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单元质检二函数(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.函数y=13x-2+lg(2x-1)的定义域是()A.23,+B.12,+C.23,+D.12,23答案C2.设函数f(x)在R上为增函数,则下列结论一定正确的是()A.y=1f(x)在R上为减函数B.y=|f(x)|在R上为增函数C.y=2-f(x)在R上为减函数D.y=-f(x)3在R上为增函数答案C解析根据题意,依次分析选项,对于A,设函数f(x)=x,y=1f(x)=1x,在R上不是减函数,A错误;对于B,设函数f(x)=x,y=|f(x)|=|x|,在R上不是增函数,B错误;对于C,令t=f(x),则y=2-f(x)=12f(x)=12t,t=f(x)在R上为增函数,y=12t在R上为减函数,则y=2-f(x)在R上为减函数,C正确;对于D,设函数f(x)=x,y=-f(x)3=-x3,在R上为减函数,D错误.故选C.3.(2017浙江嘉兴模拟)已知函数f(x)=ln|x|,g(x)=-x2+3,则f(x)g(x)的图象为()答案C4.(2018嘉兴一模)已知a为实数,设函数f(x)=x-2a,x2,所以f(2a+2)=log2(2a+2-2)=a,故选B.5.(2018全国1)设函数f(x)=2-x,x0,1,x0,则满足f(x+1)0且2x0,即-1x0时,f(x+1)f(2x)显然成立;当x+10时,x-1,此时2x0,若f(x+1)2x,解得x1.故x-1.综上所述,x的取值范围为(-,0).6.(2017天津高考)已知奇函数f(x)在R上是增函数.若a=-flog215,b=f(log24.1),c=f(20.8),则a,b,c的大小关系为()A.abcB.bacC.cbaD.calog24.12,120.8log24.120.8,结合函数的单调性有:f(log25)f(log24.1)f(20.8),即abc,cba,本题选择C选项.7.已知函数f(x)=ln1+x1-x+sin x,则关于a的不等式f(a-2)+f(a2-4)0的解集是()A.(3,2)B.(-3,2)C.(1,2)D.(3,5)答案A8.(2017浙江湖州高三考试)已知f(x)是R上的奇函数,当x0时,f(x)=log12(x+1),0x1,1-|x-3|,x1,则函数y=f(x)+12的所有零点之和是()A.1-2B.2-1C.5-2D.2-5答案B解析当x1时,则1-|x-3|+12=0,解得x=92,或x=32,当0x1时,则log12(x+1)+12=0,解得x=2-1,f(x)为奇函数,当-1x0,则()A.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)B.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)C.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)D.F(-a)F(a)且F(1+a)F(1-a)答案A10.(2017浙江宁波大学)已知函数f(x)=x+2bx+a,xa,+),其中a0,bR,记m(a,b)为f(x)的最小值,则当m(a,b)=2时,b的取值范围为()A.b13B.b12D.b0,f(x)在xa,+)递增,可得f(a)取得最小值,且为2a+2ba,由题意可得2a+2ba=2,a0,b0方程有解;当b0时,由f(x)=1-2bx2=0,可得x=2b(负的舍去),当a2b时,f(x)0,f(x)在a,+)递增,可得f(a)为最小值,且有2a+2ba=2,a0,b0,方程有解;当a0,解得0b0,x2+2x,x0,则ff13=,函数y=f(x)的零点是答案-1-2,1,0解析函数f(x)=log3x,x0,x2+2x,x0,f13=log313=-1,ff13=f(-1)=(-1)2+2(-1)=-1.