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高一理科班周练10解答



高一理科班周练 10 解答 1. 已知函数 f ( x ) 和g ( x ) 是定义在实数集 R 上的函数, f ( x ) 是奇函数, g ( x ) 是偶函 f ( x) 1 数,且 f ( x ) + g ( x ) = 2 的值域为( B ) ,则 x ? x +1 g ( x)
A. ? y y ≥

? ?

1 1?

或y ≤ ? ? 2 2?

B. ? y ?

? ?

2. 已知函数 A. m = n C.

f ( x ) = x 2 ? mx ? m和g ( x ) = x 2 ? nx ? n 在 ?∞,1 ? 3 上都是减函数,
B ) B.

1 1? ? 1? ≤ y ≤ ? C. ? y y ≤ ? 2 2? 4? ?

D. ? y y ≥

? ?

(

)

1? ? 4?

则下列判断中正确的是(

2?2 3 ≤ n ≤ 2
?

m = 2?2 3

D. m, n的取值范围相同,均为 ? 2 ? 2 3, +∞

)

解:对于

m ≥ 1? 3 ? m ≥ 2 ? 2 3 2 n 对于 g ( x ) 有: ≥ 1 ? 3 ? n ≥ 2 ? 2 3 2 2 且x ? nx ? n ≥ 0对x ∈ ?∞,1 ? 3 恒成立 ,

f ( x) 有:



f ( x) 是 定 义 在 实 数 集 R 上 的 不 恒 为 零 的 偶 函 数 , 且 对 任 意 实 数 x 都 有 5 xf ( x + 1) = (1 + x) f ( x) ,则 f ( f ( )) 的值是 ( A ) 2 1 5 A.0 B. C.1 D. 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 解析:令 x = ? ,则 ? f ( ) = f (? ) = f ( ) ? f ( ) = 0 ; 2 2 2 2 2 2 2 2 令 x = 0 ,则 f (0) = 0 x+1 由 xf ( x + 1) = (1 + x) f ( x) 得 f ( x + 1) = f ( x ) ,所以 x 5 3 5 3 5 3 5 1 5 f ( ) = 2 f ( ) = f ( ) = ? 2 f ( ) = 0 ? f ( f ( )) = f (0) = 0 ,故选择 A。 3 2 2 3 2 3 1 2 2 2 2 2 4.设函数 f ( x) = ax + bx + c (a < 0) 的定义域为 D , 若所有点 ( s, f (t ))( s, t ∈ D) 构成一个 正方形区域,则 a 的值为 ( B ) A. ?2 B. ?4 C. ?8 D.不能确定 解析:定义域 D = [ x1 , x2 ] ,值域为 ?0, f ( x ) ? ,由题意得: max ? ?
3. 已 知 函 数

(1? 3 ) ? n (1?
2

( ) 3 ) ? n ≥ 0 ? n ≤ 2 ,所以 2 ? 2

3≤n≤2

5.如果函数 f(x)=ax2+bx+c(a>0)对任意实数 t 都有 f(2+t)=f(2-t),那么 f(1)、f(2)、f(4) 的 大小关系是 .

b 2 ? 4ac 4ac ? b 2 , | a |= 2 ? a , a = ?4 ,选 B = | x1 ? x2 |= f max ( x) , a2 4a

f ( 2 ) < f (1) < f ( 4 )

1 f ( x) 在区间 [0, +∞) 单调增加,则满足 f (2 x ? 1) < f ( ) 的 x 取值范围是 3 1 【解析】由于 f(x)是偶函数,故 f(x)=f(|x|) ∴得 f(|2x-1|)<f( ),再根据 f(x)的单调性 3 1 1 2 得|2x-1|< 解得 <x< 3 3 3 2 7.已知函数 f ( x) =| x ? ax ? b | ( x ∈ R, b ≠ 0) ,给出以下三个条件: (1) 存 在 x0 ∈ R , 使 得 f (? x0 ) ≠ f ( x0 ) ; (2) f (3) = f (0) 成 立 ; (3) f ( x) 在 区 间 和 (填入两个条件的编号) , 则 f ( x) [?a, +∞) 上是增函数.若 f ( x) 同时满足条件 的一个可能的解析式为 f ( x) = .
6.已知偶函数 解:满足条件(1)(2)时, y = (2)(3)时, y =

x2 ? 3x + 1 等;满足条件(1)(3)时, y = x2 + 2 x + 1 等;满足条件

x 2 + 3x ? 9 等 .
?1 ? f ( x) = x 2 ? (a ? 1) x + 5 在区间 ? ,1? 上是增函数,那么 f (2) 的取值范 ?2 ?
.

