《2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.1 函數(shù)的圖象與性質 文.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.1 函數(shù)的圖象與性質 文.doc（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
第一講 函數(shù)的圖象與性質
(40分鐘 70分)
一、選擇題(每小題5分,共30分)
1.函數(shù)f(x)=1ln(x+1)+4-x2的定義域為 ( )
A.[-2,0)∪(0,2] B.(-1,0)∪(0,2]
C.[-2,2] D.(-1,2]
【解析】選B.x需滿足x+1>0,x+1≠1,4-x2≥0,即x>-1,x≠0,-2≤x≤2,
解得-1
2,ex,-2≤x≤2,f(-x),x<-2,則f(-2 017)= ( )
A.1 B.e C.1e D.e2
【解析】選B.由已知可得,當x>2時,f(x)=f(x-4),故f(x)在x>2時的周期為4,則f(-2 017)=f(2 017)=f(2 016+1)=f(1)=e.
3.已知y=f(x+1)為奇函數(shù),函數(shù)y=f(x)與y=g(x)的圖象關于直線y=x對稱,若x1+x2=0,則g(x1)+g(x2)= ( )
A.-1 B.1 C.-2 D.2
【解析】選D.因為y=f(x+1)為奇函數(shù),故y=f(x+1)的圖象關于原點(0,0)對稱,而函數(shù)y=f(x)的圖象可由y=f(x+1)圖象向右平移1個單位得到,故y=f(x)的圖象關于點(1,0)對稱,又y=f(x)與y=g(x)的圖象關于y=x對稱,故函數(shù)y=g(x)圖象關于點(0,1)對稱,因為x1+x2=0,即x1=-x2,故點(x1,g(x1)),(x2,g(x2))關于點(0,1)對稱,故g(x1)+g(x2)=2.
4.(2018鄭州外國語一模)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=f(-x),當x∈(0,1)時,f(x)=log1212-x,x≠12,0,x=12,則f(x)在區(qū)間1,32內是 ( )
A.增函數(shù)且f(x)>0 B.增函數(shù)且f(x)<0
C.減函數(shù)且f(x)>0 D.減函數(shù)且f(x)<0
【解析】選D.由f(x)為奇函數(shù),f(x+1)=f(-x)得,
f(x)=-f(x+1)=f(x+2),所以f(x)是周期為2的周期函數(shù).根據條件,當x∈12,1時,f(x)=log12x-12,x-2∈-32,-1,-(x-2)∈1,32,所以f(x)=f(x-2)=-f(2-x)=log12x-12.設2-x=t,則t∈1,32,x=2-t,所以-f(t)=log1232-t,所以f(t)=-log1232-t,所以f(x)=-log1232-x,x∈1,32,可以看出當x增大時,32-x減小,log1232-x增大,f(x)減小,所以在區(qū)間1,32內,f(x)是減函數(shù).而由11,所以f(x)<0.
5.設函數(shù)f(x)=x+cos x,x∈(0,1),則滿足不等式f(t2)>f(2t-1)的實數(shù)t的取值范圍是 ( )
A.12,1 B.(-∞,1)∪(1,+∞)
C.{1} D.(-1,1)
【解析】選A.f′(x)=1-sin x,故當x∈(0,1)時.f′(x)>0,則函數(shù)f(x)=x+cos x在(0,1)上單調遞增,故不等式轉化為02t-1,,解得120且a≠1)和函數(shù)g(x)=sin π2x,若f(x)與g(x)兩圖象只有3個交點,則a的取值范圍是 ( )
A.15,1∪1,92 B.0,17∪1,92
C.17,12∪(3,9) D.17,13∪(5,9)
【解析】選D.作出函數(shù)f(x)與g(x)的圖象如圖所示,當a>1時,f(x)與g(x)兩圖象只有3個交點,可得5-2,則不等式f(log2|3x-1|)<3-log2|3x-1|的解集為____________.
【解析】令F(x)=f(x)+2x,由對任意實數(shù)x1-2,可得f(x1)+2x10時,f(x)<0,又f(1)=-23.
(1)求證:f(x)為奇函數(shù).
(2)求證:f(x)在R上是減函數(shù).
(3)求f(x)在[-3,6]上的最大值與最小值.
【解析】(1)令x=y=0,可得f(0)+f(0)=f(0+0),從而f(0)=0.
令y=-x,可得f(x)+f(-x)=f(x-x)=f(0)=0.
即f(-x)=-f(x),故f(x)為奇函數(shù).
(2)設x1,x2∈R,且x1>x2,則x1-x2>0,于是f(x1-x2)<0,從而f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2)<0.
所以f(x)為減函數(shù).
(3)由(2)知,所求函數(shù)的最大值為f(-3),最小值為f(6).f(-3)=-f(3)=-[f(2)+f(1)]
=-2f(1)-f(1)=-3f(1)=2,
f(6)=-f(-6)=-[f(-3)+f(-3)]=-2f(-3)=-4.
