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高中数学必修一复习卷

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-14 18:49
tags:高中数学必修一

高中数学看什么书能提高-作业帮高中数学竞赛



高中数学必修一复习卷
一.选择题(共12小题)
1.函数f(x)=|x﹣2|﹣lnx在定义域内零点的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
,函数g(x)=b﹣f(2﹣x),其中b∈R,若函数y=f2.已知函数f(x )=
(x)﹣g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是( )
A.(,+∞) B.(﹣∞,) C.(0,) D.(,2)
3.函数f(x)=ln(x+1)﹣的零点所在区间是( )
A.(,1) B.(1,e﹣1) C.(e﹣1,2)

D.(2,e)
4.函数
( )
A.2 B.3 C.4
,g(x)=3
x
,则函数h(x)=f(x )﹣g(x)的零点个数是
D.0
+x
2
=2x+
D.4
,则该方程实数解的个数是( ) 5.已知关于x的方程为
A.1 B.2 C.3 6.奇函数f(x)在区间[3,6]上是增函数,在区间[3,6]上的最大值为8,最小值为﹣1,则f(6)+f(﹣3)的值为( )
A.10 B.﹣10 C.9 D.15
7 .已知f(x)是R上的奇函数,且当x∈(﹣∞,0]时,f(x)=﹣xlg(2
m
﹣x+ ).当x>
0时,不等式f(x)<0恒成立,则m的取值范围是( )
A.(﹣∞,﹣1) B.(﹣1,1] C.[0,+∞) D.[﹣1,+∞)
8.函数f(x)=lnx﹣的零点所在的大致区间是( )
A.(1,2) B.(2,3) C.(3,4) D.(4,+∞)
9.奇函数f(x)的定义域为R,若f(x+ 1)为偶函数,且f(1)=2,则f(4)+f(5)的值
为( )
A.2

第1页(共22页)

B.1 C.﹣1 D.﹣2


< br>10.设函数f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又f(﹣3)=0,则x?f(x)<0
的解集是( )
A.{x|﹣3<x<0或x>3} B.{x|x<﹣3或0<x<3}
C.{x|x<﹣3或x>3} D.{x|﹣3<x<0或0<x<3}
11.若函数f(x)=
A. B.

是R上的减函数,则实数R的取值范围是 ( )
C. D.(,+∞)
12.若x∈(e
1
,1),a=lnx,b=()
lnx
,c=e
lnx
,则a,b,c的大小关系为( )
A.c>b>a B.b>c>a C.a>b>c D.b>a>c

二.填空题(共4小题)
13.已知a∈R,函数
(1)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)求函数f(x)的零点.
14.已知函数f(x)=
的取值范围是 .
15.已知ab=1且+=1,x+y的值为 .
,若函数g(x)=f(x) ﹣m有3个零点,则实数m
16.已知函数f(x)对任意实数x,y满足f(x)+f(y)=f(x +y)+3,f(3)=6,当x>0 时,
f(x)>3,那么,当f(2a+1)<5时,实数a的取值范围是 .

三.解答题(共8小题)
17.已知幂函数f(x)=(﹣2m
2
+m+2 )x
m1
为偶函数.
+
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函 数y=f(x)﹣2(a﹣1)x+1在区间(2,3)上为单调函数,求实数a的取值范围.


第2页(共22页)



18.已知函数f(x)=()
(1)若a=﹣1,求f(x)的单调区间

(2)若f(x)有最大值3,求a的值.







19.已知函数f(x)=|x﹣2|,g(x)=﹣|x+3|+m.
(1)解关于x的不等式f(x)﹣x﹣1>0;
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,求m的取值范围.






20.已知函数f(x)=log
a
(x +1),g(x)=log
a
(1﹣x)其中(a>0且a≠1).
(1)求函数f(x)+g(x)的定义域;
(2)判断f(x)+g(x)的奇偶性,并说明理由;
(3)求使f(x)﹣g(x)>0成立的x的集合.






第3页(共22页)



21.已知 函数f(x)在R上满足f(x+y)=f(x)+f(y),且f(x)>0,f(1)=2.
(1)求f(0),f(3)的值;
(2)判断f(x)的单调性并证明;
(3) 若f(4
x
﹣a)+f(6+2
x1
)>6对任意x恒成立,求实数a的取值 范围.
+










22.已知函数为奇函数.
(I)求常数k的值;
(Ⅱ)若a>b>1,试比较f(a)与f(b)的大小;
(Ⅲ)若函数
值范围.









第4页(共22页)

,且g(x)在区间[3,4]上没有零点,求实数m的取



23.已知函数f(x)=2
x
+a?2
x
是定义域为R的奇函数,

(1)求实数a的值;
(2)证明:f(x)是R上的单调函数;
(3 )若对于任意的t∈R,不等式f(t
2
﹣2t)+f(t
2
﹣k)>0恒成 立,求k的取值范围.










