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本文格式为Word版,下载可任意编辑——2023届高考新课标数学理大一轮复习检测其次章函数概念与基本
A组专项基础训练
(时间:35分钟)
1.(2023·山东试验中学第一次诊断性考试)“m=1〞是“函数f(x)=x-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数〞的()
A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件
函数f(x)=x-6mx+6在区间(-∞,3]上为减函数的充要条件是3m≥3,即
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m∈上为减函数〞的充分不必要条件.应选B.
B
2.(2023·四川资阳模拟)已知函数f(x)=x-2x+4在区间(m>0)上的最大值为4,最小值为3,则实数m的取值范围是()
A.B.(0,1]
C.(0,2]D.(m>0)上的最大值为4,最小值为3.应选A.
2
A
3.(2023·内蒙古呼伦贝尔二模)已知函数f(x)=x+bx+c(b,c∈R),集合A={x|f(x)=0},B={x|f(f(x))=0},若存在x0∈B,x0?A,则实数b的取值范围是()
A.0≤b≤4B.b≤0或b≥4C.0≤b<4D.b<0或b≥4
由题意可得,A是函数f(x)的零点构成的集合.由f(f(x))=0可得(x+bx+c)+b(x+bx+c)+c=0,把x+bx+c=0代入,解得c=0,∴f(x)=x+bx.存在x0∈B,x0?A,∴f(f(x0))=0.而f(x0)≠0,∴x0≠0,说明f(x)=0有非零实根.∴解f(x)=0,得x=0或x=-b,b≠0,∴A={0,-b}.f(f(x))=(x+bx)+b(x+bx)=x(x+b)(x+bx+b).∵存在x0∈B,x0?A,∴方程x+bx+b=0有解,
∴Δ=b-4b≥0.又b≠0,可解得b<0或b≥4,∴实数b的取值范围为{b|b<0或b≥4}.应选D.D
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4.(2023·山东试验中学二诊)已知y=f(x)是奇函数,且满足f(x+2)+3f(-x)=0,当x∈时,f(x)=x-2x,则当x∈时,f(x)的最小值为()
1
A.-1B.-311C.-D.99
设x∈,则x+4∈.∵y=f(x)是奇函数,∴由f(x+2)+3f(-x)=0,可得1f(x+4)
f(x+2)=-3f(-x)=3f(x),∴f(x+4)=3f(x+2),故有f(x)=f(x+2)=.
3
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111(x+3)-11故f(x)=f(x+4)===.∴当x=-3时,函数f(x)取得最小值为-.故
99999选C.
C
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?3?5.(2023·安徽江淮十校高三4月联考)二次函数f(x)的图象经过点?0,?,且f′(x)
?2?
=-x-1,则不等式f(10)>0的解集为()
A.(-3,1)B.(-lg3,0)C.?
x?1,1?D.(-∞,0)
?
?1000?
32
由题意设f(x)=ax+bx+(a≠0),
2则f′(x)=2ax+b,∵f′(x)=-x-1,
???2a=-1,?a=-,2∴?∴?
?b=-1,??
?b=-1,
123∴f(x)=-x-x+,
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令f(x)>0,得-3<x<1,∵10>0,
∴不等式f(10)>0可化为0<10<1,∴x<0,应选D.D
6.(2023·湖南师大附中等四校联考)若函数f(x)=x+a|x-2|在(0,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是________.
∵f(x)=x+a|x-2|,
??x+ax-2a,x≥2,
∴f(x)=?2
?x-ax+2a,x<2.?
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1
xxx又∵f(x)在(0,+∞)上单调递增,
-≤2,2∴解得-4≤a≤0,
a≤0,2即实数a的取值范围是.
7.(2023·上海外国语大学附属中学模拟)若函数f(x)=ax+b|x|+c(a≠0)在定义域R上有四个单调区间,则实数a,b,c应满足的条件为________.
∵f(x)为偶函数,∴x≥0时,f(x)=ax+bx+c有两个单调区间,∴对称轴x=->0,∴<0,∴a,b,c应满足的条件为a,b异号.
