《（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 疑難專用練（七）函數(shù)的圖象與性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 疑難專用練（七）函數(shù)的圖象與性質(zhì)（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、(七) 函數(shù)的圖象與性質(zhì)
1．已知a＝log32，b＝log43，c＝log0.20.3，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．a(chǎn)()4＝64，
故3>，故log43>log4，
即b>，
又4<()4，
故<，
故log0.20.3＝log5c，綜上a
2、則g(f(－2))的值為( )
A．0B．－1C．－2D．－4
答案 C
解析 ∵函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù)，
∴f(－2)＝－f(2)＝－(4－2)＝－2，
g(f(－2))＝g(－2)＝f(－2)＝－2.
3．函數(shù)f(x)＝的部分圖象大致是( )
答案 A
解析 由題意知，f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，
且f(－x)＝＝－，
∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)是奇函數(shù)，排除C和D，
將x＝π代入f(x)得f(π)＝
＝<0，排除B.
4．已知f(x)為定義在R上周期為2的奇函數(shù)，當－1≤x<0時，f(x)＝x(ax＋1)，若f?＝－
3、1，則a等于( )
A．6B．4C．－D．－6
答案 A
解析 因為f(x)是周期為2的奇函數(shù)，
所以f?＝f?＝－f?
＝－＝－1，
解得a＝6.
5．已知函數(shù)f(x)＝則函數(shù)g(x)＝2|x|f(x)－2的零點個數(shù)為( )
A．1B．2C．3D．4
答案 B
解析 畫出函數(shù)f(x)＝的圖象如圖，由g(x)＝2|x|f(x)－2＝0可得f(x)＝，則問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)f(x)＝與函數(shù)y＝＝21－|x|的圖象的交點個數(shù)問題．結(jié)合圖象可以看出兩函數(shù)圖象的交點只有兩個，故選B.
6．設(shè)函數(shù)f(x)＝若f(x)≥f(1)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．[1,2]
4、 B．[0,2]
C．[1，＋∞) D.
答案 A
解析 ∵f(x)＝
若f(x)≥f(1)恒成立，
則f(1)是f(x)的最小值，
由二次函數(shù)性質(zhì)得對稱軸a≥1，
由分段函數(shù)性質(zhì)得2－1≤ln1，
即得0≤a≤2，
綜上，可得1≤a≤2，故選A.
7．已知函數(shù)f(x)＝且函數(shù)y＝f(x)－2x恰有三個不同的零點，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．[－4，＋∞) B．[－8，＋∞)
C．[－4,0] D．(0，＋∞)
答案 A
解析 方程f(x)－2x＝0?f(x)＝2x?f(x)－a＝2x－a，
所以函數(shù)y＝f(x)－2x恰有三個不同的零點等價于y＝f(
5、x)－a與y＝2x－a有三個交點，
記g(x)＝f(x)－a＝
畫出函數(shù)簡圖如下，
畫出函數(shù)y＝2x如圖中過原點的虛線l，平移l要保證圖象有三個交點，
向上最多平移到l′位置，向下平移一直會有三個交點，
所以－a≤4，即a≥－4.
8．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)g(x)＝f(x)－m有三個不同的零點x1，x2，x3，且x1
6、(圖略)可知，x1在區(qū)間(0,1)上，x2在區(qū)間(1，e)上，x3在區(qū)間(e，＋∞)上，
即－lnx1＝lnx2＝，
由－lnx1＝lnx2，
可知lnx1＋lnx2＝0，
即x1x2＝1，
因為f(x3)＝以及x3在區(qū)間(e，＋∞)上，
所以＝>1，
即∈(1，＋∞)．
9．定義：如果函數(shù)f(x)的導函數(shù)為f′(x)，在區(qū)間[a，b]上存在x1，x2(a
7、答案 B
解析 由題意可知，g(x)＝x3－x2，
∵g′(x)＝x2－mx在區(qū)間[0,2]上存在x1，x2(0
8、為( )
A．p1，p2 B．p2，p3
C．p1，p4 D．p2，p4
答案 C
解析 f(x＋2)＝－f(x)中，令x＝－1可得
f(1)＝－f(－1)＝－f(1)，
據(jù)此可得f(1)＝0，命題p1正確；
由題意可知f＝－f(x＋2)＝f(x)，
則函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝4，
則函數(shù)y＝f?的最小正周期為8，命題p2錯誤；
由f(x＋2)＝－f(x)可知，函數(shù)f(x)關(guān)于點(1,0)中心對稱，繪制函數(shù)圖象如圖所示．
將函數(shù)圖象向右平移1個單位長度可得函數(shù)y＝f(x－1)的圖象，
則函數(shù)y＝f(x－1)在(1,2)上單調(diào)遞減，命題p3錯誤；
p4：函數(shù)
9、y＝f(2x－1)的增區(qū)間滿足
4k－2≤2x－1≤4k(k∈Z)，
求解不等式組可得增區(qū)間為，k∈Z，
命題p4正確．
綜上可得真命題為p1，p4.
11．(2019·浙江省高考模擬訓練)已知函數(shù)f(x)＝則f(4)＝________；f?＝
______.
答案 2
解析 ∵函數(shù)f(x)＝
∴f(4)＝log24＝2，
F?＝f?＝＝.
