《（天津專用）2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元質檢2 函數(shù)（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（天津專用）2020屆高考數(shù)學一輪復習 單元質檢2 函數(shù)（含解析）新人教A版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質檢二　函數(shù) (時間:100分鐘　滿分:150分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.設集合M={x|2x-1<1,x∈R},N={x|log12x<1,x∈R},則M∩N等于(　　) A.12,1 B.(0,1) C.12,+∞ D.(-∞,1) 2.已知函數(shù)f(x)=2x-4(x>0),2x(x≤0),則f(f(1))=(　　) A.2 B.0 C.-4 D.-6 3.下列函數(shù)中,既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增的是(　　) A.y=-1x B.y=-x2 C.y=e-x+ex D.y=|x+1| 4.定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f

2、(x+1)=f(x-1),若f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增,則f-32,f(1),f43的大小關系為(　　) A.f-320時,函數(shù)f(x)=(x2-ax)ex的圖象大致是(　　) 7.已知函數(shù)f(x)=-x2+ax,x≤1,2ax-4,x>1,若始終存在實數(shù)b,使得函數(shù)g(x)=f(x)-b的零點不唯一,則a的取值范圍是(　　) A.

3、[2,3) B.(-∞,2) C.(-∞,3) D.(-∞,3] 8.已知函數(shù)f(x)=x2-x+3,x≤1,x+2x,x>1.設a∈R,若關于x的不等式f(x)≥x2+a在R上恒成立,則a的取值范圍是(　　) A.-4716,2 B.-4716,3916 C.[-23,2] D.-23,3916 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知p:函數(shù)f(x)=|x+a|在區(qū)間(-∞,-1)內(nèi)是單調(diào)函數(shù),q:函數(shù)g(x)=loga(x+1)(a>0,且a≠1)在區(qū)間(-1,+∞)內(nèi)是減函數(shù),則p是q的　　　　　　　　.(填“充分不必要條件”“必要不充分條件”“充要條件”

4、或“既不充分也不必要條件”)? 10.已知函數(shù)f(x)的定義域為R.當x<0時,f(x)=x3-1;當-1≤x≤1時,f(-x)=-f(x);當x>12時,fx+12=fx-12,則f(6)=. 11.已知g(x)是R上的奇函數(shù),當x<0時,g(x)=-ln(1-x),函數(shù)f(x)=x3(x≤0),g(x)(x>0).若f(2-x2)>f(x),則實數(shù)x的取值范圍是　　　　　　　　　.? 12.已知奇函數(shù)f(x)滿足對任意x∈R都有f(x+6)=f(x)成立,且f(1)=1,則f(2 015)+f(2 017)=　　　　　.? 13.已知函數(shù)f(x)=9x-a3x的圖象關于原點對稱,g

5、(x)=lg(10x+1)+bx是偶函數(shù),則a+b=　　　　　.? 14.已知f(x)=x2,x≥0,-x2,x<0,若對任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立,則t的取值范圍是　　　　　.? 三、解答題(本大題共6小題,共80分) 15.(13分)已知函數(shù)f(x)=m+logax(a>0,且a≠1)的圖象過點(8,2)和(1,-1). (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)令g(x)=2f(x)-f(x-1),求g(x)的最小值及取得最小值時x的值. 16.(13分)已知函數(shù)g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在區(qū)間[2,3]上有最大值4和最小

6、值1.設f(x)=g(x)x. (1)求a,b的值; (2)若當x∈[-1,1]時不等式f(2x)-k·2x≥0有解,求實數(shù)k的取值范圍. 17.(13分)已知f(x)=xx-a(x≠a). (1)若a=-2,試用定義證明f(x)在區(qū)間(-∞,-2)內(nèi)單調(diào)遞增; (2)若a>0,且f(x)在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,求a的取值范圍. 18.(13分)已知二次函數(shù)y=f(x)在x=t+22處取得最小值-t24(t≠0),且f(1)=0. (1)求y=f(x)的解析式; (2)若函數(shù)y=f(x)在區(qū)間-1,12上的最小值為-5,求此時t的值. 19.(1

7、4分)已知函數(shù)f(x)=lgx+ax-2,其中x>0,a>0. (1)求函數(shù)f(x)的定義域; (2)若對任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,試確定a的取值范圍. 20.(14分)已知函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,y恒有f(x+y)=f(x)+f(y),當x>0時,f(x)<0,且f(1)=-2. (1)判斷f(x)的奇偶性; (2)求f(x)在區(qū)間[-3,3]上的最大值; (3)解關于x的不等式f(ax2)-2f(x)12, ∴M∩N=x12

8、.C　解析函數(shù)f(x)=2x-4(x>0),2x(x≤0),則f(f(1))=f(2-4)=f(-2)=-4.故選C. 3.C　解析選項A中函數(shù)是奇函數(shù),不合題意; 選項B中函數(shù)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,不合題意; 選項D中函數(shù)為非奇非偶函數(shù),不合題意;故選C. 4.C　解析∵定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x+1)=f(x-1), ∴f(x+2)=f(x). ∴f-32=f-32+2=f12,f43=f43-2=f-23=f23. ∵f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增, ∴f12

