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创新设计全国通用2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程训练文



专题一 函数与导数、不等式 第 1 讲 函数图象与性质及函数与方程 训练 文

一、选择题 1.(2016·沈阳模拟)下列函数中,既是奇函数,又在区间 (-1,1)上单调递减的函数是 ( ) B.f(x)=2cos x+1 D.f(x)=ln 1-x 1+x

A.f(x)=sin x C.f(x)=2 -1
x

解析 由函数 f(x)为奇函数排除 B、C,又 f(x)=sin x 在(-1,1)上单调递增,排除 A, 故选 D. 答案 D
? ?1+log2(2-x),x<1, 2.(2015·全国Ⅱ卷 ) 设函数 f(x) = ? x-1 则 f( - 2) + f(log212) = ?2 ,x≥1, ?

( A.3

) B.6 C.9 D.12

解析 因为-2<1,log212>log28=3>1,所以 f(-2)=1+log2[2-(-2)]=1+log24 =3,f(log212)=2log2 选 C. 答案 C 3.(2016·浙江卷)函数 y=sin x 的图象是(
2 12-1

=2

log 12 2

1 -1 ×2 =12× =6,故 f(-2)+f(log212)=3+6=9,故 2

)

π 2 2 解析 ∵y=sin x 为偶函数, 其图象关于 y 轴对称, 排除 A、 C.又当 x = , 即 x=± 2 时,ymax=1,排除 B,故选 D.

π 2

1

答案 D 1 4.设函数 f(x)=ln(1+|x|)- 则使得 f(x)>f(2x-1)成立的 x 的取值范围是( 2, 1+x )

?1 ? A.? ,1? ?3 ? ? 1 1? C.?- , ? ? 3 3?

1? ? B.?-∞, ?∪(1,+∞) 3? ? 1? ?1 ? ? D.?-∞,- ?∪? ,+∞? 3? ?3 ? ?

1 解析 由 f(x)=ln(1+|x|)- 知 f(x)为 R 上的偶函数, 于是 f(x)>f(2x-1)即为 2, 1+x

f(|x|)>f(|2x-1|).当 x>0 时,f(x)=ln(1+x)-

1 2,所以 f(x)为[0,+∞)上的增 1+x

1 2 函数,则由 f(|x|)>f(|2x-1|)得|x|>|2x-1|,平方得 3x -4x+1<0,解得 <x<1, 3 故选 A. 答案 A 5.(2015·全国Ⅱ卷)如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿着边 BC,CD 与 DA 运动,记∠BOP=x.将动点 P 到 A,

B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x),则 y=f(x)的图象大致为
( )

π 解析 当点 P 沿着边 BC 运动, 即 0≤x≤ 时, 在 Rt△POB 中, |PB|=|OB|tan∠POB=tan 4
2 2 2 2 x, 在 Rt△PAB 中, |PA|= |AB| +|PB| = 4+tan x, 则 f(x)=|PA|+|PB|= 4+tan x

+tan x,它不是关于 x 的一次函数,图象不是线段,故排除 A 和 C; 当点 P 与点 C 重合,即 x= π ?π ? 时,由以上得 f? ?= 4 ?4? 4+tan
2

π π +tan = 5+1,又当 4 4

π 点 P 与边 CD 的中点重合,即 x= 时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为 1 的等腰直角三角 2

?π ? ?π ? ?π ? 形,故 f? ?=|PA|+|PB|= 2+ 2=2 2,知 f? ?<f? ?,故又可排除 D.综上,选 ?2? ?2? ?4?
2

B. 答案 B 二、填空题
? ?-x+6,x≤2, 6.(2016·成都二诊)若函数 f(x)=? (a>0,且 a≠1)的值域是[4,+∞), ?3+logax,x>2 ?

则实数 a 的取值范围是________. 解析 由题意 f(x)的图象如图,则
?a>1, ? ? ∴1<a≤2. ? ?3+loga2≥4,

答案 (1,2]