12．(2019·浙江省三校聯(lián)考)定義max{a，b}＝已知函數(shù)f(x)＝max{|x|，－(x－1)2＋b}，b∈R，f(1)>1，則b的取值范圍是________，若f(x)＝2有四個不同的實根，則b的取值范圍是________
10、．
答案 (1，＋∞) (2,3)
解析 由題意得f(1)＝max{1，b}，
當b≤1時，f(1)＝1，當b>1時，f(1)＝b>1，
故b的取值范圍是(1，＋∞)．
畫出y＝|x|與y＝－(x－1)2＋b的圖象，如圖所示，則f(x)的圖象為圖中實線部分，A(1，b)，
令－(x－1)2＋b＝x，
解得x＝，
則B.
若f(x)＝2有四個不同的實根，則<2
11、___．
答案?。瓁(x＋1) 6
解析 當x<0時，－x>0，則由偶函數(shù)的性質(zhì)得
f(x)＝f(－x)＝－x[1－(－x)]＝－x(x＋1)．
由(5f(x)－1)(f(x)＋5)＝0得
f(x)＝或f(x)＝－5，
則方程(5f(x)－1)(f(x)＋5)＝0的根為函數(shù)f(x)與直線y＝，y＝－5的交點的橫坐標，在平面直角坐標系內(nèi)畫出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則交點的個數(shù)為6，所以方程的實根個數(shù)為6.
14．已知函數(shù)f(x)＝x|x－a|，若a＝3，則f(x)在[1,2]上的最大值是________；若f(x)在[1,2]上的最大值為f(2)，則a的取值范圍是_____
12、___________．
答案 ∪[4，＋∞)
解析 當a＝3時，在[1,2]上，函數(shù)f(x)＝x|x－3|＝－x2＋3x的最大值是f?＝.
因為x∈[1,2]，則f(x)＝x|x－a|>0恒成立．
因為f(1)≤f(2)，即|1－a|≤2|2－a|，
則a≥3或a≤，
由f(x)＝0得x＝0或x＝a，
當3≤a<4時，f(x)在上單調(diào)遞減，不符合題意；
當a≥4時，f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，則f(x)max＝f(2)；
當a≤1時，f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增，則f(x)max＝f(2)；
當1
13、f(1)≤f(2)，則f(x)max＝f(2)．
綜上所述，a的取值范圍是∪[4，＋∞)．
15．已知函數(shù)f(x)＝|x－a|＋＋a，若當x∈[1,4]時，f(x)≤5恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (－∞，1]
解析 若a≤1，當x∈[1,4]時，
f(x)＝x－a＋＋a＝x＋，
由x∈[1,4]，易知4≤f(x)≤5，符合題意；
若15，此時不符合題意；
若a≥4，在[1,4]上f(x)＝a－x＋＋a＝2a－x＋，
此時f(1)＝2a－1＋＝3＋2a≥11，
此時不符合題
14、意．
綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1]．
16．已知f(x)＝g(x)＝f(x)＋|x＋a|，若存在x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，則實數(shù)a的取值范圍為________．
答案
解析 由存在x1≠x2，使得g(x1)＝g(x2)，
得函數(shù)g(x)在R上不是單調(diào)函數(shù)．
由題意得當a≥0時，g(x)＝
此時易得函數(shù)g(x)在(－a，＋∞)上單調(diào)遞增，
則要使函數(shù)g(x)在R上不是單調(diào)函數(shù)，
則有－<－a，
解得a<，所以0≤a<；
當a<0時，g(x)＝
此時易得函數(shù)g(x)在(－∞，0)上不是單調(diào)函數(shù)，
所以a<0符合題意．
綜上所述，實數(shù)a的取值范
15、圍為.
17．(2019·溫州模擬)已知f(x)＝x2－ax，若對任意的a∈R，存在x0∈[0,2]，使得|f(x0)|≥k成立，則實數(shù)k的最大值是________．
答案 12－8
解析 當≤0，即a≤0時，f(x)＝x2－ax≥0在[0,2]上恒成立，則當x∈[0,2]時，
|f(x)|＝f(x)，此時f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，
∴|f(x)|max＝f(x)max＝f(2)＝22－2a＝4－2a，
∴k≤4－2a對任意的a≤0成立，∴k≤4；
當≥2，即a≥4時，f(x)＝x2－ax≤0在[0,2]上恒成立，則當x∈[0,2]時，
|f(x)|＝－f(x)，
16、f(x)此時在[0,2]上單調(diào)遞減，
∴|f(x)|max＝－f(x)min＝－f(2)＝－22＋2a＝－4＋2a，
∴k≤－4＋2a對任意的a≥4成立，∴k≤4；
當0＜≤1，即0＜a≤2時，f(x)此時在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
且f(x)≤0在[0，a]上恒成立，f(x)≥0在[a,2]上恒成立，
∴在[0,2]上|f(x)|max＝max.
又－f?－f(2)＝＋2a－4≥0，
即－4＋4≤a≤2時，|f(x)|max＝，
∴k≤對任意的－4＋4≤a≤2成立，
∴k≤12－8；
又－f?－f(2)≤0，
即0≤a≤－4＋4時，
|f(x)|max＝4－2a，
∴k≤4－2a對任意的0≤a≤－4＋4成立，
∴k≤12－8；
當1＜＜2，即2＜a＜4時，
在[0,2]上f(x)max＝－f?＝，
∴k≤對任意的2＜a＜4成立，∴k<1；
綜上所述k≤12－8.
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