24.已知函数g(x)=ax
2
﹣2ax+1+b(a>0) 在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f(x)
=.
(1)求a、b的值;
(2)若不等式f(2
x
)﹣k?2
x
≥0在x∈[﹣1,1]上恒成立, 求实数k的取值范围;
(3)若f(|2
x
﹣1|)+k?

﹣3k=0有三个不同的实数解,求实数k的取值范围.
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高中数学必修一复习卷
参考答案与试题解析

一.选择题(共12小题)
1.(2017?河东区模拟)函数f(x)=|x﹣2|﹣lnx在定义域内零点的个数为( )
A.0 B.1 C.2 D.3
【考点】51:函数的零点;4O:对数函数的单调性与特殊点.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】先求出函数的定义域,再把函数转化为对应的 方程,在坐标系中画出两个函数y
1
=|x
﹣2|,y
2
=lnx( x>0)的图象求出方程的根的个数,即为函数零点的个数.
【解答】解:由题意,函数f(x)的定义域为(0,+∞);
由函数零点的定义,f(x)在(0,+∞)内的零点即是方程|x﹣2|﹣lnx=0的根.
令y
1
=|x﹣2|,y
2
=lnx(x>0),在一个坐标系中画出两个 函数的图象:
由图得,两个函数图象有两个交点,
故方程有两个根,即对应函数有两个零点.
故选C.

【点评】本题考查 了函数零点、对应方程的根和函数图象之间的关系,通过转化和作图求出
函数零点的个数.

2.(2015?天津)已知函数f(x)=,函数g(x)=b﹣f(2﹣x),其中b∈
R ,若函数y=f(x)﹣g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是( )
A.(,+∞) B.(﹣∞,) C.(0,) D.(,2)
【考点】54:根的存在性及根的个数判断.菁优网版权所有
【专题】2 :创新题型;51 :函数的性质及应用.
【分析】求出函数y=f(x)﹣g(x)的表达式,构造 函数h(x)=f(x)+f(2﹣x),作出函
数h(x)的图象,利用数形结合进行求解即可.
【解答】解:∵g(x)=b﹣f(2﹣x),
∴y=f(x)﹣g(x)=f(x)﹣b+f(2﹣x),
由f(x)﹣b+f(2﹣x)=0,得f(x)+f(2﹣x)=b,
设h(x)=f(x)+f(2﹣x),
若x≤0,则﹣x≥0,2﹣x≥2,
则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=2+x+x
2

若0≤x≤2,则﹣2≤﹣x≤0,0≤2﹣x≤2,
第6页(共22页)



则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=2﹣x+2﹣|2﹣x|=2﹣x+2﹣2+x=2,
若x>2,﹣x<﹣2,2﹣x<0,
则h(x)=f(x)+f(2﹣x)=(x﹣2)< br>2
+2﹣|2﹣x|=x
2
﹣5x+8.
即h(x)=,
作出函数h(x)的图象如图:
当x≤0时,h(x)=2+x+x
2
=(x+)
2
+≥,
当x>2时,h(x)=x
2
﹣5x+8=(x﹣)
2
+≥,
故当b=时,h(x)=b,有两个交点,
当b=2时,h(x)=b,有无数个交点,
由图象知要使函数y=f(x)﹣g(x)恰有4个零点,
即h(x)=b恰有4个根,
则满足<b<2,
故选:D.

【点评】本题主要考查函数零点个数的判 断,根据条件求出函数的解析式,利用数形结合是
解决本题的关键.

3.(2017?江西二模)函数f(x)=ln(x+1)﹣的零点所在区间是( )
A.(,1) B.(1,e﹣1) C.(e﹣1,2) D.(2,e)
【考点】52:函数零点的判定定理.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题.
【分析】函数f(x)=ln(x+1)﹣的零点所在区间需满足的条件是函数在区间端点的函数
值符号 相反.
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【解答】解:∵f(e﹣1)=lne﹣=1﹣=<0,
f(2)=ln3﹣1>lne﹣1=0,即f(e﹣1)?f(2)<0,
∴函数f(x)=ln(x+1)﹣的零点所在区间是 (e﹣1,2),
故选:C. 【点评】本题考查函数的零点的判定定理,连续函数在某个区间存在零点的条件是函数在区
间端点处 的函数值异号.

