《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)不等式：第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)課時規(guī)范練文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題一函數(shù)與導(dǎo)數(shù)不等式：第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)課時規(guī)范練文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、△+△2019年數(shù)學(xué)高考教學(xué)資料△+△
第1講 函數(shù)的圖象與性質(zhì)
一、選擇題
1．(2017·清遠(yuǎn)一中模擬)函數(shù)f(x)＝的定義域為( )
A．(－∞，0] B．[0，1]∪[1，＋∞)
C．[1，＋∞) D．(1，＋∞)
解析：由題意知解得x≤0且x≠1，即x≤0.
答案：A
2．(2017·湖南衡陽聯(lián)考)已知函數(shù)g(x)的定義域為{x|x≠0}，且g(x)≠0，設(shè)p：函數(shù)f(x)＝g(x)·是偶函數(shù)；q：函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，則p是q的( )(導(dǎo)學(xué)號 55410092)
A．充分不必要條件
B．必要不充分條件
C．充
2、要條件
D．既不充分也不必要條件
解析：令h(x)＝－(x≠0)，
易知h(x)＋h(－x)＝0
所以h(x)為奇函數(shù)，g(x)為奇函數(shù)，
則f(x)為偶函數(shù)．
反過來，結(jié)論也成立．
因此p是q的充要條件．
答案：C
3．(2015·浙江卷)函數(shù)f(x)＝sin x的大致圖象為( )
解析：函數(shù)y1＝－x與y2＝sin x為奇函數(shù)，可得函數(shù)f(x)＝sin x為偶函數(shù)，因此排除C，D.
又當(dāng)x＝時，y1＜0，y2＞0，f＜0，因此B正確．
答案：B
4．(2017·北京卷)已知函數(shù)f(x)＝3x－，則f(x)( )
A．是奇函數(shù)，且在
3、R上是增函數(shù)
B．是偶函數(shù)，且在R上是增函數(shù)
C．是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)
D．是偶函數(shù)，且在R上是減函數(shù)
解析：f(x)的定義域為R，f(－x)＝3－x－3x＝－f(x)，則f(x)為奇函數(shù)．
y＝3x為增函數(shù)，y＝為減函數(shù)，則f(x)＝3x－為增函數(shù)．
答案：A
5．已知定義在R上的函數(shù)f(x)＝2|x－m|－1(m為實數(shù))為偶函數(shù)，記a＝f(log0.53)，b＝f(log25)，c＝f(2m)，則a，b，c的大小關(guān)系為( )
A．a(chǎn)＜b＜c B．a(chǎn)＜c＜b
C．c＜a＜b D．c＜b＜a
解析：由f(x)＝2|x－m|－1是偶函數(shù)可知m＝0，
所以f(
4、x)＝2|x|－1.
所以a＝f(log0.53)＝2|log0.53|－1＝2log23－1＝2，
b＝f(log25)＝2|log25|－1＝2log25－1＝4，
c＝f(0)＝2|0|－1＝0，所以c＜a＜b.
答案：C
二、填空題
6．(2017·全國卷Ⅱ改編)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)增區(qū)間是________．
解析：要使函數(shù)有意義，則x2－2x－8＞0，解得x＜－2或x＞4，結(jié)合二次函數(shù)的單調(diào)性、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性和復(fù)合函數(shù)同增異減的原則可得函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為(4，＋∞)．
答案：(4，＋∞)
7．(2016·四川卷)已知函數(shù)f
5、(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＝4x，則f＋f(1)＝________．(導(dǎo)學(xué)號 55410093)
解析：因為f(x)是周期為2的奇函數(shù)，
所以f(1)＝f(－1)＝－f(1)，即f(1)＝0，
又f＝f＝－f＝－4＝－2，
從而f＋f(1)＝－2.
答案：－2
8．(2017·郴州二模)已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時，f(x)＝ax(a＞0且a≠1)，且f(log4)＝－3，則a的值為________．
解析：因為奇函數(shù)f(x)滿足f(log4)＝－3，log4＝－2＜0，所以f(2)＝3，
又因為當(dāng)x＞0時，f(x)＝ax(
6、a＞0且a≠1)，2＞0，
所以f(2)＝a2＝3，解之得a＝.
答案：
三、解答題
9．已知函數(shù)f(x)＝ax＋b(a＞0，a≠1)．
圖① 圖②
(1)若f(x)的圖象如圖①所示，求a、b的值；
(2)若f(x)的圖象如圖②所示，求a、b的取值范圍；
(3)在(1)中，若|f(x)|＝m有且僅有一個實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．
解：(1)f(x)的圖象過點(2，0)，(0，－2)，
所以解得a＝，b＝－3.
(2)因為f(x)單調(diào)遞減，
所以0＜a＜1，
又f(0)＜0，即a0＋b＜0，
所以b＜－1.
即a的取值范圍是(0，1)，b的取值范圍是(
7、－∞，－1)．
(3)畫出y＝|f(x)|的草圖(圖略)，
知當(dāng)m＝0或m≥3時，|f(x)|＝m有且僅有一個實數(shù)解．
所以實數(shù)m的取值范圍是{0}∪[3，＋∞)
10．(2017·深圳中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝a－.
(1)求f(0)；
(2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；
(3)若f(x)為奇函數(shù)，求滿足f(ax)＜f(2)的x的范圍．
解：(1)f(0)＝a－＝a－1.
(2)因為f(x)的定義域為R，
所以任取x1，x2∈R且x1＜x2，
則f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝
.
因為y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1＜x2，
所以0＜2x1
8、＜2x2，
所以2x1－2x2＜0，2x1＋1＞0，2x2＋1＞0.
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
所以f(x)在R上單調(diào)遞增．
(3)因為f(x)是奇函數(shù)，
所以f(－x)＝－f(x)，即a－＝－a＋，
解得a＝1(或用f(0)＝0去解)．
所以f(ax)＜f(2)即為f(x)＜f(2)，
又因為f(x)在R上單調(diào)遞增，
所以x＜2.
所以不等式的解集為(－∞，2)．
11．已知函數(shù)f(x)＝a∈R.
(1)若a＝－2，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；
(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍．
解：(1)當(dāng)x
9、≥1時，f(x)＝－2ln x＋x＋，f′(x)＝＋1－＝，由f′(x)＞0，得x＞3；由f′(x)＜0得1＜x＜3，
x＜1時，f(x)＝x3－2x2＋2x－2，
f′(x)＝3x2－4x＋2＝3＋＞0，
綜上所述，函數(shù)f(x)的單增區(qū)間為(－∞，1)，(3，＋∞)，單減區(qū)間為(1，3)．
(2)當(dāng)1＜x＜2時，f(x)＝aln x＋x＋，f′(x)＝＋1－＝≥0恒成立，
則－a≤x－在區(qū)間(1，2)上恒成立，而函數(shù)y＝x－在區(qū)間(1，2)上單調(diào)遞增，所以－a≤－2，即a≥2；
當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＝x3＋ax2＋2x－2，
f′(x)＝3x2＋2ax＋2≥0恒成立，
則－2a≤3x＋在區(qū)間(0，1)上恒成立，而x∈(0，1)時3x＋≥2，等號當(dāng)且僅當(dāng)x＝時成立，所以－2a≤2，即a≥－，
由于f(x)在區(qū)間(0，2)上單調(diào)遞增，故
解得2≤a≤3，所以所求實數(shù)a的取值范圍是[2，3]．
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