2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题四-第三讲-函数的综合运用15-【检测与评估答案】

第3讲函数的综合运用A组1.(-∞,2]【解析】由于0<4-x2≤4,所以log2(4-x2)≤2,即值域为(-∞,2].2.18【解析】利润L(x)=20x-C(x)=-(x-18)2+142,当x=18时,L(x)有最大值.3.【解析】由于f(x)=,所以f(4x)-x=-x=-.令f(4x)-x=0,得4x2-4x+1=0,解得x=,这是方程g(x)=0的根,即是函数g(x)的零点.4.【解析】方程log2=a在x∈[,2]内有解,而x+∈,所以log2(x+)∈.依据图形,可得出实数a的取值范围是[1,log2].5.(-5,4)【解析】由题意知f(-3)=(-3+1)2=4,f(4)=24=16,所以f[f(-3)]=16,故不等式f[f(-3)]>f(k)等价于16>f(k).结合分段函数知16>f(k)等价于或解得0≤k<4或-5<k<0.综上所述,实数k的取值范围为(-5,4).6.y=-3x【解析】f'(x)=3x2+2ax+(a-3),若f'(x)为偶函数,则a=0,所以f(x)=x3-3x,f'(x)=3x2-3,所以f'(0)=-3,所以在原点处的切线方程为y=-3x.7.【解析】f(x)≥0的解集可以理解为函数y=的图象在函数y=的图象上方(包括交点)的x的取值,(第7题)故而在同一平面直角坐标系中分别作出它们的图象,由图象观看来分析出结果.在同一平面直角坐标系中分别作出函数y=与y=的图象(如图).明显,当a≤0时,f(x)≥0的解集不行能恰为[m,n],从而a>0.由-=0,得a=.令g(x)=,则g'(x)=,所以当x∈(-∞,1)时,g(x)单调递增;当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递减,故g(x)≤g(1)=,从而a∈.8.①③【解析】①中,令x=m+a,a∈,所以f(x)=x-{x}=a∈,所以①正确.②f(2k-x)=2k-x-{2k-x}=(-x)-{-x}=f(-x)≠-f(x),所以点(k,0)不是函数f(x)的图象的对称中心,所以②错误.③f(x+1)=x+1-{x+1}=x-{x}=f(x),所以最小正周期为1,③正确.④令x=-,m=-1,则f=,令x=,m=0,则f=,所以f=f,所以函数y=f(x)在上不是增函数,④错误.所以正确的命题为①③.9.(1)f(x)=22x+2-2x-2a(2x-2-x)+2a2=(2x-2-x)2-2a(2x-2-x)+2a2+2,令t=2x-2-x,x∈[-1,1],所以t∈.所以g(t)=t2-2at+2a2+2,t∈.(2)方程f(x)=2a2有解,即方程t2-2at+2=0在上有解,当t=0时,方程无解,故t≠0,所以2a=t+.可由单调性定义证明y=t+在(0,)上单调递减,在上单调递增,t+≥2.又y=t+为奇函数,所以当t∈时,t+≤-2.所以实数a的取值范围是(-∞,-2]∪[2,+∞).10.(1)f'(x)=ex-a.若a≤0,则f'(x)>0,则函数f(x)是单调增函数,这与题设冲突.所以a>0,令f'(x)=0,则x=lna.当x<lna时,f'(x)<0,f(x)是单调减函数;当x>lna时,f'(x)>0,f(x)是单调增函数.于是当x=lna时,f(x)取得微小值.由于函数f(x)=ex-ax+a(a∈R)的图象与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0)(x1<x2),所以f(lna)=a(2-lna)<0,即a>e2.此时存在1<lna,f(1)=e>0;存在3lna>lna,f(3lna)=a3-3alna+a>a3-3a2+a>0.又由f(x)在(-∞,lna)及(lna,+∞)上的单调性及曲线在R上不间断,可知a的取值范围是(e2,+∞).(2)由于两式相减得a=.记=s(s>0),则f'=-=·[2s-(es-e-s)].设g(s)=2s-(es-e-s),则g'(s)=2-(es+e-s)<0,所以g(s)是单调减函数.则有g(s)<g(0)=0,而>0,所以f'<0.又f'(x)=ex-a是单调增函数,且>,所以f'()<0.11.(1)k===.由于x2+y2≥2xy,所以≤1,当且仅当x=y时取“=”,所以k≤.由于>0,所以k>1,所以k的取值范围是(1,].