高三数学大一轮复习常考题型强化练函数教案理新人教A版

常考题型加强练——函数一、选择题1．(2011·江西)若f(x)＝1，则f(x)的定义域为12x＋1log2()A.1B.1－，0－，＋∞22C.1∪(0，＋∞)D.1－，0－，222答案C2x＋1>0，解析由已知得12x＋1log2≠0，11x>－，∴2即x>－2且x≠0，∴选C.2x＋1≠1，2．(2012·广东)以下函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝ln(x＋2)B．y＝－x＋11x1C．y＝2D．y＝x＋x答案A分析利用复合函数单一性的判断方法——同增异减求解．对于A选项，可当作由函数y＝lnu，u＝x＋2复合而成，由于两函数都为增函数，单一性同样，所以函数y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上为增函数．B、C均为减函数．1对于D选项，y＝x＋x在(－∞，－1)，(1，＋∞)上为增函数．3．(2011·纲领全国)设f(x)是周期为2的奇函数，当0≤x≤15时，f(x)＝2x(1－x)，则f(－2)等于( )111A．－2B．－4C.41D.2答案A分析∵f(x)是周期为2的奇函数，5511f(－2)＝f(－2＋2)＝f(－2)＝－f(2)111＝－2×2×(1－2)＝－2.4．

(2012·天津

)函数

f(x)＝2x＋x3－2

在区间

(0,1)

内的零点个数是

(

)A．

0

B．

1

C．

2D．3答案B分析先判断函数的单一性，再确立零点．因为f′(x)＝2xln2＋3x2>0，所以函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上递加，且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0，所以有1个零点．二、填空题5．(2011·山东)已知函数f(x)＝logax＋x－b(a>0，且a≠1)．当2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N*，则n＝________.答案2分析∵2<a<3，∴f(x)＝logax＋x－b为定义域上的单一函数．f(2)＝loga2＋2－b，f(3)＝loga3＋3－b.∵2<a<3<b，∴lg2<lga<lg3lg2lg2，∴lg3<lga<1.又∵b>3，∴－b<－3，∴2－b<－1，loga2＋2－b<0，即f(2)<0.lg3lg3，3<b<4，∴－1<3－b<0，∵1<lga<lg2loga3＋3－b>0，∴f(3)>0，即f(2)·f(3)<0.由x0∈(n，n＋1)，n∈N*知，n＝2.6．(2012·上海)已知函数f(x)＝e|x－a|(a为常数)．若f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，则a的取值范围是________．答案(－∞，1]分析先求出函数g(x)＝|x－a|的单一区间，再联合复合函数单一性判断．g(x)＝|x－a|的增区间为[a，＋∞)，f(x)＝e|x－a|的增区间为[a，＋∞)．∵f(x)在[1，＋∞)上是增函数，[1，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤1.7．(2012·上海)已知y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.若g(x)f(x)＋2，则g(－1)＝________.答案－1分析先利用奇函数条件求出f(x)与f(－x)的关系．∵y＝f(x)＋x2是奇函数，f(－x)＋(－x)2＝－[f(x)＋x2]，f(x)＋f(－x)＋2x2＝0.∴f(1)＋f(－1)＋2＝0.f(1)＝1，∴f(－1)＝－3.g(x)＝f(x)＋2，∴g(－1)＝f(－1)＋2＝－3＋2＝－1.三、解答题8．(2011·上海)已知函数xxa，bf(x)＝a·2＋b·3，此中常数知足ab≠0.若ab>0，判断函数f(x)的单一性；若ab<0，求f(x＋1)>f(x)时x的取值范围．解(1)当a>0，b>0时，随意x1，x2∈R，x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a(2x1－2x2)＋b(3x1－3x2)．∵2x1<2x2，a>0?a(2x1－2x2)<0，3x1<3x2，b>0?b(3x1－3x2)<0，∴f(x1)－f(x2)<0，函数f(x)在R上是增函数．当a<0，b<0时，同理，函数f(x)在R上是减函数．xx(2)f(x＋1)－f(x)＝a·2＋2b·3>0，当a<0，b>0时，3x>－a，则x>log22b3xa当a>0，b<0时，2<－2b，则x<log