4.(2017春?凯里市校级期末)函数,g(x)=3
x< br>,则函数h(x)=f

(x)﹣g(x)的零点个数是( )
A.2 B.3 C.4 D.0
【考点】52:函数零点的判定定理.菁优网版权所有
【专题】31 :数形结合;44 :数形结合法;51 :函数的性质及应用.
【分析】由 题意可作出函数f(x)和g(x)的图象,图象公共点的个数即为函数h(x)=f
(x)﹣g(x) 的零点个数.
【解答】解:可由题意在同一个坐标系中
画出f(x)和g(x)的图象,

其中红色的为g(x))=3
x
的图象,由图象可知:
函数f(x)和g(x)的图象由二个公共点,
即h(x)=f(x)﹣g(x)的零点个数为2,
故选:A.

【点评 】本题为函数零点个数的求解,转化为函数图象的交点个数来求是解决问题的关键,
属中档题.

5.(2014秋?瑞安市校级期中)已知关于x的方程为+x
2
=2x +,则该方程实数解的
个数是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考点】54:根的存在性及根的个数判断.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】分x>0时和当x<0时两种情况,结合反比例函数和二次函数的图象 和性质,讨论
方程+x
2
=2x+根的个数,综合讨论结果,可得答案.
第8页(共22页)



【解答】解:当x>0时,
方程+x
2
=2x+可化为:+x
2
=2x+3,
即=﹣x
2
+2x+3,
由y=和y=﹣x
2
+2x+3的图象在x>0时有两个交点,

可得当x>0时,=﹣x
2
+2x+3有两个解,即方程
当x<0时,
方程+x
2
=2x+可化为:﹣+x
2
=2x﹣3,
+x
2
=2x+有两个解,
即=x
2
﹣2x+3,
由y=和y=x
2
﹣2x+3的图象在x<0时没有交点,
可得当x<0时 ,=x
2
﹣2x+3无解,即方程
综上所述方程+x
2
=2x+有2 解,
+x
2
=2x+无解,
故选:B
【点评】本题考查的知识 点是根的存在性及个数判断,数形结合思想,分类讨论思想,难度
比较大.

6. (2017秋?大庆月考)奇函数f(x)在区间[3,6]上是增函数,在区间[3,6]上的最大值
为8,最小值为﹣1,则f(6)+f(﹣3)的值为( )
A.10 B.﹣10 C.9 D.15
【考点】3H:函数的最值及其几何意义;3L:函数奇偶性的性质;3N:奇偶性与单调性 的
综合.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;33 :函数思想;35 :转化思想;51 :函数的性质及应用.
【分析】利用函数的奇偶性的性质直接求解即可.
【解答】解:由于f(x)在[3,6]上为增函数,
f(x)的最大值为f(6)=8,f(x)的最小值为f(3)=﹣1,
第9页(共22页)



f(x)为奇函数,故f(﹣3)=﹣f(3)=1,∴f(6)+f(﹣3)=8+1=9.
故选:C.
【点评】本题考查函数的最值的求法,函数的奇偶性的性质的应用,考查计算能力.
7.(2014秋?平南县期末)已知f(x)是R上的奇函数,且当x∈(﹣∞,0]时,f(x)=﹣< br>xlg(2
m
﹣x+).当x>0时,不等式f(x)<0恒成立,则m的取值范围是( )
A.(﹣∞,﹣1) B.(﹣1,1] C.[0,+∞) D.[﹣1,+∞)
【考点】3H:函数的最值及其几何意义.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;51 :函数的性质及应用.
【分析】由题意,当x∈(﹣∞,0)时,f(x)=﹣xlg(2
m
﹣x+)>0恒成立;从而化为
最值问题,从而解得.
【解答】解:∵f(x)是R上的奇函数,
又∵当x>0时,不等式f(x)<0恒成立,
∴当x∈(﹣∞,0)时,f(x)=﹣xlg(2
m
﹣x+)>0恒成立;
∴2
m
﹣x+>1在(﹣∞,0)上恒成立;
∴2
m
>+x在(﹣∞,0)上恒成立;
故2
m
≥,
故m≥﹣1.
故选:D.
【点评】本题考查了函数的性质的应用及恒成立问题与最值问题,属于中档题.

8.(2017春?双流县校级期中)函数f(x)=lnx﹣的零点所在的大致区间是( )
A.(1,2) B.(2,3) C.(3,4) D.(4,+∞)
【考点】52:函数零点的判定定理.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;33 :函数思想;51 :函数的性质及应用.
【分析】根据函数零点的判断条件,即可得到结论.
【解答】解:∵f(x)=lnx﹣,
则函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,
∵f(2)=ln2﹣1<0,
f(3)=ln3>0,
∴f(2)?f(3)<0,
在区间(2,3)内函数f(x)存在零点,
故选:B.
【点评】本题主要考查方程根的存在性,利用函数零点的条件判断零点所在的区间 是解决本
题的关键.
第10页(共22页)