于是f(x)在[-3,6]上的最大值為2,最小值為-4.
11.(2018合肥一模)已知函數(shù)f(x)=2x+1,x<0,12x2-2x+1,x≥0.方程[f(x)]2-af(x)+b=0(b≠0)有6個不同的實數(shù)解,求3a+b的取值范圍.
【解析】首先作出函數(shù)f(x)的圖象(如圖),
對于方程[f(x)]2-af(x)+b=0,可令f(x)=t,那么方程根的個數(shù)就是f(x)=t1與f(x)=t2的根的個數(shù)之和,結合圖象可知,要使總共有6個根,需要一個方程有4個根,另一個方程有2個根,從而可知關于t的方程t2-at+b=0有2個根,分別位于區(qū)間(0,1)與(1,2)內,進一步由根的分布得出約束條件b>0,1-a+b<0,4-2a+b>0,畫出可行域(圖略),計算出目標函數(shù)z=3a+b的取值范圍為(3,11).
(20分鐘 20分)
1.(10分)對于函數(shù)f(x),若存在區(qū)間M=[a,b],使得{y|y=f(x),x∈M}=M,則稱區(qū)間M為函數(shù)f(x)的一個“好區(qū)間”,給出下列4個函數(shù):
①f(x)=sin x; ②f(x)=|2x-1|; ③f(x)=x3-3x;
④f(x)=lg x+1.
其中存在“好區(qū)間”的函數(shù)是____________.(填入所有滿足條件函數(shù)的序號)
【解析】①函數(shù)f(x)=sin x在-π2,π2上是單調增函數(shù),若函數(shù)在-π2,π2上存在“好區(qū)間”[a,b],則必有sin a=a,sin b=b,即方程sin x=x有兩個根,令g(x)=sin x-x,g′(x)=cos x-1≤0在-π2,π2上恒成立,所以函數(shù)g(x)在-π2,π2上為減函數(shù),則函數(shù)g(x)在-π2,π2上至多有一個零點,即方程sin x=
x在-π2,π2上不可能有兩個解,又因為函數(shù)f(x)的值域為[-1,1],所以當x<-π2或x>π2時,方程sin x=x無解.所以函數(shù)f(x)=sin x沒有“好區(qū)間”.
②對于函數(shù)f(x)=|2x-1|,該函數(shù)在[0,+∞)上是增函數(shù).由冪函數(shù)的性質易得,M=[0,1]時,f(x)∈[0,1]=M,所以M=[0,1]為函數(shù)f(x)=|2x-1|的一個“好區(qū)間”.
③對于函數(shù)f(x)=x3-3x,f′(x)=3x2-3=3(x-1)(x+1),當x∈(-1,1)時,f′(x)<0,所以函數(shù)f(x)=x3-3x的增區(qū)間有(-∞,-1)和(1,+∞),減區(qū)間是(-1,1),取M=[-2,2],此時f(-2)=-2,f(-1)=2,f(1)=-2,f(2)=2,所以函數(shù)f(x)=x3-3x在M=[-2,2]上的值域是[-2,2],則M=[-2,2]為函數(shù)的一個“好區(qū)間”.
④函數(shù)f(x)=lg x+1在定義域(0,+∞)上為增函數(shù),若有“好區(qū)間”[a,b],則
lg a+1=a,lg b+1=b,也就是函數(shù)g(x)=lg x-x+1有兩個零點,顯然x=1是函數(shù)的一個零點,由g′(x)=1xln10-1<0,得,x>1ln10,函數(shù)g(x)在1ln10,+∞上為減函數(shù);由g′(x)=1xln10-1>0,得x<1ln10,函數(shù)在0,1ln10上為增函數(shù),所以g(x)的最大值為g1ln10>g(1)=0,則該函數(shù)g(x)在0,1ln10上還有一個零點.所以函數(shù)f(x)=lg x+1存在“好區(qū)間”.
答案:②③④
2.(10分)(2018河南省實驗中學一模)設函數(shù)f(x)=x-1x,對任意x∈[1,+∞),使不等式f(mx)+mf(x)<0恒成立的實數(shù)m稱為函數(shù)f(x)的“伴隨值”,則m的取值范圍是____________.
【解析】由題意知f(x)為增函數(shù)且m≠0,若m>0,由函數(shù)的單調性可知f(mx)和mf(x)均為增函數(shù),此時不符合題意,若m<0,則f(mx)+mf(x)<0可化為mx-1mx+mx-mx<0,所以2mx-m+1m1x<0,即1+1m2<2x2,因為y=2x2在x∈[1,+∞)上的最小值為2,所以1+1m2<2,即m2>1,解得m<-1.
答案:(-∞,-1)
2019屆高考數(shù)學二輪復習 專題六 函數(shù)與導數(shù) 課后綜合提升練 1.6.1 函數(shù)的圖象與性質 文.doc
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