当x0时,y=f(x)=log3x,由y=0,解得x=1,当x0时,y=f(x)=x2+2x,由y=0,得x=-2或x=0.函数y=f(x)的零点是-2,1,0.12.(2018嘉兴一中高三9月基础知识测试)设函数f(x)=3x-1,x1,2x,x1,则ff23=;若f(f(a)=1,则实数a的值为.答案259解析因为函数f(x)=3x-1,x1,2x,x1,所以f23=2-1=1,ff23=f(1)=2.由f(f(a)=1,可知当a1,f(f(a)=1不成立;当23a1,f(f(a)=1,23a-1=1,解得a=13(舍去),综上a=59.13.(2017浙江温州模拟)设f(x)=2ex-1,x2的解集为.答案1(1,2)(10,+)解析因为f(1)=2e0=2,所以f(f(1)=f(2)=log3(4-1)=1;当x2ex-11x1,则1x2x2-19,即x210x10;综上不等式的解集是(1,2)(10,+).故应填答案1,(1,2)(10,+).14.(2017浙江绍兴期中)若f(x)是定义在R上的奇函数,且x0时,f(x)=x2,则x0时,f(x)=x2,当x0,f(-x)=(-x)2,f(x)=-f(-x)=-x2.f(x)=x2,x0,-x2,x0,f(x)在R上是单调递增函数,且满足2f(x)=f(2x),f(x+t)2f(x)=f(2x),又函数在定义域R上是增函数,故问题等价于当xt,t+2时,x+t2x恒成立(2-1)x-t0恒成立,令g(x)=(2-1)x-t,g(x)max=g(t+2)0,解得t2.t的取值范围为t2,故答案为:-x2;2,+).15.(2018金丽衢十二校第二次联考)若f(x)为偶函数,当x0时,f(x)=x(1-x),则当x0时,f(x)=;方程5f(x)-1f(x)+5=0的实根个数为.答案-x(1+x)6个解析设x0,则f(-x)=-x(1+x),又f(-x)=f(x),所以当x0)有2个根,x(1-x)=-5(x0)有1个根,又因为f(x)是偶函数,所以方程5f(x)-1f(x)+5=0共有6个根.16.已知函数f(x)=1x+2-m|x|有三个零点,则实数m的取值范围为.答案m1解析函数f(x)有三个零点等价于方程1x+2=m|x|有且仅有三个实根.当m=0时,不合题意,舍去;当m0时,1x+2=m|x|1m=|x|(x+2),作函数y=|x|(x+2)的图象,如图所示,由图象可知m应满足01m1.17.(2018宁波镇海中学高三上期中)设函数f(x)=|x-a|-3x+a,aR,若关于x的方程f(x)=2有且仅有三个不同的实数根,且它们成等差数列,则实数a的取值构成的集合为.答案-95,5+3338解析f(x)=|x-a|-3x+a=x-3x,xa,-x-3x+2a,xa,由x-3x=2,解得x=-1或3,当a-1时,xa时f(x)=2的两个根为-1或3,因为方程f(x)=2有且仅有三个不同的实数根,且它们成等差数列,所以另一个根为-5,即-5a且5+35+2a=2,解得a=-95,满足题意;当-1a3时,xa时f(x)=2有两根,设为x1,x2,xa时f(x)=2有一根为3,且有x1+3=2x2.-x-3x+2a=2,即x2-(2a-2)x+3=0的两根为x1,x2.有x1+x2=2a-2,x1x2=3,解得a=53338,因为-13时,f(x)=2最多有两个根,不符合题意.综上实数a的取值构成的集合为-95,5+3338.三、解答题(本大题共5小题,共74分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)18.(14分)函数f(x)=log2(4x)log2(2x),14x4.(1)若t=log2x,求t的取值范围;(2)求f(x)的最值,并给出取最值时对应的x的值.解(1)t=log2x,14x4,log214tlog24,即-2t2.(2)f(x)=(log2x)2+3log2x+2,令t=log2x,则y=t2+3t+2=t+322-14,当t=-32,即log2x=-32,x=2-32时,f(x)min=-14.