《新版浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二 函數(shù) 專題能力訓(xùn)練3 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二 函數(shù) 專題能力訓(xùn)練3 Word版含答案（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
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專題能力訓(xùn)練3 函數(shù)的圖象與性質(zhì)
(時間:60分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分)
1.已知函數(shù)f(x)=3x-,則f(x)( )
A.是奇函數(shù),且在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)
2.若函數(shù)f(x)
3、=ax-b的圖象如圖所示,則( )
A.a>1,b>1
B.a>1,01
D.0
4、x)=x-{x}的四個命題:
①f;②f(3.4)=-0.4;③ff[f(a)+1],則實數(shù)a的取值范圍為( )
A.(-1,0] B.[-1,0]
C.(-5,-4] D.[-5,-4]
7.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=2f(x)-2,當(dāng)x∈(0,2]時,f(x)=若x∈(0,4]時,t2-≤f(x)≤3-t恒成立,則實數(shù)t的取值范圍是( )
A.[1,2] B.
C. D.[2,+∞)
8.(20xx
5、浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x+4)=f(x),且當(dāng)0≤x≤2時,f(x)=min{-x2+2x,2-x},若方程f(x)-mx=0恰有兩個根,則m的取值范圍是( )
A.
B.
C.
D.
二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分)
9.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x∈(-∞,0)時,f(x)=2x3+x2,則f(2)= .?
10.設(shè)函數(shù)f(x)=則f(13)+ 2f的值為 .?
11.若函數(shù)f(x)=在定義域R上不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是 .?
12.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1
6、)的定義域和值域都是[-1,0],則a+b= .?
13.已知定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足以下三個條件:①對于任意的x∈R,都有f(x+1)=;②函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于y軸對稱;③對于任意的x1,x2∈[0,1],且x1f(x2).則f,f(2),f(3)從小到大的關(guān)系是 .?
14.設(shè)函數(shù)f(x)=若|f(x)+f(x+l)-2|+|f(x)-f(x+l)|≥2(l>0)對任意實數(shù)x都成立,則l的最小值為 .?
三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
15.(本小題
7、滿分15分)已知函數(shù)f(x)=logax,g(x)=2loga(2x+t-2),其中a>0且a≠1,t∈R.
(1)若t=4,且x∈時,F(x)=g(x)-f(x)的最小值是-2,求實數(shù)a的值;
(2)若00恒成立,求實數(shù)k的取值范圍.
參考答案
專題能力訓(xùn)
8、練3 函數(shù)的圖象與性質(zhì)
1.A 解析 因為函數(shù)f(x)的定義域為R,f(-x)=3-x--3x=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).
又y=3x和y=-在R上都是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).故選A.
2.D 解析 ∵由題圖可知函數(shù)為減函數(shù),∴0
9、0f [f(a)+1],即解得-1
10、在(2,4]上的值域為∪[-1,0],故f(x)在(0,4]上的最大值為1,最小值為-.
由x∈(0,4]時,t2-≤f(x)≤3-t恒成立,得解得1≤t≤2.故選A.
8.C 解析 ∵f(x)=f(x+4)=f(-x),∴f(x)是周期函數(shù),周期T=4,且圖象關(guān)于直線x=2對稱.∴函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示,若直線y=mx與拋物線y=-x2+2x相切,則?x2+(m-2)x=0,由Δ=0?m=2,故可知實數(shù)m的取值范圍是,應(yīng)選C.
9.12 解析 因為f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x).
又因為當(dāng)x∈(-∞,0)時,f(x)=2x3+x2,
所以f(2)=-f(-2
11、)=-[2×(-8)+4]=12.
10.0 解析 因為f(13)=f(13-4)=f(9)=log39=2,2f=2log3=-2,所以f(13)+2f=2-2=0.
11.∪(1,+∞) 解析 由題意可知a>0,且a≠1.若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞增,滿足解集為空集;
若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減,滿足解得≤a<,f(x)在定義域R上不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是∪(1,+∞).
12.- 解析 若a>1,則函數(shù)f(x)=ax+b單調(diào)遞增,故解得這與a>1矛盾;
故0
12、得f(x+2)=f(x+1+1)==f(x),
所以函數(shù)f(x)的周期為2.因為函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于y軸對稱,將函數(shù)y=f(x+1)的圖象向右平移一個單位即得函數(shù)y=f(x)的圖象,所以函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱;根據(jù)③可知函數(shù)f(x)在[0,1]上為減函數(shù),又結(jié)合②知,函數(shù)f(x)在[1,2]上為增函數(shù).
因為f(3)=f(2+1)=f(1),在區(qū)間[1,2]上,1<<2,所以f(1)
13、l)-2|+|f(x)-f(x+l)|≥2恒成立,不妨令x=-,則轉(zhuǎn)化為≥2,因為f=f,所以轉(zhuǎn)化為≥1對l>0恒成立,即f≥2或f≤0(舍)對l>0恒成立,結(jié)合圖象分析可知lmin=|CD|=2.
15.解 (1)∵t=4,
∴F(x)=g(x)-f(x)=2loga(2x+2)-logax=loga=loga4,
易證h(x)=4上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增,且h>h(2),
∴h(x)min=h(1)=16,h(x)max=h=25.
∴當(dāng)a>1時,F(x)min=loga16,由loga16=-2,解得a=(舍去);
當(dāng)0
14、oga25=-2,解得a=.
故實數(shù)a的值是.
(2)∵f(x)≥g(x)恒成立,即logax≥2loga(2x+t-2)恒成立,
∴l(xiāng)ogax≥loga(2x+t-2).
又∵0
15、x1,x2∈R,設(shè)x10,∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)0等價于f(kx2)<-f(2x-1)=f(1-2x).又f(x)在R上是減函數(shù),∴由上式可推得kx2<1-2x,即對一切x∈有k<恒成立.
設(shè)g(x)=-2·,令t=,t∈,則有g(shù)(t)=t2-2t,t∈,
∴g(x)min=g(t)min=g(1)=-1.
∴k<-1,即k的取值范圍為(-∞,-1).
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