2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合與常用邏輯用語 第二講 函數(shù)、基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)配套作業(yè) 文

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1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1 集合與常用邏輯用語 第二講 函數(shù)、基本初等函數(shù)的圖象與性質(zhì)配套作業(yè) 文 配套作業(yè) 一、選擇題　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(xx·北京卷)下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是(B) A．y＝x2sin x B．y＝x2cos x C．y＝|ln x| D．y＝2－x 解析：因為y＝x2是偶函數(shù)，y＝sin x是奇函數(shù)，y＝cos x是偶函數(shù)，所以A選項為奇函數(shù)，B選項為偶函數(shù)；C選項中函數(shù)圖象是把對數(shù)函數(shù)y＝ln x的圖象在x軸下方部分翻折到x軸上方，其余部分的圖象保持不變，故為非奇非偶函數(shù)；D選項為指數(shù)函數(shù)y＝，是非奇非偶函數(shù)．

2、 2．函數(shù)f(x)＝x3＋sin x＋1(x∈R)，若f(a)＝2，則f(－a)的值為(B) A．3 B．0 C．－1 D．－2 解析：∵f(a)＝2?a3＋sin a＋1＝2， ∴a3＋sin a＝1. ∴f(－a)＝－a3＋sin(－a)＋1＝－(a3＋sin a)＋1＝－1＋1＝0. 3．(xx·陜西卷)設(shè)f(x)＝則f(f(－2))＝(C) A．－1 B. C. D. 解析：因為－2＜0，所以f(－2)＝2－2＝＞0， 所以f＝1－ ＝1－＝. 4．函數(shù)y＝ln(＋1)(x＞－1)的反函數(shù)是(D) A．y＝(1－ex)3(x＞－1) B．y

3、＝(ex－1)3(x＞－1) C．y＝(1－ex)3(x∈R) D．y＝(ex－1)3(x∈R) 解析：由已知函數(shù)可得＋1＝ey(y∈R)，即＝ey－1，所以x＝(ey－1)3，x，y對調(diào)即得原函數(shù)的反函數(shù)為y＝(ex－1)3(x∈R)．故選D. 5．(xx·新課標Ⅱ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝ 則f(－2)＋f(log212)＝(C) A．3 B．6 C．9 D．12 解析：∵ －2<1， ∴ f(－2)＝1＋log2(2＋2)＝1＋log24＝1＋2＝3. ∵ log212>1，∴ f(log212)＝2log212－1＝＝6. ∴ f(－2)＋f(log212)＝3

4、＋6＝9.故選C. 6．(xx·新課標Ⅱ卷)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A、B兩點距離之和表示為x的函數(shù)f(x)，則y＝f(x)的圖象大致為(B) 解析：當(dāng)x∈[0，]時，f(x)＝tan x＋，圖象不會是直線段，從而排除A，C. 當(dāng)x∈[，]時，f()＝f()＝1＋，f()＝2.∵ 2＜1＋，∴ f()＜f()＝f()，從而排除D，故選B. 二、填空題 7．若函數(shù)f(x)(x∈R)是周期為4的奇函數(shù)，且在[0，2]上的解析式為f(x)＝則f＋f＝________． 解析：f＋f

5、＝f＋f ＝f＋f ＝f＋f ＝f＋f ＝－f－f ＝－×－sin π ＝－＋＝. 答案： 8．(xx·福建卷)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________． 解析：因為f(x)＝2|x－a|，所以f(x)的圖象關(guān)于x＝a對稱．又由f(1＋x)＝f(1－x)，知f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，故a＝1，且f(x)的增區(qū)間是[1，＋∞)，由函數(shù)f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，知[m，＋∞)?[1，＋∞)，所以m≥1，故m的最小值為1. 答案：1 三、解答題 9．已

6、知函數(shù)f(x)＝x2＋(x≠0，a∈R)． (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性； (2)若f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍． 解析：(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝x2(x≠0)為偶函數(shù)； 當(dāng)a≠0時，f(x)既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)． (2)解法一　設(shè)x2＞x1≥2，f(x1)－f(x2)＝x＋－x－＝[x1x2(x1＋x2)－a]，由x2＞x1≥2，得x1x2(x1＋x2)＞16，x1－x2＜0，x1x2＞0. 要使f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)，只需f(x1)－f(x2)＜0，即x1x2(x1＋x2)－a＞0恒成立，則a≤16.故a的取值范圍是(－∞，1

7、6]． 解法二　f′(x)＝2x－，要使f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)，只需當(dāng)x≥2時，f′(x)≥0恒成立，即2x－≥0，則a≤2x3∈[16，＋∞)恒成立，故當(dāng)a≤16時，f(x)在區(qū)間[2，＋∞)上是增函數(shù)．故a的取值范圍是(－∞，16]． 10．f(x)的定義域為R，對任意x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當(dāng)x＞0時，f(x)＜0，f(1)＝－2. (1)證明：f(x)是奇函數(shù)； (2)證明：f(x)在R上是減函數(shù)； (3)求f(x)在區(qū)間[－3，3]上的最大值和最小值． 解析：(1)函數(shù)f(x)的定義域R關(guān)于原點對稱，又由f(x＋y)＝f(x)＋

8、f(y)， 得f[x＋(－x)]＝f(x)＋f(－x)， ∴f(x)＋f(－x)＝f(0)． 又f(0＋0)＝f(0)＋f(0)， ∴f(0)＝0.從而有f(x)＋f(－x)＝0， ∴f(－x)＝－f(x)．由于x∈R， ∴f(x)是奇函數(shù)． (2)任取x1，x2∈R，且x1＜x2，則 f(x1)－f(x2)＝f(x1)－f[x1＋(x2－x1)]＝f(x1)－[f(x1)＋f(x2－x1)]＝－f(x2－x1)． ∵x1＜x2，∴x2－x1＞0.∴f(x2－x1)＜0. ∴－f(x2－x1)＞0，即f(x1)＞f(x2)，從而f(x)在R上是減函數(shù)． (3)由于f(x)

9、在R上是減函數(shù)，故f(x)在[－3，3]上的最大值是f(－3)，最小值是f(3)，由f(1)＝－2，得 f(3)＝f(1＋2)＝f(1)＋f(2)＝f(1)＋f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋f(1)＝－6， f(－3)＝－f(3)＝6.從而f(x)在區(qū)間[－3，3]上的最大值是6，最小值是－6. 11．已知函數(shù)f(x)＝ex－e－x(x∈R，且e為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性與單調(diào)性． (2)是否存在實數(shù)t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x都成立？若存在，求出t；若不存在，請說明理由． 解析：(1)∵f(x)＝ex－，且y＝ex是增函數(shù)，y＝－是增函數(shù)，∴f(x)是增函數(shù)． ∵f(x)的定義域為R， 且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)． (2)由(1)知f(x)是增函數(shù)和奇函數(shù)， 由f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對x∈R恒成立， 則f(x－t)≥f(t2－x2)． ∴t2－x2≤x－t?x2＋x≥t2＋t對x∈R恒成立?≤min對一切x∈R恒成立?≤0?t＝－. 即存在實數(shù)t＝－，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x都成立．