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湖南省高考数学第二轮复习 专题升级训练4 函数图象与性质 文

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专题升级训练4 函数图象与性质(时间:60分钟 满分:100分)一、选择题(本大题共6小题,每小题6分,共36分)1.若f(x)=,则f(x)的定义域为(  ).A.B.C.D.(0,+∞)2.设函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=f(x),f(x+2)=f(x),则y=f(x)的图象可能是(  ).3.设函数f(x)定义在实数集上,它的图象关于直线x=1对称,且当x≥1时,f(x)=2x-x,则有(  ).A.f<f<fB.f<f<fC.f<f<fD.f<f<f4.已知函数f(x)=ln(x+),若实数a,b满足f(a)+f(b-1)=0,则a+b等于(  ).A.-1B.0C.1D.不确定5.记max{a,b}=若x,y满足则z=max{y+x,y-x}的取值范围是(  ).A.[-1,1]B.[-1,2]C.[0,2]D.[-2,2]6.设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a,b]上的两个函数,若函数y=f(x)-g(x)在x∈[a,b]上有两个不同的零点,则称f(x)和g(x)在[a,b]上是“关联函数”,区间[a,b]称为“关联区间”.若f(x)=x2-3x+4与g(x)=2x+m在[0,3]上是“关联函数”,则m的取值范围为(  ).A.B.[-1,0]C.(-∞,-2]D.二、填空题(本大题共3小题,每小题6分,共18分)7.设函数f(x)=若f(x)=1,则x=__________.8.(2012·湖南郴州模拟,12)若函数f(x)=ln(x2+ax+1)是偶函数,则实数a的值为__________.9.已知函数f(x)=lnx+2x,若f(x2+2)<f(3x),则实数x的取值范围是__________.-4-\n三、解答题(本大题共3小题,共46分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10.(本小题满分15分)已知二次函数f(x)满足条件f(0)=1,f(x+1)-f(x)=2x.(1)求f(x);(2)求f(x)在区间[-1,1]上的最大值和最小值.11.(本小题满分15分)已知函数f(x)=ax2-2ax+2+b(a≠0)在区间[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]上单调,求m的取值范围.12.(本小题满分16分)定义在[-1,1]上的奇函数f(x),已知当x∈[-1,0]时,f(x)=-(a∈R).(1)求f(x)在[0,1]上的最大值;(2)若f(x)是[0,1]上的增函数,求实数a的取值范围.-4-\n参考答案一、选择题1.A 解析:根据题意得>0,即0<2x+1<1,解得x∈.2.B 解析:由f(-x)=f(x)可知函数为偶函数,其图象关于y轴对称,可以结合选项排除A、C;再利用f(x+2)=f(x),可知函数为周期函数,且T=2,必满足f(4)=f(2),排除D,故只能选B.3.B 解析:f′(x)=2xln2-1,当x≥1时,f′(x)=2xln2-1≥2ln2-1=ln4-1>0,故函数f(x)在[1,+∞)上单调递增.又f=f=f,f=f=f,<<,故f<f<f.4.C 解析:观察得f(x)在定义域内是增函数,而f(-x)=ln(-x+)=ln=-f(x),∴f(x)是奇函数.又f(a)=-f(b-1)=f(1-b).∴a=1-b,即a+b=1.故选C.5.B 解析:当y+x≥y-x,即x≥0时,z=max{y+x,y-x}=y+x;当y+x<y-x,即x<0时,z=max{y+x,y-x}=y-x.∴z=max{y-x,y+x}=∴z的取值范围为[-1,2].6.A 解析:∵y=f(x)-g(x)=x2-3x+4-2x-m=x2-5x+4-m在[0,3]上有两个不同的零点,∴∴-<m≤-2.二、填空题7.-2 解析:当x≤1时,由|x|-1=1,得x=±2,故可得x=-2;当x>1时,由2-2x=1,得x=0,不适合题意.故x=-2.8.0 解析:由题知f(-x)=f(x),即ln(x2-ax+1)=ln(x2+ax+1),故a=0.9.(1,2) 解析:函数f(x)=lnx+2x在区间(0,+∞)上是增函数,由f(x2+2)<f(3x),得解得1<x<2.三、解答题10.解:(1)设函数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.∴∴∴f(x)=x2-x+1.(2)f(x)=x2-x+1,f(x)min=f=,f(x)max=f(-1)=3.11.解:(1)f(x)=a(x-1)2+2+b-a.①当a>0时,f(x)在[2,3]上为增函数,故②当a<0时,f(x)在[2,3]上为减函数,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.-4-\n若g(x)在[2,4]上单调,则≤2或≥4,∴2m≤2或2m≥6,即m≤1或m≥log26.12.解:(1)设x∈[0,1],则-x∈[-1,0],f(-x)=-=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+.当≤1,即a≤2时,g(t)max=g(1)=a-1;当1<<2,即2<a<4时,g(t)max=g=;当≥2,即a≥4时,g(t)max=g(2)=2a-4.综上,当a≤2时,f(x)的最大值为a-1;当2<a<4时,f(x)的最大值为;当a≥4时,f(x)的最大值为2a-4.(2)∵函数f(x)在[0,1]上是增函数,∴f′(x)=aln2·2x-ln4·4x=2xln2(a-2·2x)≥0,∴a-2·2x≥0,a≥2·2x,恒成立,∵2x∈[1,2],∴a≥4.-4-

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发布时间:2022-08-25 21:46:36 页数:4
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文章作者:U-336598

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