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單元檢測三 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ
(時間：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選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．設(shè)函數(shù)f(x)＝＋，則函數(shù)的定義域為( )
A. B.
C.∪(0，＋∞) D.
答案 A
解析 由得－
log2e>1.
所以0<<<1，即01，故a0，可排除選項B.故選A.
5．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋4x，當x∈[m,5]時，f(x)的值域是[－5,4]，則實數(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x＝2時，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)0，
則AB的中點C.
由于點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”的個數(shù)即為函數(shù)y＝|log2x|和y＝x的圖象的交點的個數(shù)．
在同一個坐標系中畫出函數(shù)y＝|log2x|和y＝x的圖象，由圖象知交點個數(shù)為2，則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點”的個數(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x＋1＝t時，x＝t－1，
所以f(t)＝－(t－1)2＋1＝－t2＋2t，
即f(x)＝－x2＋2x；y＝＝，
定義域為(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 －2
解析 當x<0時，－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，因為t＋＝，解得t＝2，
所以a＝b2，①
因此ab＝ba?b2b＝bb2，②
解得b＝2，a＝4.
14．(2018臺州高級中學期中)已知函數(shù)f(x)＝則f(f(2))＝________；若f(a)＝－9，則實數(shù)a＝________.
答案?。??。?或3
解析 由題意得f(f(2))＝f(－4)＝－4，
若f(a)＝－9，當a≥0時，有－a2＝－9，即a＝3；
當a<0時，有a＝－9，故a＝－9或3.
15．已知函數(shù)f(x)＝當a＝2時，f(f(4))＝________，若函數(shù)f(x)的最大值為a＋1，則實數(shù)a的值為________．
答案?。?3 0
解析 當a＝2時，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a≥0時，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x∈[－1,1]時，
若a≤－1，則f(x)∈[a2＋2a，a2－2a]；
若－11，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－11，則不等式組無解．
綜上所述，實數(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x∈(0,2]時，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λ為何值時，關(guān)于x的方程f(x)＝λ在x∈[－2,2]上有實數(shù)解．
解 (1)因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(0)＝0.
當x∈[－2,0)時，－x∈(0,2]．
因為f(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00，，
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f(x)∈.
又因為f(x)是x∈[－2,2]上的奇函數(shù)，
所以當x＝0時，f(x)＝0.
當x∈[－2,0)時，f(x)∈.
因此，函數(shù)f(x)的值域為∪{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a＝2，且f(x)是R上的增函數(shù)時，求實數(shù) b的取值范圍；
(2)當b＝－2，且對任意a∈(－2,4)，關(guān)于x的方程f(x)＝tf(a)總有三個不相等的實數(shù)根時，求實數(shù)t的取值范圍．
解 (1)f(x)＝x|x－2|＋bx＝
因為f(x)連續(xù)，且f(x)在R上單調(diào)遞增，等價于這兩段函數(shù)分別遞增，
所以得b≥2.
(2)f(x)＝x|x－a|－2x＝
tf(a)＝－2ta.
當2≤a<4時，<≤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01時，[m，n]＝[2－2k，0]；
當k＝1時，[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個不同交點，從左到右依次為A，B，C，D.是否存在實數(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)因為f(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，
又因為f(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個不同交點，
則01時，f′(x)<0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減；
當00，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，
故[f(x)]max＝f(1)＝a－1.
①當[f(x)]max＝0，即a＝1時，因最大值點唯一，故符合題意；
②當[f(x)]max<0，即a<1時，f(x)<0恒成立，不合題意；
③當[f(x)]max>0，即a>1時，
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)有兩個零點，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t>1時，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)的兩個零點．
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，故有
作函數(shù)t(x)＝lnx－－lnp，
則t′(x)＝≥0，故t(x)單調(diào)遞增．
當x>p時，t(x)>t(p)＝0；
當00，
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
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