1.51.5

a2b；a2b.9．(2011·福建)某商场销售某种商品的经验表示，该商品每天的销售量y(单位：千克)与销售a2价钱x(单位：元/千克)知足关系式y＝x－3＋10(x－6)，其中3<x<6，a为常数．已知销售价钱为5元/千克时，每天可售出该商品11千克．求a的值；若该商品的成本为3元/千克，试确立销售价钱x的值，使商场每天销售该商品所获取的收益最大．a解(1)因为x＝5时，y＝11，所以2＋10＝11，所以a＝2.22(2)由(1)可知，该商品每天的销售量y＝x－3＋10(x－6)，所以商场每天销售该商品所获取的收益22f(x)＝(x－3)[x－3＋10(x－6)]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6.进而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)]30(x－4)(x－6)．于是，当x变化时，f′(x)，f(x)的变化状况以下表：x(3,4)4(4,6)f′(x)＋0－f(x)单一递加极大值42单一递减由上表可得，x＝4是函数f(x)在区间(3,6)内的极大值点，也是最大值点．所以，当x＝4时，函数f(x)获得最大值，且最大值等于42.答当销售价钱为4元/千克时，商场每天销售该商品所获取的收益最大．B组专项能力提高一、选择题1．

(2011·四川

)函数

y＝

12

x＋1

的图象对于直线

y＝x

对称的图象大概是

(

)答案

A分析

函数

y＝

1x＋12

的图象以下图，对于

y＝x

对称的图象大概为A选项对应图象．2．(2011·山东)已知f(x)是

R上最小正周期为

2的周期函数，且当

0≤x<2时，f(x)＝x3－x，则函数

y＝f

(x)的图象在区间

[0,6]

上与

x

轴的交点的个数为(

)A．6

B

．7

C

．8

D

．9答案

B分析∵f(x)是最小正周期为2的周期函数，且0≤x<2时，(x)＝x3－x＝x(x－1)(x＋1)，∴当0≤x<2时，f(x)＝0有两个根，即x1＝0，x2＝1.由周期函数的性质知，当2≤x<4时，f(x)＝0有两个根，即x3＝2，x4＝3；当4≤x<6时，(x)＝0有两个根，即x5＝4，x6＝5.x7＝6也是f(x)＝0的根．故函数f(x)的图象在区间[0,6]上与x轴交点的个数为7.3．(2012·福建

)函数

f(x)在[a，b]

上有定义，若对随意

x1，x2∈[a，x1＋x2

1b]

，有

f

2≤2[

f

(x1)＋f

(x2)]

，则称

f(x)在[

a，b]

上拥有性质

P.

设

f(x)在[1,3]上拥有性质

P，现给出以下命题：f(x)在[1,3]上的图象是连续不停的；②f(x2)在[1，3]上拥有性质P；③若f(x)在x＝2处获得最大值1，则f(x)＝1，x∈[1,3]；④对随意

x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有

f

x1＋x2＋x3＋x44

1≤4[

f(x1)＋f

(x2)＋f

(x3)＋f

(x4)]

．此中真

命

题

的

序

号

是(

)A．①②

B．①③

C．②④D．③④答案

D分析经过结构某些特别函数，清除不适合的选项，利用反证法证明③正确，再两次应用定义式证明④正确．1，x＝1，令f(x)＝0，1<x<3，可知对?x1，x2∈[1,3]，1，x＝3，x＋x21都有f1≤2[f(x1)＋f(x2)]，2但f(x)在[1,3]上的图象不连续，故①不正确；令f(x)＝－x，则f(x)在[1,3]上拥有性质P，但f(x2)＝－x2在[1，3]上不拥有性质P，因为－x1＋x22222＝－≥－212121244122122＝2(－x1－x2)＝2[f(x1)＋f(x2)]，故②不正确；对于选项③，假定存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1，因为f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)<1.又当1≤x0≤3时，有1≤4－x0≤3，由f(x)在[1,3]

上拥有性质

P，得x0＋4－x0

1f

(2)

＝f

2

≤2[

f(x0)＋f

(4－x0)]

，因为f(x0)<1，f(4－x0)≤1，故上式矛盾．即对?x∈[1,3]，有f(x)＝1，应选项③正确．对?x1，x2，x3，x4∈[1,3]，x1＋x2＋x3＋x4x1＋x2x3＋x4＝f2＋2f421x1＋x2x3＋x4≤2f2＋f2≤

1212[fx1＋fx2]＋f(1[fx3＋fx4])14[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即选项④正确．二、填空题4．(2012·江苏)设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1]上，f(x)＝ax＋1，－1≤x<0，13bx＋2此中a，b∈R.若f2＝f2，则a＋x＋1，0≤x≤1，3b的值为________．答案－1011分析由f(x)的周期为2，得f2＝f－2是重点．因为f(x)的周期为2，331所以f2＝f2－2＝f－2，11即f2＝f－2.b1112＋2＋4又因为f－22＝1＝－2a＋1，f＝3，2＋11b＋4所以－2a＋1＝3.2整理，得a＝－3(b＋1)．①又因为f(－1)＝f(1)，b＋2所以－a＋1＝2，即b＝－2a.②将②代入①，得a＝2，b＝－4.所以a＋3b＝2＋3×(－4)＝－10.25．(2012·浙江)设a∈R，若x>0时均有[(a－1)x－1](x－ax－答案

