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1、專題升級訓(xùn)練4 函數(shù)圖象與性質(zhì)
(時(shí)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.若,則f(x)的定義域?yàn)? ).
A. B.
C. D.(0,+∞)
2.設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)滿足f(-x)=f(x),f(x+2)=f(x),則y=f(x)的圖象可能是( ).
3.設(shè)函數(shù)f(x)定義在實(shí)數(shù)集上,它的圖象關(guān)于直線x=1對稱,且當(dāng)x≥1時(shí),f(x)=2x-x,則有( ).
A.f<f<f B.f<f<f
C.f<f<f D.f<f<f
4.已知函數(shù)f(x)=ln
2、(x+),若實(shí)數(shù)a,b滿足f(a)+f(b-1)=0,則a+b等于( ).
A.-1 B.0
C.1 D.不確定
5.記max{a,b}=若x,y滿足則z=max{y+x,y-x}的取值范圍是( ).
A.[-1,1] B.[-1,2]
C.[0,2] D.[-2,2]
6.設(shè)f(x)與g(x)是定義在同一區(qū)間[a,b]上的兩個(gè)函數(shù),若函數(shù)y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn),則稱f(x)和g(x)在[a,b]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”,區(qū)間[a,b]稱為“關(guān)聯(lián)區(qū)間”.若f(x)=x2-3x+4與g(x)=2x+m在[0
3、,3]上是“關(guān)聯(lián)函數(shù)”,則m的取值范圍為( ).
A. B.[-1,0]
C.(-∞,-2] D.
7.(2020·浙江高考沖刺卷Ⅰ,理16)具有性質(zhì)f=-f(x)的函數(shù),我們稱其為滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù),下列函數(shù):
(1)y=x-;(2)y=x+;(3)y=
其中不滿足“倒負(fù)”變換的函數(shù)是( ).
A.(2)(3) B.(1)(3)
C.(1)(2) D.(1)(2)(3)
8.(2020·浙江部分重點(diǎn)中學(xué)高三聯(lián)考,7)已知定義在R上的函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且滿足f=f(x),f(-2)=-3,數(shù)列{an}滿足a1=-1,且Sn=2a
4、n+n(其中Sn為{an}的前n項(xiàng)和).則f(a5)+f(a6)=( ).
A.3 B.-2
C.-3 D.2
二、填空題(本大題共4小題,每小題4分,共16分)
9.設(shè)函數(shù)f(x)=若f(x)=1,則x=__________.
10.若函數(shù)f(x)=ax2+x+1的值域?yàn)镽,則函數(shù)g(x)=x2+ax+1的值域?yàn)開_________.
11.已知函數(shù)y=f(x)是定義在R上的增函數(shù),函數(shù)y=f(x-1)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對稱,若對任意的x,y∈R,不等式f(x2+6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,則的取值范圍是__________.
12.
5、(2020·浙江高考沖刺卷B,理17)已知函數(shù)y=f(x)和y=g(x)在[-2,2]上的圖象如下圖所示.給出下列四個(gè)命題:
①方程f(g(x))=0有且僅有6個(gè)根;
②方程g(f(x))=0有且僅有3個(gè)根;
③方程f(f(x))=0有且僅有5個(gè)根;
④方程g(g(x))=0有且僅有4個(gè)根.
其中正確的命題為__________.
三、解答題(本大題共4小題,共44分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
13.(本小題滿分10分)已知二次函數(shù)f(x)滿足條件f(0)=1,f(x+1)-f(x)=2x.
(1)求f(x);
(2)求f(x)在區(qū)間[-1,1]上
6、的最大值和最小值.
14.(本小題滿分10分)已知函數(shù)f(x)=ax2-2ax+2+b(a≠0)在區(qū)間[2,3]上有最大值5,最小值2.
(1)求a,b的值;
(2)若b<1,g(x)=f(x)-2mx在[2,4]上單調(diào),求m的取值范圍.
15.(本小題滿分12分)定義在[-1,1]上的奇函數(shù)f(x),已知當(dāng)x∈[-1,0]時(shí),f(x)=-(a∈R).
(1)求f(x)在[0,1]上的最大值;
(2)若f(x)是[0,1]上的增函數(shù),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
16.(本小題滿分12分)(2020·浙江重點(diǎn)中學(xué)協(xié)作體高三調(diào)研,17)對于函數(shù)f(x),若存在x0∈R,使f(x0)=x0成
7、立,則稱點(diǎn)(x0,x0)為函數(shù)的不動點(diǎn),對于任意實(shí)數(shù)b,函數(shù)f(x)=ax2+bx-b總有相異不動點(diǎn),求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
參考答案
一、選擇題
1.A 解析:根據(jù)題意得(2x+1)>0,即0<2x+1<1,解得x.
2.B 解析:由f(-x)=f(x)可知函數(shù)為偶函數(shù),其圖象關(guān)于y軸對稱,可以結(jié)合選項(xiàng)排除A、C;再利用f(x+2)=f(x),可知函數(shù)為周期函數(shù),且T=2,必滿足f(4)=f(2),排除D,故只能選B.
3.B 解析:f′(x)=2xln 2-1,當(dāng)x≥1時(shí),f′(x)=2xln 2-1≥2ln 2-1=ln 4-1>0,故函數(shù)f(x)在[1,+∞)上單調(diào)遞增.
8、
又f=f=f,f=f=f,<<,故f<f<f.
4.C 解析:觀察得f(x)在定義域內(nèi)是增函數(shù),而f(-x)=ln(-x+)=ln=-f(x),∴f(x)是奇函數(shù).
又f(a)=-f(b-1)=f(1-b).
∴a=1-b,即a+b=1.故選C.
