《高三數(shù)學二輪復習 第2部分 必考補充專題 專題限時集訓16 專題6 突破點16 函數(shù)的圖象和性質(zhì) 理-人教高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數(shù)學二輪復習 第2部分 必考補充專題 專題限時集訓16 專題6 突破點16 函數(shù)的圖象和性質(zhì) 理-人教高三數(shù)學試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十六)　函數(shù)的圖象和性質(zhì) A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·南昌一模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足：對任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有＜0.則下列結論正確的是(　　) A．f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25) B．f(log25)＜f(20.3)＜f(0.32) C．f(log25)＜f(0.32)＜f(20.3) D．f(0.32)＜f(log25)＜f(20.3) A　∵對任意的x1，x2∈(－∞，0)， 且x1≠x2，都有＜0， ∴f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)． 又∵f(x)是R上的偶函數(shù)， ∴f(x)在

2、(0，＋∞)上是增函數(shù)． ∵0＜0.32＜20.3＜log25， ∴f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25)．故選A.] 2．(2016·安慶一模)函數(shù)f(x)＝cos x(－π≤x≤π且x≠0)的圖象可能為(　　) D　因為f(－x)＝cos(－x)＝－cos x＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，排除A，B.當0＜x＜1時，x－＜0，cos x＞0，所以f(x)＜0，排除C，故選D.] 3．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿足f(2x－1)＜f的x的取值范圍是(　　) A.　　　　 B. C. D. A　偶函數(shù)滿足f(x)＝f(|x|)，根

3、據(jù)這個結論，有f(2x－1)＜f?f(|2x－1|)＜f，進而轉化為不等式|2x－1|＜，解這個不等式即得x的取值范圍是.] 4．(2016·青島一模)奇函數(shù)f(x)的定義域為R，若f(x＋1)為偶函數(shù)，且f(1)＝2，則f(4)＋f(5)的值為(　　) A．2　　　 B．1 C．－1　　　 D．－2 A　設g(x)＝f(x＋1)，∵f(x＋1)為偶函數(shù)， 則g(－x)＝g(x)， 即f(－x＋1)＝f(x＋1)． ∵f(x)是奇函數(shù)， ∴f(－x＋1)＝f(x＋1)＝－f(x－1)， ∴f(x＋2)＝－f(x)， f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x

4、)， 則f(4)＝f(0)＝0，f(5)＝f(1)＝2， ∴f(4)＋f(5)＝0＋2＝2，故選A.] 5．(2016·南通三調(diào))設函數(shù)y＝f(x)(x∈R)為偶函數(shù)，且?x∈R，滿足f＝f，當x∈2,3]時，f(x)＝x，則當x∈－2,0]時，f(x)＝(　　) 【導學號：85952060】 A．|x＋4| B．|2－x| C．2＋|x＋1| D．3－|x＋1| D　∵?x∈R，滿足f＝f， ∴?x∈R，滿足f＝f， 即f(x)＝f(x＋2)． 若x∈0,1]，則x＋2∈2,3]， f(x)＝f(x＋2)＝x＋2， 若x∈－1,0]，則－x∈0,1]． ∵函數(shù)

5、y＝f(x)(x∈R)為偶函數(shù)， ∴f(－x)＝－x＋2＝f(x)， 即f(x)＝－x＋2，x∈－1,0]； 若x∈－2，－1]，則x＋2∈0,1]， 則f(x)＝f(x＋2)＝x＋2＋2＝x＋4， x∈－2，－1]． 綜上，f(x)＝故選D.] 二、填空題 6．(2016·寧波聯(lián)考)已知f(x)＝則f(f(－1))＝________，f(f(x))＝1的解集為________． 　{－，4}　f(－1)＝1，f(f(－1))＝f(1)＝. ∵f(f(x))＝1，∴f(x)＝－1(舍去)，f(x)＝2， ∴x＝4，x＝－， ∴f(f(x))＝1的解集為{－，4}．]

6、7．若函數(shù)f(x)＝2|x－a|(a∈R)滿足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在m，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)m的最小值等于________． 1　∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的對稱軸為x＝1， ∴a＝1，f(x)＝2|x－1|，∴f(x)的增區(qū)間為1，＋∞)． ∵m，＋∞)?1，＋∞)，∴m≥1，∴m的最小值為1.] 8．(2016·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，且x1＋x2＋x3的取值范圍為(1,8)，則實數(shù)m的值為________． 1　作出f(x)的圖象，如圖所示， 可令x1＜x2＜x3，則