9.(2016?泰安一模)奇函数f(x)的定义域为R,若f(x+1)为偶函数,且f(1)=2 ,则
f(4)+f(5)的值为( )
A.2 B.1 C.﹣1 D.﹣2
【考点】3P:抽象函数及其应用;3N:奇偶性与单调性的综合.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;29 :规律型;35 :转化思想;51 :函数的性质及应用.
【分析】根据函数的奇偶性的性质,得到f(x+4)=f(x),即可得到结论.
【解答】解:∵f(x+1)为偶函数,f(x)是奇函数,
∴设g(x)=f(x+1),
则g(﹣x)=g(x),
即f(﹣x+1)=f(x+1),
∵f(x)是奇函数,
∴f(﹣x+1)=f(x+1)=﹣f(x﹣1),
即f(x+2)=﹣f(x),f(x+4)=f(x+2+2)=﹣f(x+2)=f(x),
则f(4)=f(0)=0,f(5)=f(1)=2,
∴f(4)+f(5)=0+2=2,
故选:A.
【点评】本题主要考查函数值的 计算,利用函数奇偶性的性质,得到函数的对称轴是解决本
题的关键.

10.( 2015春?信阳期末)设函数f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又f(﹣3)
=0, 则x?f(x)<0的解集是( )
A.{x|﹣3<x<0或x>3} B.{x|x<﹣3或0<x<3}
C.{x|x<﹣3或x>3} D.{x|﹣3<x<0或0<x<3}
【考点】3N:奇偶性与单调性的综合.菁优网版权所有
【专题】15 :综合题;35 :转化思想;4G :演绎法;51 :函数的性质及应用.
【分析】由x?f(x)<0对x>0或x<0进行讨论,把不等式x?f(x)<0转化为f(x)>0或f(x)<0的问题解决,根据f(x)是奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又f(﹣3)
=0,把函数值不等式转化为自变量不等式,求得结果.
【解答】解:∵f(x)是R上的奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,
∴在(﹣∞,0)内f(x)也是增函数,
又∵f(﹣3)=0,
∴f(3)=0,
∴当x∈(﹣∞,﹣3)∪(0,3)时,f(x)<0;当x∈(﹣3, 0)∪(3,+∞)时,f(x)
>0;
∴x?f(x)<0的解集是(﹣3,0)∪(0,3).
故选D.
【点评】考查函数的奇偶性和单调性解不等式,体现了分类讨论的思想方法,属基础题.

11.(2017秋?双峰县校级月考)若函数f(x)=
实数R的取值范围是 ( )
是R上的减函数,则
第11页(共22页)



A. B. C. D.(,+∞)
【考点】3F:函数单调性的性质.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;33 :函数思想;49 :综合法;51 :函数的性质及应用.
【分析】根据f(x)为减函数,以及减函数定义、反比例函数和一次函数单调性即可得出
,解该不等 式组即可得出实数a的取值范围.
【解答】解:f(x)是R上的减函数;
∴;
解得;
. ∴实数a的取值范围是
故选C.
【点评】考查减函数的定义,分段函数单调性的判断,以及反比例函数和一次函数的单调性.

12.(2016?大庆二模)若x∈(e
1
,1),a=lnx,b=()
lnx
,c=e
lnx
,则a,b,c的大小关

系为( )
A.c>b>a B.b>c>a C.a>b>c D.b>a>c
【考点】46:有理数指数幂的化简求值;4M:对数值大小的比较.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题.
【分析】依题意,由对数函数与指数函数的性质可求得a<0,b >1,<c<1,从而可得
答案.

【解答】解:∵x∈(e
1
,1),a=lnx
∴a∈(﹣1,0),即a<0;
又y=
∴b=
为减函数,


==1,即b>1;
又c=e
lnx
=x∈(e
1
,1),
∴b>c>a.
故选B.
【点评】本题考查有理数指数幂的化简求值,考查对数值大小的比较,掌握对数函数 与指数
函数的性质是关键,属于中档题.

第12页(共22页)



二.填空题(共4小题)
13.(2013秋?郑州期末)已知a∈R,函数
(1)证明:函数f(x)在(0,+∞)上单调递增;
(2)求函数f(x)的零点.
【考点】3F:函数单调性的性质;52:函数零点的判定定理.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)根据汉函数单调性定义进行证明即可.
(2)根据函数零点的定义直接解方程f(x)=0即可得到函数的零点.
【解答】解:(1 )在(0,+∞)上任取两个实数x
1
,x
2
,且,

∵0<x
1
<x
2

∴x
1
﹣x
2
<0,x
1
x
2
>0.
∴,
==.
即f(x
1
)﹣f(x
2
)<0.
∴f(x
1
)<f(x
2
).
∴函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
(2)(ⅰ)当x>0时,令f(x)=0,
即,
解得x=1>0.
∴x=1是函数f(x)的一个零点.
(ⅱ)当x≤0时,令f(x)=0,即(a﹣1)x+1=0.(※)
①当a>1时,由(※)得


是函数f(x)的一个零点;
②当a=1时,方程(※)无解;
③当a<1时,由(※)得,(不合题意,舍去)
; 综上,当a>1时,函数f(x)的零点是1和
当a≤1时,函数f(x)的零点是1.
【点评】本题主要考查函数单调性的证明以及函数零点的计算,根据定义是解决本题的关键,
考 查学生的运算能力.

