（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學一輪復(fù)習 單元質(zhì)檢2 函數(shù)（含解析）新人教A版

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1、單元質(zhì)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(shè)集合M=x|2x-11,xR,N=x|log12x0),2x(x0),則f(f(1)=()A.2B.0C.-4D.-63.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=-1xB.y=-x2C.y=e-x+exD.y=|x+1|4.定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(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(guān)系為()A.f-32f(1)f43B.f(1)f-32f43C.f-32f43f(1)D.f43f(1)0時,函數(shù)f(

2、x)=(x2-ax)ex的圖象大致是()7.已知函數(shù)f(x)=-x2+ax,x1,2ax-4,x1,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.2,3)B.(-,2)C.(-,3)D.(-,38.已知函數(shù)f(x)=x2-x+3,x1,x+2x,x1.設(shè)aR,若關(guān)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.-4716,2B.-4716,3916C.-23,2D.-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

3、0,且a1)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”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x12時,fx+12=fx-12,則f(6)=.11.已知g(x)是R上的奇函數(shù),當x0).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xR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(guān)于原點對稱,g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函數(shù),則a+b=.14.已知f(x)=x2,x0,-x2,x0,且a

4、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(a0)在區(qū)間2,3上有最大值4和最小值1.設(shè)f(x)=g(x)x.(1)求a,b的值;(2)若當x-1,1時不等式f(2x)-k2x0有解,求實數(shù)k的取值范圍.17.(13分)已知f(x)=xx-a(xa).(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a0,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

5、=t+22處取得最小值-t24(t0),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.(14分)已知函數(shù)f(x)=lgx+ax-2,其中x0,a0.(1)求函數(shù)f(x)的定義域;(2)若對任意x2,+)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x0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(guān)于x的不等式f(ax2)-2f(x)f(ax)+4.單元質(zhì)檢二函數(shù)1.A解析由

6、題意可得M=x|x12,MN=x12x0),2x(x0),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,f12f23f(1).f-32f430,可設(shè)a=1,則f(x)=(x2-x)ex,f(x)=(x2+x-1)ex.由f(x)=(x2+x-1)ex0,解得x-

7、1+52或x1,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,x1,4x-4,x1,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,x1,6x-4,x1,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,x1,x+2x,x1易知f(x)0恒成立.關(guān)于x的不等式f(x)x2+a在R上恒成立,關(guān)于x的不等式-f(x)x2+af(x)在R上恒成立,即關(guān)于x的不等式-f(x)-x2af(x)-x2在R上恒成立.

8、設(shè)p(x)=f(x)-x2,則p(x)=x2-32x+3,x1,x2+2x,x1.當x1時,p(x)=x2-32x+3=x-342+3916,當x1時,p(x)min=3916.當x1時,p(x)=x2+2x2x22x=2,當且僅當x2=2x,即x=2時,取等號,當x1時,p(x)min=2.39162,p(x)min=2.設(shè)q(x)=-f(x)-x2,則q(x)=-x2+x2-3,x1,-3x2-2x,x1.當x1時,q(x)=-x2+x2-3=-x-142-4716,當x1時,q(x)max=-4716.當x1時,q(x)=-3x2-2x=-3x2+2x-23,當且僅當3x2=2x,即x=

9、233時,取等號.當x1時,q(x)max=-23.-4716-23,q(x)max=-4716.關(guān)于x的不等式-f(x)-x2af(x)-x2在R上恒成立,-4716a2.故選A.9.充要條件解析由p成立,得a1.由q成立,得0a12時,由fx+12=fx-12可得f(x+1)=f(x).所以f(6)=f(51+1)=f(1).而f(1)=-f(-1)=-(-1)3-1=2.所以f(6)=2.11.-2x0時,g(x)=-g(-x)=ln(1+x),故函數(shù)f(x)=x3(x0),ln(1+x)(x0),因此當x0時,f(x)=x3為單調(diào)遞增函數(shù),值域為(-,0.當x0時,f(x)=ln(1+

10、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-x2x,解得-2x1.12.0解析由f(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(6336-1)=f(-1)=-f(1)=-1,f(2017)=f(6336+1)=f(1)=1,所以f(2015)+f(2017)=0.13.12解析f(x)=9x-a3x的圖象關(guān)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,lg(10-x+1)

11、-bx=lg(10x+1)+bx,lg10x+110x=lg(10x+1)+2bx,-x=2bx對一切x恒成立,b=-12,a+b=12.14.2,+)解析(方法一)對任意xt,t+2,不等式f(x+t)2f(x)恒成立,f(t+t)=f(2t)2f(t).當t0時,f(2t)=-4t22f(t)=-2t2,這不可能,故t0.當xt,t+2時,有x+t2t0,xt0,當xt,t+2時,不等式f(x+t)2f(x),即(x+t)22x2,x+t2x,t(2-1)x對于xt,t+2恒成立.t(2-1)(t+2),解得t2.(方法二)當x0時,f(x)=-x2單調(diào)遞增,當x0時,f(x)=x2單調(diào)遞

12、增,f(x)=x2,x0,-x2,x1).因為x2x-1=(x-1)2+2(x-1)+1x-1=(x-1)+1x-1+22(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-1-1log24-1=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a0,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+1x-2,所以f(2x)-k2x0可化為2x+12x-2k2x,可化為1+12x2-212xk.

13、令t=12x,則kt2-2t+1.因為x-1,1,所以t12,2.記h(t)=t2-2t+1,因為t12,2,所以h(t)max=1.所以k1,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(shè)任意的x1,x2(-,-2),且x10,x1-x20,f(x1)f(x2).f(x)在區(qū)間(-,-2)內(nèi)單調(diào)遞增.(2)解設(shè)任意的x1,x2(1,+),且x10,x2-x10,要使f(x1)-f(x2)0,只需(x1-a)(x2-a)0在區(qū)間(1,+)內(nèi)恒成立,a1.綜上所述,a的取值范圍是(0,1.18.解(1)設(shè)f(x)=ax-t+222-t24(a0).因

14、為f(1)=0,所以(a-1)t24=0.又因為t0,所以a=1,所以f(x)=x-t+222-t24(t0).(2)因為f(x)=x-t+222-t24(t0),所以當t+22-1,即t12,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+ax-20,得x2-2x+ax0.因為x0,所以x2-2x+a0.當a1時,x2-2x+a0恒成立,定義域為(0,+);當a=1時,定義域為x|x0,且x1;當0a1時,定義域為x|0x1+1-a.(2)對任意x2,+)恒有f(x)0

15、,即x+ax-21對x2,+)恒成立,故a3x-x2對x2,+)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a2,即a的取值范圍是a|a2.20.解(1)取x=y=0,則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xR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(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)=-23=-6,f(-3)=-f(3)=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)f(ax)+f(-2).f(ax2-2x)ax-2,即(ax-2)(x-1)0.當a=0時,xx|x1;當a=2時,xx|x1,且xR;當a0時,xx2ax1;當0a2a或x2時,xxx1.綜上所述,當a=0時,原不等式的解集為x|x1;當a=2時,原不等式的解集為x|x1,且xR;當a0時,原不等式的解集為x2ax1;當0a2a或x2時,原不等式的解集為xx1.12