高中数学学考复习冲A专题1函数、方程、不等式的综合含答案

冲A专题一函数、方程、不等式的综合1.设a=log37,b=21.1,c=0.83.1,则()A.b<a<c B.a<c<bC.c<b<a D.c<a<b2.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域为[2,+∞),f(x)的值域为[k,+∞),则实数k的最大值为()A.0 B.1 C.2 D.43.(2023浙江学考)已知a为实数,则“∀x>0,ax+1x≥2”是“a≥1”的(A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件4.已知定义在R上的偶函数f(x+1)在(-∞,0]上单调递增,则满足f(2x+1)>f(12)的x的取值范围为(A.(-14,14) B.(-34,-14) C.(-74,-14) D5.已知函数f(x)=log2x,1<x≤2,1x-1,A.(0,1) B.(0,1] C.[0,2) D.[0,2]6.(2023浙江学军中学)已知函数f(x)=(x-1)35+12,若对于任意的x∈[2,3],不等式f(x)+f(a-2x)≤A.(-∞,2) B.(-∞,2] C.(-∞,4) D.(-∞,4]7.设函数f(x)=log0.5x,x>0,1-xx,x<0,若任意给定的m∈(0,2),都存在唯一的非零实数x0满足f(A.(0,12] B.(0,12) C.(0,2] D8.(多选)(2023浙江效实中学)设f(x)=(x+1)A.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有两个交点,则a∈(1,+∞)B.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有三个交点,则a∈(0,1]C.0≤f(x)≤1的解集是[-2,0]∪[4,+∞)D.0≤f(f(x))≤1的解集是(-∞,-3]∪(0,1]9.已知函数f(x)=lnx2-log12(x2+1),则满足不等式f(log13x)>1的x10.(2023浙江学考)已知函数f(x)=x2-2x-asin(π2x),a∈R(1)若a=1,求f(x)在区间[0,1]上的最大值.(2)若关于x的方程f(x)+a+1=0有且只有三个实数根x1,x2,x3,且x1<x2<x3,证明:①x1+x3=2x2;②f(2x3+1)-7f(x1)+8x1≤18.11.(2022浙江学考)已知函数f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中a>(1)若f(2)≤4,求实数a的取值范围;(2)证明:函数f(x)存在唯一零点;(3)设f(x0)=0,证明:a2-a+2<f(x0+1)<2a2-2a+2.

冲A专题一函数、方程、不等式的综合1.D解析因为y=log3x在(0,+∞)内单调递增,所以log33<log37<log39,即1<a<2;因为y=2x在R上单调递增,所以b=21.1>21=2,因为y=0.8x在R上单调递减,所以c=0.83.1<0.80=1,所以c<a<b.故选D.2.C解析设t=f(x),g(x)=f(t)=at2+bt+c(t≥k),由于函数y=at2+bt+c(t≥k)的图象是y=f(x)图象的一部分,故有g(x)的值域是f(x)值域的子集,∴[2,+∞)⊆[k,+∞),∴k≤2,即k的最大值为2.故选C.3.C解析由题意,当a≥1时,∀x>0,ax+1x≥x+1x≥2,当x>0时,ax+1x≥2恒成立,即a≥2x-1x2恒成立,令t=1x>0,则a≥{24.A解析由题知,f(x+1)是R上的偶函数,所以f(x+1)关于y轴对称,因为f(x+1)在区间(-∞,0]上单调递增,所以f(x+1)在区间(0,+∞)内单调递减,f(x)图象关于直线x=1对称,f(x)在(-∞,1]上单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(32)=f(12),因为f(2x+1)>f(12),所以12<2x+1<32,解得-14<x<14,所以x的取值范围为5.A解析方程f(x)-a=0至少有两个实数根,等价于y=f(x)的图象与直线y=a至少有两个不同的交点.