第13页(共22页)



14.(2017?宝清县一模)已知函数f(x)=
3个零点,则实数m的取值范围是 (0,1) .
【考点】51:函数的零点.菁优网版权所有
【专题】44 :数形结合法.
【分析】先把原函数转化为函数f(x)=
图象进行求解.
【解答】解:函数f(x)=
得到图象为:
=
,若函数g(x)=f(x)﹣m有
,再作出其图象,然后结合


又函数g(x)=f(x)﹣m有3个零点,
知f(x)=m有三个零点,
则实数m的取值范围是(0,1).
故答案为:(0,1).
【点评】本题考查函数的零点及其应用,解题时要注意数形结合思想的合理运用,

15.(2013?北京校级模拟)已知ab=1且
【考点】7F:基本不等式.菁优网版权所有
【专题】59 :不等式的解法及应用.
【分析】由条件可得 +=1,即 +=1,化简可得 2
xy1
=0,
++
+=1,x+y的值为 ﹣1 .
故 x+y+1=0,从而求得 x+y的值.
【解答】解:∵ab=1且+=1,∴+=1,

+
+=1,∴=1,∴b (a﹣2
y1
)+a(b﹣2
x
)=(b﹣2
x

+
(a﹣2
y1
).
++
化简可得 2
xy1
=0,∴x+y+1=0,∴x+y=﹣1,
故答案为:﹣1.
【点评】本题主要考查1的代换,式子的变形,是解题的关键,属于基础题.

第14页(共22页)



16.(2016秋?万州区校 级期中)已知函数f(x)对任意实数x,y满足f(x)+f(y)=f(x+y)
+3,f(3)= 6,当x>0 时,f(x)>3,那么,当f(2a+1)<5时,实数a的取值范围是 (﹣
∞,) .
【考点】3P:抽象函数及其应用.菁优网版权所有
【专题】33 :函数思想;49 :综合法;51 :函数的性质及应用.
【分析】先判断f(x)的单调性,再计算f(2)=5,不等式转化为2a+1<2解出.
【解答】解:设x
1
<x
2
,x
1
、x
2
∈R,则x
2
﹣x
1
>0,
∵当x>0时,f(x)>3,
∴f(x
2
﹣x
1
)>3,
∵f(x+y)=f(x)+f(y)﹣3,
∴f(x
2
)﹣f(x
1
)=f(x
2
﹣x
1
+x
1
)﹣f(x
1
)﹣3=f(x
2
﹣x
1
)+f(x
1
)﹣f (x
1
)﹣3>0,
∴f(x
2
)>f(x
1
),
∴f(x)在R上递增,
∵f(3)=f(2)+f(1)﹣3=f(1)+f(1)﹣3+f(1)﹣3=3f(1)﹣6=6 ,
∴f(1)=4,∴f(2)=5
∴f(2a+1)<5等价于2a+1<2.
a<
故答案为:(﹣∞,).
【点评】本题考查抽象函数的性质,考查利用单调 性解不等式,已知抽象函数的运算性质,
常用“赋值法”,属于基础题.

三.解答题(共8小题)
+
17.(2015秋?胶州市期末)已知幂函数f(x) =(﹣2m
2
+m+2)x
m1
为偶函数.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若函数y=f(x)﹣2(a﹣1)x+1在区间(2, 3)上为单调函数,求实数a的取值范围.
【考点】3L:函数奇偶性的性质;3F:函数单调性的性质.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)根据幂函数的性质即可求f(x)的解析式;
(2) 根据函数y=f(x)﹣2(a﹣1)x+1在区间(2,3)上为单调函数,利用二次函数对称
轴和区 间之间的关系即可,求实数a的取值范围.
【解答】解:(1)由f(x)为幂函数知﹣2m
2
+m+2=1,
即2m
2
﹣m﹣1=0,
得m=1或m=﹣,
当m=1时,f(x)=x
2
,符合题意;
当m=﹣时,f(x)=,为非奇非偶函数,不合题意,舍去.
∴f(x)=x
2

(2)由(1)得y=f(x)﹣2(a﹣1)x+1=x
2
﹣2(a﹣1)x+1,
即函数的对称轴为x=a﹣1,
第15页(共22页)



由题意知函数在(2,3)上为单调函数,
∴对称轴a﹣1≤2或a﹣1≥3,
即a≤3或a≥4.
【点评】本题主要考查幂函数的图象和性质,以及二次函数的单调性与对 称轴之间的关系,
要求熟练掌握幂函数和二次函数的图象和性质.