2aaa,b异号
8.已知函数f(x)=x-2ax+2a+4的定义域为R,值域为,求g(x)的定义域和值域.(1)由于f(x)在(0,+∞)单调递增,由幂函数的性质得-2m+m+3>0,解3
得-1<m<.2
由于m∈Z,所以m=0或m=1.当m=0时,f(x)=x不是偶函数;当m=1时,f(x)=x是偶函数,所以m=1,f(x)=x.
(2)由(1)知g(x)=log2(-x-2x+3),由-x-2x+3>0,得-3<x<1,所以g(x)的定义域为(-3,1).
设t=-x-2x+3,x∈(-3,1),则t∈(0,4],此时g(x)的值域就是函数y=log2t,t∈(0,4]的值域.
又y=log2t在区间(0,4]上是增函数,所以y∈(-∞,2],所以函数g(x)的值域为(-∞,2].
10.(2023·浙江)已知函数f(x)=x+ax+b(a,b∈R),记M(a,b)是|f(x)|在区间上的最大值.
(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;
(2)当a,b满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.
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?????
abbaa?a?(1)证明由f(x)=?x+?+b-,得其图象的对称轴为直线x=-.
42?2?
由|a|≥2,得?-?≥1,故f(x)在上单调,
?2?所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.
2
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?a?
当a≥2时,由f(1)-f(-1)=2a≥4,得max{f(1),-f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2.
当a≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.
综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.(2)由M(a,b)≤2得
|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,
??|a+b|,ab≥0,
由|a|+|b|=?得|a|+|b|≤3.
?|a-b|,ab<0?
当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x+2x-1|在上的最大值为2,即M(2,-1)=2.
所以|a|+|b|的最大值为3.
B组专项能力提升(时间:20分钟)
11.已知函数f(x)=ax+2ax+4(0<a<3),x1<x2,x1+x2=1-a,则()A.f(x1)=f(x2)B.f(x1)<f(x2)C.f(x1)>f(x2)
D.f(x1)与f(x2)的大小不能确定函数的对称轴为x=-1,设x0=
2
2
x1+x2
1-a1,由0<a<3得到-1<<.222
又x1<x2,用单调性和离对称轴的远近作判断得f(x1)<f(x2).B
12.(2023·江门、佛山模拟)已知幂函数f(x)=x,当x>1时,恒有f(x)<x,则α的取值范围是________.
当x>1时,恒有f(x)<x,即当x>1时,函数f(x)=x的图象在y=x的图象的下方,作出幂函数f(x)=x在第一象限的图象,由图象可知α<1时满足题意.
(-∞,1)
13.(2023·XX五校联考)已知函数f(x)=mx+(2-m)x+n(m>0),当-1≤x≤1时,
2
α
α
α
?2?|f(x)|≤1恒成立,则f??=________.
?3?
由题意得:
|f(0)|≤1?|n|≤1?-1≤n≤1;|f(1)|≤1?|2+n|≤1?-3≤n≤-1,因此n=-1,
∴f(0)=-1,f(1)=1.
由f(x)的图象可知:要满足题意,则图象的对称轴为直线x=0,∴2-m=0,m=2,1?2?2
∴f(x)=2x-1,∴f??=-.
9?3?1
-
9
14.(2023·XX石家庄期中)设二次函数f(x)=ax-4x+c(x∈R)的值域为上,不等式
2
f(x)>2x+m恒成立,求实数m的取值范围.
(1)设f(x)=ax+bx+c,由f(0)=1得c=1,故f(x)=ax+bx+1.∵f(x+1)-f(x)=2x,
∴a(x+1)+b(x+1)+1-(ax+bx+1)=2x.
即2ax+a+b=2x,即有2a=2,a+b=0,解得a=1,b=-1,∴f(x)=x-x+1.(2)由题意得x-x+1>2x+m在上恒成立,即x-3x+1-m>0在上恒成立.32
设g(x)=x-3x+1-m,其图象的对称轴为直线x=.
2
322
①当t>时,g(x)在上单调递增,可得最小值为g(t)=t-3t+1-m>0,此时m<t2-3t+1.
1355②当-≤t≤时,g(x)最小值为g(1.5)=-m->0,此时m<-.2244
12
③当t<-时,g(x)在上单调递减,可得最小值为g(t+2)=t+t-1-m>0,此时m2<t+t-1.
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