8.如果二次函数 围是 解析:

?a ?1 ? ,+∞ ? , f (2) = ?2a + 11 .故 需求 a 的范围。二次函数 f ( x) 的递增区间是 ? ? 2 ? 1 a ? 1 a ?1 1 ? ? ? ? 由 题 意 , ? ,1? ? ? ,+∞ ? , 故 ≤ , 解得: a ≤ 2 。∴ f ( x) ∈ [7,+∞) 2 2 ?2 ? ? 2 ? 9.已知定义在 R 上的奇函数 f ( x) , 满足 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,且在区间[0,2]上是增函数,若方程 f(x)=m(m>0) 在 区 间 [? 8,8] 上 有 四 个 不 同 的 根 x1 , x2 , x3 , x4 , 则 x1 + x2 + x3 + x4 = _________ . 【解析】:因为定义在 R 上的奇函数,满足 f ( x ? 4) = ? f ( x) ,所以 f ( x ? 4) = f (? x) ,所以, 由 f ( x) 为奇函数 , 所以函数图象关于直线 x = 2 对称且 f (0) = 0 , 由 f ( x ? 4) = ? f ( x) 知 f ( x ? 8) = f ( x) ,所以函数是以 8 为周期的周期函数,又因为 f ( x) 在区间[0,2]上是增函数,所 以 f ( x) 在区间[-2,0]上也是增函数.如图所示,那么方程 f(x)=m(m>0)在区间 [? 8,8]上有四个 不同的根 x1 , x2 , x3 , x4 , 不妨设 x1 < x2 < x3 < x4 由对称性知 x1 + x2 = ?12 x3 + x4 = 4 所以 x1 + x2 + x3 + x4 = ?12 + 4 = ?8 10. 已 知 函 数 f ( x) = x 2 + 2 x + a , f (bx) = 9 x 2 ? 6 x + 2 , 其 中 x ∈ R , a , b 为 常 数 , 则 方 程 . f (ax + b) = 0 的解集为 ? b2 = 9 ?a=2 2 ? 解: f (bx) = ( bx ) + 2bx + a = 9 x 2 ? 6 x + 2 ? ?2b = ?6 ? ? ,则 f (ax + b) = 0 ?b = ?3 ? a=2 ? 2 即为 f (2 x ? 3) = 0 ? ( 2 x ? 3) + 2 ( 2 x ? 3) + 2 = 0 ? 4 x2 ? 8x + 5 = 0 ? 解集为φ 11.设 f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,且对于任意的 x ∈ R , f (1 + x) ? f (1 ? x) = 0 恒成立, 当 x ∈ [0,1] 时, f ( x) = 2 x 。若方程 f ( x) = ax 恰好有 5 个不同的解,则实数 a 的取值
范围是 .

2 2 2 (? , ? ) U { } 3 7 5
1 12.方程 x2+ 2x-1=0 的解可视为函数 y=x+ 2的图像与函数 y= 的图像交点的横坐标, x

4 若 x4+ax-4=0 的各个实根 x1,x2,…,xk (k≤4)所对应的点(xi , )(i=1,2,…,k)均在直线 xi y=x 的同侧,则实数 a 的取值范围是 . 解析:方程的根显然 x ≠ 0 ,原方程等价于 x 3 + a = 4 ,原方程的实根是曲线

x

y = x 3 + a 与曲

y = 4 的交点的横坐标;而曲线 y = x 3 + a 是由曲线 y = x 3 向上或向下平移 | a | 个单位而得 x 4 到的。若交点(xi , )(i=1,2,…,k)均在直线 y=x 的同侧,因直线 y=x 与 y = 4 交点为: xi x
线