9、a-2x)=2+x有解, 則122+x=a-2x有解, 即1412x+2x=a有解. ∵1412x+2x≥1, 當且僅當1412x=2x, 即x=-1時,等號成立, ∴a的最小值為1,故選B. 6.B　解析由f(x)=0,可知x2-ax=0,即x=0或x=a. 故函數(shù)f(x)有兩個零點,因此選項A,C不正確. ∵a>0,可設a=1,則f(x)=(x2-x)ex, ∴f'(x)=(x2+x-1)ex. 由f'(x)=(x2+x-1)ex>0, 解得x>-1+52或x<-1-52. 即f(x)在-∞,-1-52內(nèi)是增函數(shù),即選項D錯誤,故選B. 7.C　解析當a=0時,

10、f(x)=-x2,x≤1,-4,x>1, 則b=-4時,g(x)=f(x)-b的零點不唯一,選項A錯誤; 當a=2時,f(x)=-x2+2x,x≤1,4x-4,x>1, 則b=12時,g(x)=f(x)-b的零點不唯一,選項B錯誤; 當a=3時,f(x)=-x2+3x,x≤1,6x-4,x>1,函數(shù)在R上單調(diào)遞增,所以不存在實數(shù)b,使得函數(shù)g(x)=f(x)-b的零點不唯一,選項D錯誤. 故選C. 8.A　解析由函數(shù)f(x)=x2-x+3,x≤1,x+2x,x>1易知f(x)>0恒成立. ∵關于x的不等式f(x)≥x2+a在R上恒成立, ∴關于x的不等式-f(x)≤x2+a≤f

11、(x)在R上恒成立, 即關于x的不等式-f(x)-x2≤a≤f(x)-x2在R上恒成立. 設p(x)=f(x)-x2,則p(x)=x2-32x+3,x≤1,x2+2x,x>1. 當x≤1時,p(x)=x2-32x+3=x-342+3916, ∴當x≤1時,p(x)min=3916. 當x>1時,p(x)=x2+2x≥2x2·2x=2,當且僅當x2=2x,即x=2時,取等號, ∴當x>1時,p(x)min=2. ∵3916>2,∴p(x)min=2. 設q(x)=-f(x)-x2, 則q(x)=-x2+x2-3,x≤1,-3x2-2x,x>1. 當x≤1時,q(x)=-x2+

12、x2-3=-x-142-4716,∴當x≤1時,q(x)max=-4716. 當x>1時,q(x)=-3x2-2x=-3x2+2x≤-23,當且僅當3x2=2x,即x=233時,取等號. ∴當x>1時,q(x)max=-23. ∵-4716>-23,∴q(x)max=-4716. ∵關于x的不等式-f(x)-x2≤a≤f(x)-x2在R上恒成立,∴-4716≤a≤2.故選A. 9.充要條件　解析由p成立,得a≤1.由q成立,得012時,由fx+12 =fx-12可得f

13、(x+1)=f(x). 所以f(6)=f(5×1+1)=f(1). 而f(1)=-f(-1)=-[(-1)3-1]=2. 所以f(6)=2. 11.-20時, g(x)=-g(-x)=ln(1+x), 故函數(shù)f(x)=x3(x≤0),ln(1+x)(x>0), 因此當x≤0時,f(x)=x3為單調(diào)遞增函數(shù),值域為(-∞,0]. 當x>0時,f(x)=ln(1+x)為單調(diào)遞增函數(shù),值域為(0,+∞). 所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 因為f(2-x2)>f(x), 所以2-x2>x, 解得-2

14、x+6)=f(x),知函數(shù)f(x)是周期為6的函數(shù). 因為函數(shù)f(x)是奇函數(shù), 所以f(2015)=f(6×336-1) =f(-1)=-f(1)=-1, f(2017)=f(6×336+1)=f(1)=1, 所以f(2015)+f(2017)=0. 13.12　解析∵f(x)=9x-a3x的圖象關于原點對稱, ∴函數(shù)f(x)是奇函數(shù), ∴f(0)=0,得a=1. ∵g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函數(shù), ∴g(-x)=g(x)對任意的x都成立, ∴l(xiāng)g(10-x+1)-bx=lg(10x+1)+bx, ∴l(xiāng)g10x+110x=lg(10x+1)+2bx, ∴

15、-x=2bx對一切x恒成立, ∴b=-12, ∴a+b=12. 14.[2,+∞)　解析(方法一)∵對任意x∈[t,t+2],不等式f(x+t)≥2f(x)恒成立, ∴f(t+t)=f(2t)≥2f(t). 當t<0時,f(2t)=-4t2≥2f(t)=-2t2,這不可能,故t≥0. ∵當x∈[t,t+2]時,有x+t≥2t≥0,x≥t≥0, ∴當x∈[t,t+2]時,不等式f(x+t)≥2f(x), 即(x+t)2≥2x2, ∴x+t≥2x, ∴t≥(2-1)x對于x∈[t,t+2]恒成立. ∴t≥(2-1)(t+2),解得t≥2. (方法二)當x<0時,f(x)=-