5.B 解析:當(dāng)y+x≥y-x,即x≥0時(shí),z=max{y+x,y-x}=y(tǒng)+x;
當(dāng)y+x<y-x,即x<0時(shí),z=max{y+x,y-x}=y(tǒng)-x.
∴z=max{y-x,y+x}=
∴z的取值范圍為[-1,2].
6.A 解析:∵y=f(x)-g(x)=x2-3x+4-2x-m=x2-5x+4-m在[0,3]上有兩個(gè)不同的零點(diǎn)
9、,
∴
∴-<m≤-2.
7.B 解析:對于(1)直接代入知f≠-f(x),對于(2)直接代入符合,對于(3)其定義域不符.
8.A 解析:當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=2an+n-2an-1-n+1,即an=2an-1-1.
從而n≥2時(shí),an-1=2(an-1-1),
故an-1=(a1-1)×2n-1=-2n,即an=1-2n.
則f(a5)+f(a6)=f(-31)+f(-63).
又f(x)=f=-f,
則f(x+3)=-f=f(x),
從而f(-31)=f(-1)=-f(1)=-f(-2)=-3,f(-63)=f(0)=0,
則f(a5)+f(a6)=f(
10、-31)+f(-63)=-3,故選A.
二、填空題
9.-2 解析:當(dāng)x≤1時(shí),由|x|-1=1,得x=±2,故可得x=-2;當(dāng)x>1時(shí),由2-2x=1,得x=0,不適合題意.故x=-2.
10.[1,+∞) 解析:要使f(x)的值域?yàn)镽,必有a=0,于是g(x)=x2+1,值域?yàn)閇1,+∞).
11.(3,7) 解析:∵函數(shù)y=f(x-1)的圖象關(guān)于(1,0)對稱,
∴函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于(0,0)對稱,即函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù).
又不等式f(x2+6x+21)+f(y2-8y)<0恒成立,
即f(x2+6x+21)<f(8y-y2)恒成立,
∵函數(shù)y=f(x)在R上
11、為增函數(shù),
∴x2+6x+21<8y-y2,即(x+3)2+(y-4)2<4.
表示圓面上的點(diǎn)到原點(diǎn)的距離,
∴5-2<<5+2,
即的取值范圍是(3,7).
12.①③④ 解析:由題圖可知:方程f(t)=0有三個(gè)根,t1(-2,-1),t2=0,t3(1,2),
由題圖知方程g(x)=t1有兩個(gè)不同的根,方程g(x)=t2=0有兩個(gè)不同的根,方程g(x)=t3有兩個(gè)不同的根,則方程f(g(x))=0有且僅有6個(gè)根,故①正確.
由題圖知方程f(x)=t1只有一個(gè)根,方程f(x)=t2=0有三個(gè)不同的根,方程f(x)=t3只有一個(gè)根,則方程f(f(x))=0有且僅有5個(gè)根,故③正確
12、.
由題圖可知:方程g(u)=0有兩個(gè)根u1(-2,-1),u2 (0,1),
由題圖知方程f(x)=u1只有1個(gè)根,方程f(x)=u2有三個(gè)不同的根,
則方程g(f(x))=0有且僅有4個(gè)根,故②不正確.
由題圖知方程g(x)=u1有兩個(gè)不同的根,方程g(x)=u2有兩個(gè)不同的根,
則方程g(g(x))=0有且僅有4個(gè)根,故④正確,故①③④正確.
三、解答題
13.解:(1)設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0),
∵f(0)=1,∴c=1.
∵f(x+1)-f(x)=2x,
∴a(x+1)2+b(x+1)+1-(ax2+bx+1)=2x,即2ax+a+b=2x.
13、∴∴
∴f(x)=x2-x+1.
(2)f(x)=x2-x+1,f(x)min=f=,f(x)max=f(-1)=3.
14.解:(1)f(x)=a(x-1)2+2+b-a.
①當(dāng)a>0時(shí),f(x)在[2,3]上為增函數(shù),
故??
②當(dāng)a<0時(shí),f(x)在[2,3]上為減函數(shù),
故??
(2)∵b<1,∴a=1,b=0,
即f(x)=x2-2x+2,g(x)=x2-2x+2-2m·x=x2-(2+2m)x+2.
若g(x)在[2,4]上單調(diào),則≤2或≥4,
∴2m≤2或2m≥6,即m≤1或m≥log26.
15.解:(1)設(shè)x[0,1],則-x[-1,0],f(-x)=
14、-=4x-a·2x.
∵f(-x)=-f(x),∴f(x)=a·2x-4x,x[0,1].
令t=2x,t[1,2],
∴g(t)=a·t-t2=-2+.
當(dāng)≤1,即a≤2時(shí),g(t)max=g(1)=a-1;
當(dāng)1<<2,即2<a<4時(shí),g(t)max=g=;
當(dāng)≥2,即a≥4時(shí),g(t)max=g(2)=2a-4.
綜上,當(dāng)a≤2時(shí),f(x)的最大值為a-1;
當(dāng)2<a<4時(shí),f(x)的最大值為;
當(dāng)a≥4時(shí),f(x)的最大值為2a-4.
(2)∵函數(shù)f(x)在[0,1]上是增函數(shù),
∴f′(x)=aln 2·2x-ln 4·4x=2xln 2(a-2·2x)≥0,
∴a-2·2x≥0恒成立,a≥2·2x,
∵x[0,1],∴2x[1,2],∴a≥4.
16.解:因?yàn)閍=0不合題意,故a≠0,
又方程ax2+(b-1)x-b=0有不同的實(shí)根,
故Δ=(b-1)2+4ab>0對于任意實(shí)數(shù)b恒成立,
即b2+2(2a-1)b+1>0對于任意實(shí)數(shù)b恒成立,
從而有Δ=4(2a-1)2-4<0,得0<a<1.