( ?2, ?2),(2,2) ;所以结合图象可得:
?a > 0 ?a < 0 ? 3 ? 3 ? x + a > ?2 或 ?x + a < 2 ? a∈( ?∞, ?6) U (6, +∞) ? x ≥ ?2 ?x ≤ 2 ? ?
13.设

f ( x)是R上的奇函数,且对任意的实数 a, b 当 a + b ≠ 0 时,都有

(1)若 a > b ,试比较

f (a), f (b) 的大小; ?1 3? (2)若存在实数 x ∈ , ? 使得不等式 f ( x ? c) + f ( x ? c 2 ) > 0 成立,试求实数 c 的取值 ? ?2 2?
范围。 解析: (1)由已知得

f (a) + f (b) >0 a+b

f (a) ? f (b) f (a) + f (?b) = > 0 ,又 Q a > b ,∴ a ? b > 0 a ?b a + (?b) ∴ f (a) ? f (b) > 0 ,即 f (a) > f (b)
( 2) Q 又由(1)知 f ( x) 单调递增,∴ 不等式等价于 x ? c > c
2

f ( x) 为奇 函数,∴ f ( x ? c) + f ( x ? c 2 ) > 0 等价于 f ( x ? c) > f (c 2 ? x)

? x 即 c2 + c < 2 x

?1 3? Q 存在实数 x ∈ ? , ? 使得不等式 c 2 + c < 2 x 成立,∴ c 2 + c < 3 ?2 2? ∴ c 的取值范围为 (-?‐ 1 + 13 , 13 -?‐ 1) 2 2

y = ( x ? 2) x 在 [a, 2] 上的最大值和最小值。 解:因为 x ∈[ a, 2] ,所以 x ? 2 ≤ 0, x ≥ 0 ,所以 ymax = 0 ,当且仅当 x=2 时取等号,
14. 设 a ≤ 2 ,求
2 ? ? ? x ? 2 x, x ≥ 0 ?( x ? 1) ? 1, x ≥ 0 =? 又 y = ( x ? 2) x = ? 2 2 ? ? x + 2 x, x < 0 ? ? ?? ( x ? 1) + 1, x < 0 2

所以当 1 ≤ a ≤ 2, ymin = a ? 2a ;
2

当1?

2 ≤ a < 1, ymin = ?1 ; 2, ymin = ?a 2 + 2a 。

当 a < 1?

1 ? 2 (1 ? t + t 2 ? t 3 ) , 0 < t < ? 2 ? 15.已知函数 S ( t ) = ? ,试确定函数 S ( t ) 的单调区间,并加以证 1 ? 1? 1 ? ?t + ?,t ≥ ? 2? t ? 2 ?
明. 解:在区间 ( 0,1 单调递减,在区间 16.对于任意实数 x, y ∈ R ,函数

]

[1, +∞ ) 单调递增

且x > 0时,f ( x ) < 0 .
(1)判断函数 解: (1)令 x=y=0,得

f ( x ) 均满足 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ,

( 2) )判断函数 f ( x ) 的单调性. f ( x ) 的奇偶性;

f ( 0) = f ( 0) + f ( 0) ,所以 f ( 0 ) = 0

对任意实数 x ∈ R ,设 y = ? x ,则 即

f ( ? x ) = ? f ( x ) ,所以函数 f ( x ) 是奇函数.

f ( x ) + f ( ? x ) = f ( x ? x ) = f ( 0) = 0 ,

(2)设 则

f ( x1 ) ? f ( x2 ) = f ( x1 ) + f ( ? x2 ) = f ( x1 ? x2 ) = ? f ( x2 ? x1 ) f ( x2 ? x1 ) < 0 ? ? f ( x2 ? x1 ) > 0 ,所以 f ( x1 ) ? f ( x2 ) > 0 ,即 f ( x1 ) > f ( x2 ) f ( x ) 在 R 上是单调增函数.

x1 < x2 , 且x1 , x2 ∈ R

因为 x1 所以

< x2 ,∴ x2 ? x1 > 0 ,又 x > 0时,f ( x ) < 0

所以函数

17. 设 a 为实数,函数

f ( x) = 2 x 2 + ( x ? a ) | x ? a | . (1)若 f (0) ≥ 1,求 a 的取值范围; (2)求 f ( x) 的最小值; (3)设函数 h( x) = f ( x), x ∈ (a, +∞) , 直接写出 (不需给出演算步骤)不等式 h( x) ≥ 1的 ....
解集. 解 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识,考查 灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。

