《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練4 函數(shù)圖象與性質(zhì) 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《浙江省2020年高考數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí) 專題升級(jí)訓(xùn)練4 函數(shù)圖象與性質(zhì) 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題升級(jí)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(duì)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(kāi)_________． 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(duì)稱，若對(duì)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_(kāi)_________． 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(shuō)明、證明過(guò)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(duì)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(dòng)點(diǎn)，對(duì)于任意實(shí)數(shù)b，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx－b總有相異不動(dòng)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(duì)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(duì)于(1)直接代入知f≠－f(x)，對(duì)于(2)直接代入符合，對(duì)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(duì)稱， ∴函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于(0,0)對(duì)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(duì)于任意實(shí)數(shù)b恒成立， 即b2＋2(2a－1)b＋1＞0對(duì)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.