(2)由(1)得k达到最大值时,x=y.由PA+PB=4,得+=4,所以=4-.两边平方并化简得y=4.当H与M重合时,t=0.当H与A重合时,有PA=AB=y,所以y2+y2=(4-y)2,所以y=4-4,即t=2-2.所以y=4(0≤t≤2-2).由于0≤t≤2-2,所以∈,所以1-∈.所以ymax=,此时t=0.B组1.0【解析】由f(-2)>f(1),得a(-2>a,即a>0,所以偶函数f(x)在[0,+∞)上是单调增函数,在(-∞,0]上是单调减函数,所以f(x)min=f(0)=0.2.[0,2]【解析】当x∈时,y=lox∈[-2,1],所以函数y=|lox|的值域是[0,2].3.(0,1]【解析】由于f(x)有且仅有两个零点,作图分析可知0<a≤1.4.[-2,2]【解析】由函数f(x)=|x-2|-|x-a|是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,所以a=±2,又函数不是偶函数,所以a=-2,作出函数f(x)=|x-2|-|x+2|的图象,可得函数f(x)的减区间为[-2,2].5.【解析】设A(t,2log2t)(t>1),则B(t2,2log2t),D(t,log2t),C(t2,2klog2t),则有log2t=(2-2k)log2t,由于log2t>0,故(2-2k)=1,即k=.6.1【解析】由于f(x)=|2x-1|的值域为[a,b],所以b>a≥0,而函数f(x)=|2x-1|在[0,+∞)上是单调增函数,因此有解得所以有f(a)+f(b)=a+b=1.7.(4,loga4)【解析】设M(x1,),N(x2,),由O,M,N三点共线,可得=.由于P(,2x2),所以2x2=loga,即有x1=2x2,所以=2,所以点P的坐标为(4,loga4).8.【解析】由题知f(x)是以4为周期的周期函数,作出y=f(x)与y=ax的图象,为使方程f(x)=ax有五个实数解,由图象可知方程y=-(x-4)2+1=ax,即x2+(a-8)x+15=0在(3,5)上有两个实数解,所以解得0<a<8-2;再由方程f(x)=ax在(5,6)内无解,得6a>1,即a>.故实数a的取值范围是.(第8题)9.(1)设M(x,y)是函数y=g(x)的图象上的任意一点,则M(x,y)关于原点的对称点为N(-x,-y),N在函数f(x)=loga(x+1)的图象上,所以-y=loga(-x+1),所以y=g(x)=-loga(1-x).(2)由于F(x)=loga(x+1)-loga(1-x)+m为奇函数,所以F(-x)=-F(x),所以loga(1-x)-loga(1+x)+m=-loga(1+x)+loga(1-x)-m,所以2m=0,所以m=0.(3)由f(x)+g(x)≥n,得loga≥n,设Q(x)=loga,x∈[0,1),由题意知,只要Q(x)min≥n即可.由于Q(x)=loga在[0,1)上是增函数,所以Q(x)min=Q(0)=0,故实数n的取值范围为{n|n≤0}.10.(1)由于g(x)=f(x)-x=-x在R上为减函数,所以g'(x)=-1=-1≤0恒成立,即k≤恒成立.由于=ex++2≥2+2=4,当且仅当ex=,即x=0时取等号,所以的最小值为4,所以k≤4,又k≠0,即k的取值范围为(-∞,0)∪(0,4].(2)由(1)知,k∈(0,4]时,g(x)在R上为减函数.g(0)=-0=>0,g(4)=-4==.由于k≤4,所以(k-4)e4-4<0,所以g(4)<0,所以g(x)=0在(0,4)上有一个根x=x0.又g(x)为减函数,所以g(x)=0有且只有一个根x=x0.由于g(x)为减函数,所以当x>x0时,有g(x)<g(x0)=0,即f(x)-x<0,所以x>f(x)①.又由于f(x)==为增函数,由x>f(x),所以f(x)>f(f(x))②.由①②得x>f(f(x))成立.(3)设x1,x2∈[t-2,t],不妨设x1<x2,由(1)知,k∈(0,4]时,g(x)在R上为减函数,h=|g(x2)-g(x1)|=g(x1)-g(x2)≤g(t-2)-g(t)=[f(t-2)-(t-2)]-[f(t)-t]=f(t-2)-f(t)+2=-+2=k·+2=k·et·+2=2-≥2-=2-k·,其中k·(e2-1)>0,当且仅当et=,即t=1时,取等号,所以hmin=2-k·.所以函数g(x)在长度为2的闭区间[-1,1]上“身高”最“矮”.11.(1)设