7、由圖知點(x1,0)，(x2,0)關于直線x＝－對稱，所以x1＋x2＝－1.又1＜x1＋x2＋x3＜8，所以2＜x3＜9.由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，結合圖象可知點A的坐標為(9,3)，代入函數(shù)解析式，得3＝log2(9－m)，解得m＝1.] 三、解答題 9．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和最小值1，設f(x)＝. (1)求a，b的值； (2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈－1,1]上有解，求實數(shù)k的取值范圍． 解]　(1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，因為a＞0，所以g(x)在區(qū)間2

8、,3]上是增函數(shù)，3分 故解得6分 (2)由已知可得f(x)＝x＋－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化為2x＋－2≥k·2x，即1＋2－2·≥k，8分 令t＝，則k≤t2－2t＋1，x∈－1,1]，則t∈，10分 記h(t)＝t2－2t＋1，因為t∈，故h(t)max＝1，所以k的取值范圍是(－∞，1].12分 10．已知函數(shù)f(x)＝a－. (1)求f(0)； (2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結論； (3)若f(x)為奇函數(shù)，求滿足f(ax)＜f(2)的x的范圍． 解]　(1)f(0)＝a－＝a－1.2分 (2)∵(x)的定義域為R，∴任取x1，x2∈R且x1＜x

9、2， 則f(x1)－f(x2)＝a－－a＋＝.4分 ∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1＜x2，∴0＜2x1＜2x2， ∴2x1－2x2＜0,2x1＋1＞0,2x2＋1＞0， ∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在R上單調(diào)遞增.8分 (3)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)， 即a－＝－a＋， 解得a＝1.(或用f(0)＝0去解)10分 ∴f(ax)＜f(2)，即為f(x)＜f(2)， 又因為f(x)在R上單調(diào)遞增， 所以x＜2.12分 B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·莆田二模)已知定義在R上的奇函數(shù)滿足f(x＋4)

10、＝－f(x)，且在區(qū)間0,2]上是增函數(shù)，則(　　) A．f(－25)＜f(11)＜f(80) B．f(80)＜f(11)＜f(－25) C．f(11)＜f(80)＜f(－25) D．f(－25)＜f(80)＜f(11) D　∵f(x＋4)＝－f(x)， ∴f(x＋8)＝－f(x＋4)， ∴f(x＋8)＝f(x)， ∴f(x)的周期為8， ∴f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)， f(11)＝f(3)＝f(－1＋4)＝－f(－1)＝f(1)． 又∵奇函數(shù)f(x)在區(qū)間0,2]上是增函數(shù)， ∴f(x)在區(qū)間－2,2]上是增函數(shù)， ∴f(－25)＜f(80)＜f(1

11、1)，故選D.] 2．(2016·濟南模擬)函數(shù)f(x)＝ln的圖象大致是(　　) A　易知f(x)的定義域關于原點對稱，因為f(－x)＝ln＝ln＝f(x)，所以函數(shù)是偶函數(shù)，排除B和D；當x∈時，0＜x－sin x＜x＋sin x,0＜＜1，ln＜0，排除C，故選A.] 3．(2016·開封模擬)設函數(shù)f(x)＝若f＝4，則b＝(　　) 【導學號：85952061】 A．1　　　 B. C.　　　 D. D　f＝3×－b＝－b， 當－b≥1，即b≤時，f＝2－b， 即2－b＝4＝22，得到－b＝2，即b＝； 當－b＜1，即b＞時，f＝－3b－b＝－4b， 即－4b

12、＝4，得到b＝＜，舍去． 綜上，b＝，故選D.] 4．(2016·成都模擬)如果函數(shù)f(x)＝(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為(　　) A．16　　　 B．18 C．25　　　 D. B　當m＝2時，f(x)＝(n－8)x＋1在區(qū)間上單調(diào)遞減，則n－8＜0?n＜8，于是mn＜16，則mn無最大值．當m∈0,2)時，f(x)的圖象開口向下且過點(0,1)，要使f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，需－≤，即2n＋m≤18，又n≥0，則mn≤m＝－m2＋9m.而g(m)＝－m2＋9m在0,2)上為增函數(shù)，∴m∈0,2)時，g(m)＜g(2)＝16