(1)若

f (0) ≥ 1,则 ?a | a |≥ 1 ? ?
2

?a < 0
2 ?a ≥ 1

? a ≤ ?1
2 ? f (a), a ≥ 0 ?2a , a ≥ 0 ? ? 2 =? a = ? 2a f ( ), a < 0 ? ,a < 0 ? ? 3 ? 3

(2)当 x ≥ a 时,

f ( x) = 3x ? 2ax + a , f ( x)min
2

当 x ≤ a 时,

??2a 2 , a ≥ 0 ? f (?a), a ≥ 0 ? f ( x) = x 2 + 2ax ? a 2 , f ( x)min = ? =? 2 ? ? f (a), a < 0 ? 2a , a < 0

综上 f ( x) min

(3) x ∈ (a, +∞) 时, h( x) ≥ 1得 3x 2

??2a 2 , a ≥ 0 ? = ? 2a 2 ,a < 0 ? ? 3

? 2ax + a 2 ? 1 ≥ 0 ,

Δ = 4a 2 ? 12(a 2 ? 1) = 12 ? 8a 2
当a ≤ ?

6 6 时, Δ ≤ 0, x ∈ (a, +∞) ; 或a ≥ 2 2

? a ? 3 ? 2a 2 a + 3 ? 2a 2 6 6 ? ( x ? )( x ? )≥0 当? 时,△>0,得: <a< ? 3 3 2 2 ? ?x > a

2 6 , ) 时,解集为 (a, +∞) ; 2 2 6 2 a ? 3 ? 2a 2 a + 3 ? 2a 2 当 a ∈ (? ,? ) 时,解集为 (a, ] ∪[ , +∞) ; 2 2 3 3 2 2 a + 3 ? 2a 2 当 a ∈ [? , ]时,解集为 [ , +∞) . 2 2 3
讨论得:当 a ∈ ( 18. 已知函数

记函数 g1 x = f x , g 2 x = f g1 x , g3 x = f g 2 x ,!,

()

f ( x ) = 6x ? 6x2 ,

() ()

(1) 若实数 x0满足gn ( x0 ) = x0 ,则称 x0为g n ( x ) 的不动点.试求出所有的不动点. (2) 考察区间 A = ( ?∞,0 ),对于任意实数 x ∈ A ,有 g1 ( x ) =

( ( )) ( ) ( ( ))

gn ( x ) = f ( gn?1 ( x )) f ( x) = a < 0 ,

满足 A ∩ B = φ , 且对区间 B 内的任意实数 x, 只要 n ≥ 2, n ∈ N , 都有 gn ( x ) < 0 ? 解: (1)不动点 x0只要满足f (2)由

g2 ( x ) = f ( g1 ( x )) = f ( a ) < 0, 且n ≥ 2, n ∈ N时, gn ( x ) < 0.试问是否存在区间 B,

( x0 ) = x0 ,即 6 x0 ? 6 x02 = x0 , 则x0 = 0或x0 =
f ( gn?1 ( x )) < 0

所以要使 gn ( x ) < 0 ,即使

f ( x ) < 0得6 x ? 6 x2 < 0 ? x < 0或x > 1

5 6

所以 gn?1 ( x ) < 0或gn?1 ( x ) > 1,

则要使对任意实数 x,只要 n ≥ 2, n ∈ N ,都有 gn ( x ) < 0 必须有 g1 ( x ) < 0或g1 ( x ) > 1,即 解

f ( x ) < 0或f ( x ) > 1

3? 3 3+ 3 <x< 或x > 1 6 6 3? 3 3+ 3 又因为 A ∩ B = φ ,所以 <x< 或x > 1 6 6 ? 3? 3 3+ 3 ? 所以存在区间 B = ? 对区间 B 内的任意实数 x, ? 6 , 6 ? ? U (1, +∞ ) ? ? 只要 n ≥ 2, n ∈ N ,都有 gn ( x ) < 0

f ( x ) < 0或f ( x ) > 1得: x < 0或



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