32分析对a进行分类议论，经过结构函数，利用数形联合解决．当a＝1时，不等式可化为：x>0时均有x2－x－1≤0，由二次函数的图象知，明显不建立，∴a≠1.当a<1时，∵x>0，∴(a－1)x－1<0，不等式可化为：x>0时均有x2－ax－1≤0，∵二次函数y＝x2－ax－1的图象张口向上，∴不等式x2－ax－1≤0在x∈(0，＋∞)上不可以均建立，∴a<1不建立．当a>1时，令f(x)＝(a－1)x－1，g(x)＝x2－ax－1，两函数的图象均过定点(0，－1)，∵a>1，∴f(x)在x∈(0，＋∞)上单一递加，1且与x轴交点为a－1，0，1即当x∈0，a－1时，f(x)<0，1当x∈a－1，＋∞时，f(x)>0.又∵二次函数

2g(x)＝x－ax－1

的对称轴为

ax＝2>0，则只要g(x)＝x2－ax－1

与

x

轴的右1

1交点与点a－1，0重合，以下图，则命题建立，即a－1，0在g(x)图象上，所以有12a－－1＝0，23整理得2a－3a＝0，解得a＝2，a＝0(舍去)．3综上可知a＝2.6．(2012·北京)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若同时知足条件：①?x∈R，f(x)<0或g(x)<0；②?x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0.则m的取值范围是________．答案－4<m<－2分析将①转变为g(x)<0的解集的补集是f(x)<0解集的子集求解；②转变为f(x)>0的解集与(－∞，－4)的交集非空．若g(x)＝2x－2<0，则x<1.又∵?x∈R，g(x)<0或f(x)<0，[1，＋∞)是f(x)<0的解集的子集．又由f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)<0知，m不行能大于或等于0，所以m<0.当m<0时，f(x)<0，即(x－2m)(x＋m＋3)>0.当2m＝－m－3，即m＝－1时，f(x)<0的解集为{x|x≠－2}，知足条件．当2m>－m－3，即－1<m<0时，(x)<0的解集为{x|x>2m或x<－m－3}．1依题意2m<1，即m<2，∴－1<m<0.当2m<－m－3，即m<－1时，(x)<0的解集为{x|x<2m或x>－m－3}．依题意－m－3<1，即m>－4，∴－4<m<－1.所以知足①的m的取值范围是－4<m<0.②中，∵当x∈(－∞，－4)时，g(x)＝2x－2<0，∴问题转变为?x∈(－∞，－4)，f(x)>0，即f(x)>0的解集与(－∞，－4)的交集非空．又m<0，则(x－2m)(x＋m＋3)<0.由①的解法知，当－1<m<0时，2m>－m－3，即－m－3<－4，∴m>1，此时无解．当m＝－1时，f(x)＝－(x＋2)2恒小于或等于0，此时无解．当m<－1时，2m<－m－3，即2m<－4，∴m<－2.综合①②可知知足条件的m的取值范围是－4<m<－2.三、解答题7．

(2012·福建

)已知函数

f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R.(1)若曲线

y＝f

(x)在点

(1，f

(1))

处的切线平行于

x

轴，求函数f(x)的单一区间；试确立a的取值范围，使得曲线y＝f(x)上存在独一的点P，曲线在该点处的切线与曲线只有一个公共点P.解(1)因为f′(x)＝ex＋2ax－e，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线斜率k＝2a＝0，所以a＝0，即f(x)＝ex－ex.此时f′(x)＝ex－e.由f′(x)＝0得x＝1.当x∈(－∞，1)时，有f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，有f′(x)>0.所以f(x)的单一递减区间为(－∞，1)，单一递加区间为(1，＋∞)．设点P(x0，f(x0))，曲线y＝f(x)在点P处的切线方程为yf′(x0)(x－x0)＋f(x0)，令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)，故曲线y＝f(x)在点P处的切线与曲线只有一个公共点P等价于函数g(x)有独一零点．因为g(x0)＝0，且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)．①若a≥0，当x>x0时，g′(x)>0，则当x>x0时，g(x)>g(x0)＝0；当x<x0时，g′(x)<0，则当x<x0时，g(x)>g(x0)＝0.故g(x)只有独一零点x＝x0.由P的随意性知，a≥0不合题意．②若a<0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)，则h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a.令h′(x)＝0，得