当t=2,即x=4时,f(x)max=12.19.(15分)(2017浙江杭州联考)已知函数f(x)=|x2-1|+x2-kx.(1)若k=2时,求出函数f(x)的单调区间及最小值;(2)若f(x)0恒成立,求实数k的取值范围.解(1)k=2时,f(x)=2x2-2x-1,x1或x-1,1-2x,-1x1.所以f(x)在(-,1)单调递减,在(1,+)单调递增,f(x)min=f(1)=-1.(2)f(x)=2x2-kx-1,x1,1-kx,-1x1.当-1x1时,由f(x)0恒成立得-1k1;当x1时,由f(x)0恒成立得k2x-1x恒成立,解得k1;当x-1时,由f(x)0恒成立得k2x-1x恒成立,解得k-1.综上,-1k1.20.(15分)某校学生研究性学习小组发现,学生上课的注意力指标随着听课时间的变化而变化,老师讲课开始时,学生的兴趣激增;接下来学生的兴趣将保持较理想的状态一段时间,随后学生的注意力开始分散.设f(t)表示学生注意力指标,该小组发现f(t)随时间t(分钟)的变化规律(f(t)越大,表明学生注意力越集中)如下:f(t)=100at10-60(0t10),340(10t20),-15t+640(200,a1),若上课后第5分钟时的注意力指标为140,回答下列问题:(1)求a的值.(2)上课后第5分钟时和下课前第5分钟比较,哪个时间注意力更集中?(3)在一节课中,学生的注意力指标至少达到140的时间能保持多长?解(1)当t=5时,f(5)=100a510-60=140,解得a=4.(2)f(5)=140,f(35)=115,所以,上课开始后第5分钟学生的注意力比下课前第5分钟注意力更集中.(3)当0t10时,函数y=1004t10-60为增函数,且f(5)=140,所以5t10时满足题意;当20t40时,令f(t)=-15t+640140,解得200,(b-2)2-4ac0,由a+b+c=2,a=c,b=2-2a.此时f(x)-12(x+1)2=a-12(x-1)2,对任意实数x都有f(x)12(x+1)2成立,0a12,f(-1)=a-b+c=4a-2的取值范围是(-2,0.(2)对任意x1,x2-3,-1都有|f(x1)-f(x2)|1等价于在-3,-1上的最大值与最小值之差M1,由(1)知f(x)=ax2+2(1-a)x+a,a0,12,即f(x)=ax-a-1a2+2-1a,对称轴:x0=1-1a(-,-1据此分类讨论如下:当-2x0-1,即13a12时,M=f(-3)-f(x0)=16a+1a-819-1732a9+173213a9+1732.当-3x0-2,即14a13时,M=f(-1)-f(x0)=4a+1a-41恒成立.当x0-3,即0a14时,M=f(-1)-f(-3)=4-12a1a=14.综上可知,14a9+1732.22.(15分)已知f(x)=x2+ax+1-a(x0),f(x+2)(x0).(1)若a=-8,求当-6x5时,|f(x)|的最大值;(2)对于任意实数x1(x13),存在x2(x2x1),使得f(x2)=f(x1),求实数a的取值范围.解(1)当a=-8时,f(x)=x2-8x+9,x0,f(x+2),x0.当-6x0时,存在0t2,使f(x)=f(t),从而只要求当0x5时|f(x)|的最大值,而f(x)=x2-8x+9=(x-4)2-7,-7f(x)9;则|f(x)|9.故|f(x)|的最大值为9.(2)当x12时,取x2=x1-2,则f(x2)=f(x1-2)=f(x1),符合题意.只要考虑2x13,存在x2(x2x1),使得f(x2)=f(x1).当-a20,即a0时,f(x)=x2+ax+1-a在0,+)上单调递增,故不存在x2(x2x1),f(x2)=f(x1).当0-a22,即-4a0时,则只要f(3)f(0),即10+2a1-a,从而解得-43,即a3,必有f(x2)=f(x1),符合题意.综上所述,实数a的取值范围是a|a-6或-4a-3.
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