? 1? 7.设奇函数 y=f(x)(x∈R), 满足对任意 t∈R 都有 f(t)=f(1-t), 且 x∈?0, ?时, f(x) ? 2? ? 3? 2 =-x ,则 f(3)+f?- ?的值等于________. ? 2?
解析 根据对任意 t∈R 都有 f(t)=f(1-t)可得 f(-t)=f(1+t), 即 f(t+1)=-f(t), 进而得到 f(t+2)=-f(t+1)=-[-f(t)]=f(t),

? 3? ?1? 得函数 y=f(x)的一个周期为 2,故 f(3)=f(1)=f(0+1)=-f(0)=0,f?- ?=f? ?= ? 2? ?2?
1 - . 4 1 ? 3? ? 1? 所以 f(3)+f?- ?=0+?- ?=- . 2 4 4 ? ? ? ? 1 答案 - 4 8.已知函数 f(x)=?
?x-[x],x≥0, ?

? ?f(x+1),x<0,

其中[x]表示不超过 x 的最大整数.若直线 y=k(x

+ 1)(k > 0) 与函数 y = f(x) 的图象恰有三个不同的交点,则实数 k 的取值范围是 ________. 解析 根据[x]表示的意义可知,当 0≤x<1 时,f(x)=x,当 1≤x<2 时,f(x)=x-1, 当 2≤x<3 时,f(x)=x-2,以此类推,当 k≤x<k+1 时,f(x)=x-k,k∈Z,当-1≤x <0 时,f(x)=x+1,作出函数 f(x)的图象如图,直线 y=k(x+1)过点(-1,0),当直线 经过点(3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直线之

?1 1? 间时有三个交点,故 k∈? , ?. ?4 3?
3

?1 1? 答案 ? , ? ?4 3?
三、解答题 9.已知函数 f(x)=mx -2x+1 有且仅有一个正实数的零点,求实数 m 的取值范围. 解 当 m=0 时,f(x)=-2x+1,它显然有一个为正实数的零点. 当 m≠0 时,函数 f(x)=mx -2x+1 的图象是抛物线,且与 y 轴的交点为(0,1),由 f(x) 1 ? ?x= >0, 1 有且仅有一个正实数的零点,则得:①? m 或②x= <0,解①,得 m=1:解②,得 m ? ?Δ =0
2 2

m<0.
综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数 f(x)=x -2ln x,h(x)=x -x+a. (1)求函数 f(x)的极值; (2)设函数 k(x)=f(x)-h(x),若函数 k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取 值范围. 解 2 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),令 f′(x)=2x- =0,得 x=1.
2 2

x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得极小值为 1,无极大值. (2)k(x)=f(x)-h(x)=x-2ln x-a(x>0), 2 所以 k′(x)=1- ,令 k′(x)>0,得 x>2,所以 k(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]

x

上单调递增, 所以当 x=2 时,函数 k(x)取得最小值,k(2)=2-2ln 2-a, 因为函数 k(x)=f(x)-h(x)在区间[1,3]上恰有两个不同零点. 即有 k(x)在[1,2)和(2,3]内各有一个零点,

k(1)≥0, 1-a≥0, ? ? ? ? 所以?k(2)<0, 即有?2-2ln 2-a<0, ? ? ?k(3)≥0, ?3-2ln 3-a≥0,
解得 2-2ln 2<a≤3-2ln 3. 所以实数 a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3].
4

11.已知函数 f(x)=e

x-m

-x,其中 m 为常数.

(1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f′(x)=e
x- m

-1,令 f′(x)=0,得 x=m.
x-m

故当 x∈(-∞,m)时,e 当 x∈(m,+∞)时,e

<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;

x-m

>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.

∴当 x=m 时,f(m)为极小值,也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,则 m 的取值范围是(-∞,1]. (2)由(1)知 f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当 m>1 时,f(m)=1-m<0.∵f(0)=e >0,f(0)f(m)<0, ∴f(x)在(0,m)上有一个零点. ∵f(2m)=e -2m,令 g(m)=e -2m, ∵当 m>1 时,g′(m)=e -2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0,∴f(x)在(m,2m)上有一个零点. ∴故 f(x)在[0,2m]上有两个零点.
m m m
-m

5



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