t∈[12,20]， 故y＝|t－a|在t∈[12,20]上的最大值為 g(a)＝所以g(a)min＝4. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．已知f(x＋1)＝－x2＋1，則f(x)＝________，y＝的單調(diào)遞增區(qū)間為________． 答案?。瓁2＋2x　(1,2) 解析　當(dāng)x＋1＝t時(shí)，x＝t－1， 所以f(t)＝－(t－1)2＋1＝－t2＋2t， 即f(x)＝－x2＋2x；y＝＝， 定義域?yàn)?0,2)，且f(x)對稱軸為x＝1， 所以函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，(1,2)上單調(diào)遞減， 根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”，函數(shù)y＝的單調(diào)增區(qū)間為(1,2)． 12．(2018·舟山二模)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)＝ 則g(－8)＝________. 答案?。? 解析　當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，則f(－x)＝log3(1－x)， 又f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－log3(1－x)， 即g(x)＝－log3(1－x)，x<0. 故g(－8)＝－log3[1－(－8)]＝－log39＝－2. 13．已知a>b>1.若logab＋logba＝，ab＝ba，則a＝____，b＝____. 答案　4　2 解析　設(shè)logba＝t，則t>1，因?yàn)閠＋＝，解得t＝2， 所以a＝b2，① 因此ab＝ba?b2b＝bb2，② 解得b＝2，a＝4. 14．(2018·臺州高級中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝則f(f(2))＝________；若f(a)＝－9，則實(shí)數(shù)a＝________. 答案?。??。?或3 解析　由題意得f(f(2))＝f(－4)＝－4， 若f(a)＝－9，當(dāng)a≥0時(shí)，有－a2＝－9，即a＝3； 當(dāng)a<0時(shí)，有a＝－9，故a＝－9或3. 15．已知函數(shù)f(x)＝當(dāng)a＝2時(shí)，f(f(4))＝________，若函數(shù)f(x)的最大值為a＋1，則實(shí)數(shù)a的值為________． 答案?。?3　0 解析　當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝ 所以f(f(4))＝f(－3)＝－9＋4×(－3)－2＝－23. 易知f(x)＝－|2x－4|＋1(x>0)的最大值為f(2)＝1， 若a＋1≥1，則a≥0. 當(dāng)a≥0時(shí)，f(x)＝－x2＋2ax－2(x≤0)的最大值為f(0)＝－2， 所以a＋1＝1，所以a＝0. 16．已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)，若實(shí)數(shù)a，b滿足則(a－1)2＋(b－1)2≤1所表示的圖形的面積是________． 答案?。? 解析　由得 ∵f(x)是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)， ∴作出不等式組表示的平面區(qū)域(圖略)， ∴(a－1)2＋(b－1)2≤1所表示的圖形為以(1,1)為圓心，1為半徑的半圓和一個(gè)三角形， ∴其表示的圖形的面積是＋1. 17．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a2－1，g(x)＝2x－a，對于任意的x1∈[－1,1]，存在x2∈[－1,1]，使f(x2)＝g(x1)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是____________． 答案　[－2，－1] 解析　f(x)＝x2－2ax＋a2－1＝(x－a)2－1， 當(dāng)x∈[－1,1]時(shí)， 若a≤－1，則f(x)∈[a2＋2a，a2－2a]； 若－1<a≤0，則f(x)∈[－1，a2－2a]； 若0<a≤1，則f(x)∈[－1，a2＋2a]． 若a>1，則f(x)∈[a2－2a，a2＋2a]． 而g(x)∈[－2－a，2－a]，從而由條件得： ①若a≤－1，則解得－2≤a≤－1； ②若－1<a≤0，則不等式組無解； ③若0<a≤1，則不等式組無解； ④若a>1，則不等式組無解． 綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是[－2，－1]． 