13、，∴mn＜16，故m∈0,2)時，mn無最大值． 當m＞2時，f(x)的圖象開口向上且過點(0,1)，要使f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減，需－≥2，即2m＋n≤12，而2m＋n≥2，∴mn≤18，當且僅當即時，取“＝”，此時滿足m＞2.故(mn)max＝18.故選B.] 二、填空題 5．(2016·合肥二模)在平面直角坐標系xOy中，若直線y＝2a與函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象只有一個交點，則a的值為________． －　函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象如圖所示，因為直線y＝2a與函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象只有一個交點，故2a＝－1，解得a＝－.] 6．(2016·泉州二模)若函數(shù)f(

14、x)＝(a＞0，且a≠1)的值域是4，＋∞)，則實數(shù)a的取值范圍是________． (1,2]　當x≤2時，f(x)＝－x＋6，f(x)在(－∞，2]上為減函數(shù)，∴f(x)∈4，＋∞)．當x＞2時，若a∈(0,1)，則f(x)＝3＋logax在(2，＋∞)上為減函數(shù)，f(x)∈(－∞，3＋loga2)，顯然不滿足題意，∴a＞1，此時f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)，f(x)∈(3＋loga2，＋∞)，由題意可知(3＋loga2，＋∞)?4，＋∞)，則3＋loga2≥4，即loga2≥1，∴1＜a≤2.] 三、解答題 7．已知奇函數(shù)f(x)的定義域為－1,1]，當x∈－1,0)時，f(x

15、)＝－x. (1)求函數(shù)f(x)在0,1]上的值域； (2)若x∈(0,1]，y＝f2(x)－f(x)＋1的最小值為－2，求實數(shù)λ的值． 解]　(1)設x∈(0,1]，則－x∈－1,0)，所以f(－x)＝－－x＝－2x. 又因為f(x)為奇函數(shù)， 所以f(－x)＝－f(x)， 所以當x∈(0,1]時，f(x)＝－f(－x)＝2x， 所以f(x)∈(1,2]． 又f(0)＝0，所以當x∈0,1]時函數(shù)f(x)的值域為(1,2]∪{0}.4分 (2)由(1)知當x∈(0,1]時，f(x)∈(1,2]， 所以f(x)∈， 令t＝f(x)，則＜t≤1， g(t)＝f2(x)－f

16、(x)＋1＝t2－λt＋1＝2＋1－.8分 ①當≤，即λ≤1時， g(t)＞g無最小值． ②當＜≤1即1＜λ≤2時，g(t)min＝g＝1－＝－2. 解得λ＝±2舍去． ③當＞1，即λ＞2時，g(t)min＝g(1)＝－2，解得λ＝4. 綜上所述，λ＝4.12分 8．函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且對任意實數(shù)x，都有f(x＋1)＝f(x－1)成立，已知當x∈1,2]時，f(x)＝logax. (1)求x∈－1,1]時，函數(shù)f(x)的表達式； (2)求x∈2k－1,2k＋1](k∈Z)時，函數(shù)f(x)的表達式； (3)若函數(shù)f(x)的最大值為，在區(qū)間－1,3]上，解關于x

17、的不等式f(x)＞. 解]　(1)因為f(x＋1)＝f(x－1)，且f(x)是R上的偶函數(shù)，所以f(x＋2)＝f(x)， 所以f(x)＝ 3分 (2)當x∈2k－1,2k]時，f(x)＝f(x－2k)＝loga(2＋x－2k)， 同理，當x∈(2k,2k＋1]時， f(x)＝f(x－2k)＝loga(2－x＋2k)， 所以f(x)＝6分 (3)由于函數(shù)是以2為周期的周期函數(shù)，故只需要考查區(qū)間－1,1]， 當a＞1時，由函數(shù)f(x)的最大值為，知f(0)＝f(x)max＝loga2＝，即a＝4. 當0＜a＜1時，則當x＝±1時， 函數(shù)f(x)取最大值為， 即loga(2－1)＝，舍去． 綜上所述a＝4.9分 當x∈－1,1]時，若x∈－1,0]， 則log4(2＋x)＞，所以－2＜x≤0； 若x∈(0,1]，則log4(2－x)＞， 所以0＜x＜2－， 所以此時滿足不等式的解集為(－2,2－)． 因為函數(shù)是以2為周期的周期函數(shù)， 所以在區(qū)間1,3]上，f(x)＞的解集為(，4－)， 綜上所得不等式的解集為(－2,2－)∪(，4－).12分