18.(2016秋?会宁县校级月考)已知函数f(x)=()
(1)若a=﹣1,求f(x)的单调区间
(2)若f(x)有最大值3,求a的值.
【考点】3F:函数单调性的性质.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)利用指数函数、二次函数的单调性,可得f(x)的单调区间
(2)由题意,a>0,y=ax
2
﹣4x+3有最小值﹣1,即可求a的值.
【解答】解:(1)a=﹣1,f(x)=,
∴函数的单调增区间是(﹣2,+∞);单调减区间是(﹣∞,﹣2);
(2)由题意,a>0,y=ax
2
﹣4x+3有最小值﹣1,
∴=﹣1,
∴a=1.
【点评】本题考查函数的单调性与最大值,考查学生分析解决问题的能力,属于中档题.

19.(2015春?重庆校级期末)已知函数f(x)=|x﹣2|,g(x)=﹣|x+3|+m.
(1)解关于x的不等式f(x)﹣x﹣1>0;
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,求m的取值范围.
【考点】R5:绝对值不等式的解法;35:函数的图象与图象变化.菁优网版权所有
【专题】59 :不等式的解法及应用.
【分析】(1)关于x的不等式f(x)﹣x﹣1>0,即|x﹣2|>+1,即x﹣2>+1 或x﹣2
<﹣( +1 ),由此求得它的解集.
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,画出图形,数形结合求得m的范围.
【解答】解:(1)关于x的不等式f(x)﹣x﹣1>0,即|x﹣2|>+1,
∴x﹣2>+1 或x﹣2<﹣( +1 ).
求得 x>4或 x<,故不等式的解集为{x|x>4或 x<}.
(2)若函数f(x)的图象恒在函数g(x)图象的上方,如图所示:
故有m<5.
第16页(共22页)




【点评】本题主要考 查绝对值不等式的解法,函数的恒成立问题,体现了数形结合的数学思
想,属于基础题.

20.(2014秋?祁县校级期末)已知函数f(x)=log
a
(x+1),g( x)=log
a
(1﹣x)其中(a>
0且a≠1).
(1)求函数f(x)+g(x)的定义域;
(2)判断f(x)+g(x)的奇偶性,并说明理由;
(3)求使f(x)﹣g(x)>0成立的x的集合.
【考点】4K:对数函数的定义域;3 K:函数奇偶性的判断;7E:其他不等式的解法.菁优网
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【专题】11 :计算题.
【分析】(1)要求函数f(x)+g(x)的定义域,我们可根据让函数解析式有意义的 原则,
构造不等式组,解不等式组即可得到函数f(x)+g(x)的定义域;
(2)要判断 f(x)+g(x)的奇偶性,我们根据奇偶性的定义,先判断其定义域是否关于原
点对称,然后再判断 f(﹣x)+g(﹣x)与f(x)+g(x)的关系,结合奇偶性的定义进行判
断;
(3) 若f(x)﹣g(x)>0,则我们可以得到一个对数不等式,然后分类讨论底数取值,即
可得到不等式 的解.
【解答】解:(1)f(x)+g(x)=log
a
(x+1)+loga
(1﹣x).
若要上式有意义,则,
即﹣1<x<1.
所以所求定义域为{x|﹣1<x<1}
(2)设F(x)=f(x)+g(x),
则F(﹣x)=f(﹣x)+g(﹣x)
=log
a
(﹣x+1)+log
a
(1+x)=F(x).
所以f(x)+g(x)是偶函数.
(3)f(x)﹣g(x)>0,
即log
a
(x+1)﹣log
a
(1﹣x)>0,
log
a
(x+1)>log
a
(1﹣x).
第17页(共22页)



当0<a<1时,上述不等式等价于
解得﹣1<x<0.
当a>1时,原不等式等价于,
解得0<x<1.
综上所述,当0<a<1时,原不等式的解集为{x|﹣1<x<0};
当a>1时,原不等式的解集为{x|0<x<1}.
【点评】求函数的定义域时要注意:( 1)当函数是由解析式给出时,其定义域是使解析式有
意义的自变量的取值集合.(2)当函数是由实际 问题给出时,其定义域的确定不仅要考虑解
析式有意义,还要有实际意义(如长度、面积必须大于零、人 数必须为自然数等).(3)若
一函数解析式是由几个函数经四则运算得到的,则函数定义域应是同时使 这几个函数有意义
的不等式组的解集.若函数定义域为空集,则函数不存在.(4)对于(4)题要注意 :①对
在同一对应法则f 下的量“x”“x+a”“x﹣a”所要满足的范围是一样的;②函数g(x )中的自变
量是x,所以求g(x)的定义域应求g(x)中的x的范围.