根据图象可知,当0<a<1时,函数y=f(x)的图象与y=a有两个不同的交点,当a=1时,函数y=f(x)的图象与y=a有一个交点,当a>1或a≤0时,函数y=f(x)的图象与y=a没有交点,所以a的取值范围是(0,1).故选A.6.D解析易知函数f(x)=(x-1)35+12图象关于点1,12对称,故f(x)+f(2-x)=1,f(x)是增函数,不等式f(x)+f(a-2x)≤1,即f(a-2x)≤1-f(x)化为f(a-2x)≤f(2-x),∴a-2x≤2-x,∴a≤{2+x}min=7.A解析因为f(x)=log0.5x,x>0又因为f(x)=-1+1x(x<0)时,值域为(-∞,-1),f(x)=log0.5x(x>0)时,值域为R,所以f(x)的值域为(-∞,-1)时有两个解.令t=f(x0),则f(t)=-2a2m2+am,若存在唯一的非零实数x0满足f(f(x0))=-2a2m2+am,则当t≥-1时,t=f(x0),t与x0一一对应,要使f(t)=-2a2m2+am(t≥-1)也一一对应,则-2a2m2+am≥-1,a>0,任意m∈(0,2),即(ma-1)(2ma+1)≤0,因为2ma+1>0,所以不等式等价于ma-1≤0,即a≤(1m)min.因为m∈(0,2),所以1m>12,所以a≤12,又a>0,所以正实数a的取值范围为8.ABC解析函数图象如图所示,由图可知,若y=a与f(x)有两个交点,则a∈(1,+∞),故A正确;若y=a与f(x)有三个交点,则a∈(0,1],故B正确;若0≤f(x)≤1,则x∈[-2,0]∪[4,+∞),故C正确;若0≤f(f(x))≤1,则f(x)∈[-2,0]∪[4,+∞),则x∈(-∞,-3]∪{-1}∪(0,1],故D错误.故选ABC.9.(0,13)∪(3,+∞)解析函数f(x)=lnx2-log12(x2+1)的定义域为{x|x≠0},f(-x)=ln(-x)2-log12[(-x)2+1]=lnx2-log12(x2+1)=f(x),该函数为偶函数,函数f(x)=lnx2-log12(x2+1)在区间(0,+∞)内为增函数,且f(1)=1,若f(log13x)>1,即f(log13x)>f(1),即f(|log13x|)>f(1),可得|log13x|>1,可得10.(1)解因为y=f(x)在[0,1]上是减函数,所以最大值为f(0)=0.(2)证明因为f(x)+a+1=0等价于(x-1)2=a[sin(π2x)-由于(x-1)2≥0,sin(π2x)-1≤0,所以a<0①又函数y=f(x)+a+1的图象关于x=1对称,且f(1)=0,所以x1+x3=2=2x2.②由题意可知,f(x1)+a+1=0,f(x3)=x32-2x3-asin(π2x3)+a+1=0,x1+x3=2,则f(2x3+1)+8x1-7f(x1)=4x32-1-acosπx3+8(2-x3)+7(a+1)=4(x32-2x3)-acosπx3+15+7(a+1)=4(asinπ2x3-a-1)+7a+22-acosπx3=a(2t2+4t+2)+18,其中t=sinπ2x3,而由前已知a<0,因此a(2t即f(2x3+1)+8x1-7f(x1)≤18,得证.11.(1)解因为f(x)=ax+x-2ax(由f(2)=a2+2-a≤4,可得a2-a-2≤0,所以(a-2)(a+1)≤0,即-1≤a≤2,又a>1,所以1<a≤2.(2)证明因为函数f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,且f(1)=a+1-2a=1-a<0,f(2)=a2+2-a=(a-12)2+74所以由零点存在定理,得f(x)在(1,2)内有唯一零点,即函数f(x)存在唯一零点.(3)证明若f(x0)=0,则x0∈(1,2),所以x0+1∈(2,3),所以f(2)=a2+2-a<f(x0+1),又f(x0)=ax0+x0-2ax0=所以f(x0+1)=ax0+1+(x0+1)-2ax0+1=2a2x0-ax0+(x0+1)-2ax0令g(a)=