16、x2單調(diào)遞增,當x≥0時,f(x)=x2單調(diào)遞增, ∴f(x)=x2,x≥0,-x2,x<0在R上單調(diào)遞增, 且滿足2f(x)=f(2x), ∵不等式f(x+t)≥2f(x)=f(2x)在[t,t+2]上恒成立, ∴x+t≥2x在[t,t+2]上恒成立, 即t≥(2-1)x在[t,t+2]上恒成立, ∴t≥(2-1)(t+2), 解得t≥2,故答案為[2,+∞). 15.解(1)由f(8)=2,f(1)=-1, 得m+loga8=2,m+loga1=-1, 解得m=-1,a=2, 故函數(shù)解析式為f(x)=-1+log2x. (2)g(x)=2f(x)-f(x-1) =

17、2(-1+log2x)-[-1+log2(x-1)] =log2x2x-1-1(x>1). 因為x2x-1=(x-1)2+2(x-1)+1x-1 =(x-1)+1x-1+2 ≥2(x-1)·1x-1+2=4, 當且僅當x-1=1x-1,即x=2時,等號成立,函數(shù)y=log2x在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以log2x2x-1-1≥log24-1=1,故當x=2時,函數(shù)g(x)取得最小值1. 16.解(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a. 因為a>0,所以g(x)在區(qū)間[2,3]上是增函數(shù), 故g(2)=1,g(3)=4,解得a=1,b=0. (2)由已知可得f(x)=x+

18、1x-2,所以f(2x)-k·2x≥0可化為2x+12x-2≥k·2x, 可化為1+12x2-2·12x≥k. 令t=12x,則k≤t2-2t+1. 因為x∈[-1,1], 所以t∈12,2. 記h(t)=t2-2t+1, 因為t∈12,2,所以h(t)max=1. 所以k≤1,即實數(shù)k的取值范圍是(-∞,1]. 17.(1)證明當a=-2時,f(x)=xx+2(x≠-2). 設任意的x1,x2∈(-∞,-2),且x10,x1-x2<0,

19、 ∴f(x1)0,x2-x1>0, ∴要使f(x1)-f(x2)>0, 只需(x1-a)(x2-a)>0在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)恒成立, ∴a≤1. 綜上所述,a的取值范圍是(0,1]. 18.解(1)設f(x)=ax-t+222-t24(a>0). 因為f(1)=0,所以(a-1)t24=0. 又因為t≠0,所以a=1, 所以f(x)=x-t+222

20、-t24(t≠0). (2)因為f(x)=x-t+222-t24(t≠0), 所以當t+22<-1,即t<-4時, f(x)在-1,12上的最小值為f(x)min=f(-1)=-1-t+222-t24=-5, 所以t=-92. 當-1≤t+22≤12,即-4≤t≤-1時,f(x)在-1,12上的最小值為f(x)min=ft+22=-t24=-5, 所以t=±25(舍去); 當t+22>12,即t>-1時, f(x)在-1,12上的最小值為f(x)min=f12=12-t+222-t24=-5, 所以t=-212(舍去). 綜上所述,可得t=-92. 19.解(1)由x+a

21、x-2>0,得x2-2x+ax>0. 因為x>0,所以x2-2x+a>0. 當a>1時,x2-2x+a>0恒成立, 定義域為(0,+∞); 當a=1時,定義域為{x|x>0,且x≠1}; 當01+1-a}. (2)對任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0, 即x+ax-2>1對x∈[2,+∞)恒成立, 故a>3x-x2對x∈[2,+∞)恒成立. 而h(x)=3x-x2=-x-322+94在[2,+∞)內(nèi)是減函數(shù), 于是h(x)max=h(2)=2. 故a>2,即a的取值范圍是{a|a>2}. 20.解(1)取x=y=0,則

22、f(0+0)=2f(0),即f(0)=0. 取y=-x,則f(x-x)=f(x)+f(-x), 即f(-x)=-f(x)對任意x∈R恒成立, 故函數(shù)f(x)為奇函數(shù). (2)任取x1,x2∈(-∞,+∞), 且x10. ∴f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0, ∴f(x2)<-f(-x1). 又f(x)為奇函數(shù), ∴f(x1)>f(x2). ∴f(x)在(-∞,+∞)內(nèi)是減函數(shù). ∴對任意x∈[-3,3],恒有f(x)≤f(-3). ∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1) =3f(1)=-2×3=-6, ∴f(-3)=-f(3)

23、=6, ∴f(x)在[-3,3]上的最大值為6. (3)∵f(x)為奇函數(shù), ∴整理原不等式得f(ax2)+2f(-x)ax-2, 即(ax-2)(x-1)>0. ∴當a=0時,x∈{x|x<1}; 當a=2時,x∈{x|x≠1,且x∈R}; 當a<0時,x∈x2a2a或x<1; 當a>2時, x∈xx<2a或x>1. 綜上所述,當a=0時,原不等式的解集為{x|x<1}; 當a=2時,原不等式的解集為{x|x≠1,且x∈R}; 當a<0時,原不等式的解集為x2a2a或x<1; 當a>2時,原不等式的解集為xx<2a或x>1. 12