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)若定義在[－2,2]上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝. (1)求f(x)在[－2,2]上的解析式； (2)判斷f(x)在(0,2)上的單調(diào)性，并給予證明； (3)當(dāng)λ為何值時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)＝λ在x∈[－2,2]上有實(shí)數(shù)解． 解　(1)因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(0)＝0. 當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，－x∈(0,2]． 因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－， 所以f(x)＝ (2)f(x)在(0,2)上是減函數(shù)，證明如下， 任取0<x1<x2<2， f(x1)－f(x2)＝－ ＝ ＝ ＝， 因?yàn)?<x1<x2<2，所以，， 即,－1>0，， 所以f(x1)－f(x2)>0. 因此，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減． (3)方程f(x)＝λ在x∈[－2,2]上有實(shí)數(shù)解， 即λ取函數(shù)f(x)的值域內(nèi)的任意值． 由(2)可知，f(x)在x∈(0,2]上是減函數(shù)， 此時(shí)f(x)∈. 又因?yàn)閒(x)是x∈[－2,2]上的奇函數(shù)， 所以當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)＝0. 當(dāng)x∈[－2,0)時(shí)，f(x)∈. 因此，函數(shù)f(x)的值域?yàn)椤葅0}∪， 因此，λ∈∪{0}∪. 19．(15分)(2018·寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|＋bx. (1)當(dāng)a＝2，且f(x)是R上的增函數(shù)時(shí)，求實(shí)數(shù) b的取值范圍； (2)當(dāng)b＝－2，且對任意a∈(－2,4)，關(guān)于x的方程f(x)＝tf(a)總有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍． 解　(1)f(x)＝x|x－2|＋bx＝ 因?yàn)閒(x)連續(xù)，且f(x)在R上單調(diào)遞增，等價(jià)于這兩段函數(shù)分別遞增， 所以得b≥2. (2)f(x)＝x|x－a|－2x＝ tf(a)＝－2ta. 當(dāng)2≤a<4時(shí)，<≤a， f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增， 所以f極大(x)＝f＝－a＋1， f極小(x)＝f(a)＝－2a， 所以對2≤a<4恒成立， 解得0<t<1. 當(dāng)－2<a<2時(shí)，<a<， f(x)在上單調(diào)遞增， 在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 所以f極大(x)＝f＝－a＋1，f極小(x)＝f＝－－a－1， 所以－－a－1<－2ta<－a＋1對－2<a<2恒成立， 解得0≤t≤1，綜上0<t<1. 20．(15分)(2018·浙江9＋1高中聯(lián)盟開學(xué)考)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋b(a，b∈R)，g(x)＝2x2－4x－16，且|f(x)|≤|g(x)|對x∈R恒成立． (1)求a，b的值； (2)記h(x)＝－f(x)－4，那么當(dāng)k≥時(shí)，是否存在[m，n](m<n)，使得函數(shù)h(x)在[m，n]上的值域恰好為[km，kn]？若存在，請求出[m，n]；若不存在，請說明理由． 解　(1)由g(x)＝0得x＝4或x＝－2. 于是，當(dāng)x＝4或x＝－2時(shí)，有 ∴∴ 此時(shí)，|f(x)|≤|g(x)|?|x2－2x－8|≤2|x2－2x－8|， 對x∈R恒成立，滿足條件． 故a＝－2，b＝－8. (2)∵h(yuǎn)(x)＝－(x－1)2＋≤， ∴[km，kn]?，∴kn≤， 又∵k≥，∴n≤≤1，∴[m，n]?(－∞，1]， ∴h(x)在[m，n]上是單調(diào)增函數(shù)， ∴即 即 ∵m<n，且k≥， 故當(dāng)≤k<1時(shí)，[m，n]＝[0,2－2k]； 當(dāng)k>1時(shí)，[m，n]＝[2－2k，0]； 當(dāng)k＝1時(shí)，[m，n]不存在． 21．