21 .(2017秋?凉州区校级月考)已知函数f(x)在R上满足f(x+y)=f(x)+f(y),且f(x)>0,f(1)=2.
(1)求f(0),f(3)的值;
(2)判断f(x)的单调性并证明;
+
(3)若f(4
x
﹣a) +f(6+2
x1
)>6对任意x恒成立,求实数a的取值范围.
【考点】3P:抽象函数及其应用;3R:函数恒成立问题.菁优网版权所有
【专题】11 :计算题;35 :转化思想;49 :综合法;51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)令x= 0,y=0,即可得到f(0)=0,再令x=y=1,可得f(2)=4,令x=2,y=1
即可求解 f(3)=6;
(2)利用函数单调性的定义,即可证明函数f(x)的单调性;
(3)利 用f(x)的单调性,原不等式转化为2
2x
+2?2
x
+6﹣3>a成立, 构造函数g(x),求
出函数的最值即可.
【解答】解:(1)f(0)=0,f(3)=6;
(2)f(x)单调递增,
证 明:任取x
1
,x
2
∈R且x
1
<x
2
, 则x
2
﹣x
1
>0,
f(x
2
)﹣f(x
1
)=f[(x
2
﹣x
1
)+x
1
]﹣f(x< br>1
)=[f(x
2
﹣x
1
)+f(x
1
)] ﹣f(x
1
)=f(x
2
﹣x
1
),
因为x2
﹣x
1
>0,所以f(x
2
﹣x
1
)>0,
所以f(x)在R上单调递增.
+
(3)f(4
x
﹣a)+f(6+2
x1
)>6,
+
?f[(4
x
﹣a)(6+2
x1
)]>f(3)
?f[2
2x
+2?2
x
+6﹣a]>f(3),
f(x )在R上单调递增?2
2x
+2?2
x
+6﹣a>3?a<2
2x< br>+2?2
x
+3,
令t=2
x
,g(t)=t
2< br>+2t+3,t∈(0,+∞),只需a<g(t)
min
即可,
g(t)=(t+1)
2
+2,t∈(0,+∞),
第18页(共22页)



g(t)值域为(3,+∞),则a≤3.
【点评】本 题考查抽象函数的应用,函数的单调性以及应用,函数恒成立条件的应用,考查
计算能力.

22.(2013秋?中山期末)已知函数
(I)求常数k的值;
(Ⅱ)若a>b>1,试比较f(a)与f(b)的大小;
(Ⅲ)若函数,且g(x)在区间[3,4]上没有零点,求实数m的取
为奇函数.
值范围.
【考点】72:不等式比较大小;51:函数的零点.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】(I)由于f(x)为奇函数,可得f(﹣x)=﹣f(x),即可得出k;
(II)利用对数函数的单调性和不等式的性质通过作差即可得出;
(III)利用(II)函数f(x)的单调性、指数函数的单调性即可得出.
【解答】解:(I)∵
∴f(﹣x)=﹣f(x),
即,
为奇函数 ∴,即1﹣k
2
x
2
=1﹣x
2
,整理得k
2
=1.
∴k=﹣1(k=1使f(x)无意义而舍去).
(Ⅱ)∵.
∴f(a)﹣f(b)=﹣=
=.
当a>b>1时,ab+a﹣b﹣1>ab﹣a+b﹣1>0,

从而


第19页(共22页)



即f(a)﹣f(b)>0.
∴f(a)>f(b).
(Ⅲ)由(2)知,f(x)在(1,+∞)递增,
∴在[3,4]递增.
∵g(x)在区间[3,4]上没有零点,
∴g(3)=+m=﹣+m>0.
或,
∴或.
【点评】本题考查了函数的奇偶性、单调性、不等式的性质、分类讨论等基础知识与基 本技
能方法,考查了推理能力和计算能力,属于难题.


23.(20 13秋?福州校级期中)已知函数f(x)=2
x
+a?2
x
是定义域为R的 奇函数,
(1)求实数a的值;
(2)证明:f(x)是R上的单调函数;
(3 )若对于任意的t∈R,不等式f(t
2
﹣2t)+f(t
2
﹣k)>0恒成 立,求k的取值范围.
【考点】3E:函数单调性的判断与证明;3R:函数恒成立问题.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)由f(0)=1+a=0可得a值;
(2)?x
1
,x
2
∈R,且x
1
<x
2
,可得f(x
2
)﹣f(x
1
)的表达式,的其范围即可说明为增函 数;
(3)由函数的性质可得原不等式恒成立即是2t
2
﹣2t﹣k>0在t∈R上 恒成立,由△<0可
得范围.

