江西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

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．(2012·江西六校联考，文10)若函数f(x)的图象经过变换T后所得图象对应函数的值域与函数f(x)的值域相同，则称变换T是函数f(x)的同值变换．下面给出四个函数及其对应的变换T，其中变换T不属于函数f(x)的同值变换的是(　　)．A．f(x)＝(x－1)2，变换T将函数f(x)的图象关于y轴对称B．f(x)＝2x－1－1，变换T将函数f(x)的图象关于x轴对称C．f(x)＝2x＋3，变换T将函数f(x)的图象关于点(－1,1)对称D．f(x)＝sin，变换T将函数f(x)的图象关于点(－1,0)对称4．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．若函数f(x)＝ax2＋x＋1的值域为R，则函数g(x)＝x2＋ax＋1的值域为__________．-4-\n9．已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，则实数x的取值范围是__________．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，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：对于A，与f(x)＝(x－1)2的图象关于y轴对称的图象对应的函数为g(x)＝(－x－1)2＝(x＋1)2，易知两者的值域都为[0，＋∞)；对于B，函数f(x)＝2x－1－1的值域为(－1，＋∞)，与函数f(x)的图象关于x轴对称的图象对应的函数为g(x)＝－2x－1＋1，其值域为(－∞，1)；对于C，与f(x)＝2x＋3的图象关于点(－1,1)对称的图象对应的函数为2－g(x)＝2(－2－x)＋3，即g(x)＝2x＋3，易知值域相同；对于D，与f(x)＝sin的图象关于点(－1,0)对称的图象对应的函数为g(x)＝sin，其值域为[－1,1]，易知两函数的值域相同．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．[1，＋∞)　解析：要使f(x)的值域为R，必有a＝0，于是g(x)＝x2＋1，值域为[1，＋∞)．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⇒⇒-4-\n②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．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-