(15分)(2018·杭州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)．若f(1＋x)＝f(1－x)，f(x)的最小值為－1. (1)求f(x)的解析式； (2)若函數(shù)y＝|f(x)|與y＝t相交于4個(gè)不同交點(diǎn)，從左到右依次為A，B，C，D.是否存在實(shí)數(shù)t，使得線段|AB|，|BC|，|CD|能構(gòu)成銳角三角形，如果存在，求出t的值；如果不存在，請說明理由． 解　(1)因?yàn)閒(1＋x)＝f(1－x)， 所以函數(shù)的對稱軸為直線x＝1， 即－＝1，所以b＝－2， 又因?yàn)閒(x)的最小值為－1， 所以＝－1，解得c＝0， 所以f(x)＝x2－2x. (2)若函數(shù)y＝|f(x)|與y＝t相交于4個(gè)不同交點(diǎn)， 則0<t<1， 易知xA＝1－，xB＝1－， xC＝1＋，xD＝1＋， 所以|AB|＝|CD|＝－，|CB|＝2， 由題意知，線段|AB|，|BC|，|CD|構(gòu)成的三角形為等腰銳角三角形，所以|BC|<|AB|， 即2<(－)， 即(2＋)<·，解得<t<1. 22．(15分)(2019·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)＝a－－lnx(a∈R)． (1)若a＝2，求f(x)在(1，e2)上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)； (2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值集合； (3)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，求證：2<x1＋x2<3ea－1－1. (1)解　a＝2時(shí)，f(x)＝2－－lnx， f′(x)＝，故f(x)在(1，e2)上單調(diào)遞減， 所以在(1，e2)上至多只有一個(gè)零點(diǎn)． 又f(1)f(e2)＝1×<0， 故函數(shù)f(x)在(1，e2)上只有一個(gè)零點(diǎn)． (2)解　f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1. 當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減； 當(dāng)0<x<1時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增， 故[f(x)]max＝f(1)＝a－1. ①當(dāng)[f(x)]max＝0，即a＝1時(shí)，因最大值點(diǎn)唯一，故符合題意； ②當(dāng)[f(x)]max<0，即a<1時(shí)，f(x)<0恒成立，不合題意； ③當(dāng)[f(x)]max>0，即a>1時(shí)， 一方面，存在ea>1，f(ea)＝－<0； 另一方面，存在e－a<1，f(e－a)＝2a－ea≤2a－ea<0， 于是f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意． 綜上，a的取值集合為{1}． (3)證明　先證x1＋x2>2. 依題意有a＝＋lnx1＝＋lnx2， 于是＝ln. 記＝t，t>1，則lnt＝，故x1＝， 于是，x1＋x2＝x1(t＋1)＝， x1＋x2－2＝. 記函數(shù)g(x)＝－lnx，x>1. 因g′(x)＝>0，故g(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增． 于是當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)＝0， 又lnt>0，所以x1＋x2>2. 再證x1＋x2<3ea－1－1. 因f(x)＝0?h(x)＝ax－1－xlnx＝0， 故x1，x2也是h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)． 由h′(x)＝a－1－lnx＝0得x＝ea－1(記p＝ea－1)． p是h(x)的唯一最大值點(diǎn)，故有 作函數(shù)t(x)＝lnx－－lnp， 則t′(x)＝≥0，故t(x)單調(diào)遞增． 當(dāng)x>p時(shí)，t(x)>t(p)＝0； 當(dāng)0<x<p時(shí)，t(x)<0. 于是ax1－1＝x1lnx1<＋x1lnp. 整理得(2＋lnp－a)x－(2p＋ap－plnp－1)x1＋p>0， 即x－(3ea－1－1)x1＋ea－1>0. 同理得x－(3ea－1－1)x2＋ea－1<0. 故x－(3ea－1－1)x2＋ea－1<x－(3ea－1－1)x1＋ea－1， (x2＋x1)(x2－x1)<(3ea－1－1)(x2－x1)， 于是x1＋x2<3ea－1－1. 綜上，2<x1＋x2<3ea－1－1. 13