【解答】解:(1)∵f(x)=2
x+a?2
x
是定义域为R的奇函数,
∴f(0)=1+a=0,∴a=﹣1,
经检验当a=﹣1时,f(x)是奇函数,故所求a=﹣1;

(2)由(1)可知f(x)=2
x
﹣2
x

?x
1
,x
2
∈R,且x
1
<x
2


∵x
1
<x
2
,∴,即
∴f(x
2< br>)﹣f(x
1
)>0即f(x
2
)>f(x
1
),
∴f(x)是R上的递增函数,即f(x)是R上的单调函数.
(3)∵根据题设及(2)知 f(t
2
﹣2t)+f(t
2
﹣k)>0,
等价于f(t
2
﹣2t)>﹣f(t
2
﹣k)=f(k﹣t
2
),即t
2
﹣2t>k﹣t
2
,∴2t
2
﹣2t﹣k>0,
∴原不等 式恒成立即是2t
2
﹣2t﹣k>0在t∈R上恒成立,∴△=4+8k<0,
第20页(共22页)



∴所求k的取值范围是.
【点评】本题考查函数的单调性的判断与证明,涉及函数恒成立问题,属基础题.

24.(2016秋?庄河市校级期末)已知函数g(x)=ax
2
﹣2ax+1+b(a> 0)在区间[2,3]上有
最大值4和最小值1.设f(x)=.
(1)求a、b的值; < br>(2)若不等式f(2
x
)﹣k?2
x
≥0在x∈[﹣1,1]上恒成 立,求实数k的取值范围;
(3)若f(|2
x
﹣1|)+k?﹣3k=0有三个不 同的实数解,求实数k的取值范围.
【考点】3R:函数恒成立问题;53:函数的零点与方程根的关系.菁优网版权所有
【专题】51 :函数的性质及应用.
【分析】(1)由函数g(x)=a(x﹣1)
2
+1+b﹣a,a>0,所以g(x)在区间[2,3]上是增
函数,故,由此解得a、b 的值.
﹣2≥k?2
x
,故有 k≤t
2
﹣2t+1,t∈[,2 ],求出h(t)=t
2
﹣2t+1(2)不等式可化为 2
x
+
的最小值,从而求得k的取值范围.
(3)方程f(|2
x
﹣1|)+k?﹣3k=0?|2
x
﹣1|
2
﹣(2+3k)|2< br>x
﹣1|+(1+2k)=0,(|2
x
﹣1|≠0),令|2
x﹣1|=t,则t
2
﹣(2+3k)t+(1+2k)=0(t≠0),构造函数h(t) =t
2
﹣(2+3k)
t+(1+2k),通过数形结合与等价转化的思想即可求得k 的范围.
【解答】解:(1)函数g(x)=ax
2
﹣2ax+b+1=a(x﹣1 )
2
+1+b﹣a,
因为a>0,所以g(x)在区间[2,3]上是增函数,


解得.


(2)由已知可得f(x)=x+﹣2,
所以,不等式f(2
x
)﹣k?2
x
≥0可化为 2
x
+
可化为 1+()
2
﹣2?≥k,令t=
﹣2≥k?2
x

,则 k≤t
2
﹣2t+1.
因 x∈[﹣1,1],故 t∈[,2].故k≤t
2
﹣2t+1在t∈[,2]上恒成立.
记h(t)=t
2
﹣2t+1,因为 t∈[,2],故 h(t)
min
=h(1)=0,
所以k的取值范围是(﹣∞,0].
(3)方程f(|2
x
﹣1|)+k?﹣3k=0可化为:
第21页(共22页)



|2
x
﹣1|
2
﹣(2+3k)|2
x
﹣1|+(1+2k)=0,|2
x
﹣1|≠0,
令|2
x
﹣1|=t,则方程化为
t
2
﹣(2+3k)t+(1+2k)=0(t≠0),
∵方程f(|2< br>k
﹣1|)+k?
∴由t=|2
x
﹣1|的图象知,
﹣3k=0有三个不同的实数解,

t
2
﹣(2+3k)t+(1 +2k)=0(t≠0),有两个根t
1
、t
2

且0<t
1
<1<t
2
或0<t
1
<1,t
2
=1.
记h(t)=t
2
﹣(2+3k)t+(1+2k),
则,或
∴k>0.
【点评】本题考查二次函数在闭区间上的最值,考查函数恒成立问题问题,考查数 形结合与
等价转化、函数与方程思想的综合应用,属于难题.



第22页(共22页)

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