2022年高三數(shù)學(xué)大一輪復(fù)習(xí) ?？碱}型強化練 函數(shù)教案 理 新人教A版 一、選擇題 1． (xx·江西)若f(x)＝，則f(x)的定義域為 (　　) A. B. C.∪(0，＋∞) D. 答案　C 解析　由已知得∴即x>－且x≠0，∴選C. 2． (xx·廣東)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的是 (　　) A．y＝ln(x＋2) B．y＝－ C．y＝x D．y＝x＋ 答案　A 解析　利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性的判斷方法——同增異減求解． 對于A選項，可看成由函數(shù)y＝ln u，u＝x＋2復(fù)合而成，由于兩函數(shù)都為增函數(shù)，單調(diào) 性相同，所以函數(shù)y＝ln(x＋2)在(－2，＋∞)上為增函數(shù)． B、C均為減函數(shù)． 對于D選項，y＝x＋在(－∞，－1)，(1，＋∞)上為增函數(shù)． 3． (xx·大綱全國)設(shè)f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝2x(1－x)，則f(－)等 于 (　　) A．－ B．－ C. D. 答案　A 解析　∵f(x)是周期為2的奇函數(shù)， ∴f(－)＝f(－＋2)＝f(－)＝－f() ＝－2××(1－)＝－. 4． (xx·天津)函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在區(qū)間(0,1)內(nèi)的零點個數(shù)是 (　　) A．0 B．1 C．2 D．3 答案　B 解析　先判斷函數(shù)的單調(diào)性，再確定零點． 因為f′(x)＝2xln 2＋3x2>0， 所以函數(shù)f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上遞增， 且f(0)＝1＋0－2＝－1<0，f(1)＝2＋1－2＝1>0， 所以有1個零點． 二、填空題 5． (xx·山東)已知函數(shù)f(x)＝logax＋x－b (a>0，且a≠1)．當(dāng)2<a<3<b<4時，函數(shù)f(x)的零 點x0∈(n，n＋1)，n∈N*，則n＝________. 答案　2 解析　∵2<a<3，∴f(x)＝logax＋x－b為定義域上的單調(diào)函數(shù)．f(2)＝loga2＋2－b，f(3) ＝loga3＋3－b. ∵2<a<3<b，∴l(xiāng)g 2<lg a<lg 3，∴<<1. 又∵b>3，∴－b<－3，∴2－b<－1， ∴l(xiāng)oga2＋2－b<0，即f(2)<0. ∵1<<，3<b<4，∴－1<3－b<0， ∴l(xiāng)oga3＋3－b>0，∴f(3)>0，即f(2)·f(3)<0. 由x0∈(n，n＋1)，n∈N*知，n＝2. 6． (xx·上海)已知函數(shù)f(x)＝e|x－a|(a為常數(shù))．若f(x)在區(qū)間[1，＋∞)上是增函數(shù)，則a的 取值范圍是________． 答案　(－∞，1] 解析　先求出函數(shù)g(x)＝|x－a|的單調(diào)區(qū)間，再結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性判斷． g(x)＝|x－a|的增區(qū)間為[a，＋∞)， ∴f(x)＝e|x－a|的增區(qū)間為[a，＋∞)． ∵f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)， ∴[1，＋∞)?[a，＋∞)，∴a≤1. 7． (xx·上海)已知y＝f(x)＋x2是奇函數(shù)，且f(1)＝1.若g(x)＝f(x)＋2，則g(－1)＝________. 答案　－1 解析　先利用奇函數(shù)條件求出f(x)與f(－x)的關(guān)系． ∵y＝f(x)＋x2是奇函數(shù)， ∴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、解答題 8． (xx·上海)已知函數(shù)f(x)＝a·2x＋b·3x，其中常數(shù)a，b滿足ab≠0. (1)若ab>0，判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性； (2)若ab<0，求f(x＋1)>f(x)時x的取值范圍． 解　(1)當(dāng)a>0，b>0時，任意x1，x2∈R，x1<x2， 則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，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)． 當(dāng)a<0，b<0時，同理，函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)． (2)f(x＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x>0， 當(dāng)a<0，b>0時，x>－，則x>log1.5； 當(dāng)a>0，b<0時，x<－，則x<log1.5. 9． (xx·福建)某商場銷售某種商品的經(jīng)驗表明，該商品每日的銷售量y(單位：千克)與銷售 價格x(單位：元/千克)滿足關(guān)系式y(tǒng)＝＋10(x－6)2，其中3<x<6，a為常數(shù)．已知銷 售價格為5元/千克時，每日可售出該商品11千克． (1)求a的值； (2)若該商品的成本為3元/千克，試確定銷售價格x的值，使商場每日銷售該商品所獲得 的利潤最大． 解　(1)因為x＝5時，y＝11，所以＋10＝11，所以a＝2. (2)由(1)可知，該商品每日的銷售量y＝＋10(x－6)2， 所以商場每日銷售該商品所獲得的利潤 f(x)＝(x－3)[＋10(x－6)2]＝2＋10(x－3)(x－6)2,3<x<6. 從而，f′(x)＝10[(x－6)2＋2(x－3)(x－6)] ＝30(x－4)(x－6)． 于是，當(dāng)x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (3,4) 4 (4,6) f′(x) ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞增 極大值42 單調(diào)遞減 由上表可得，x＝4是函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,6)內(nèi)的極大值點，也是最大值點． 所以，當(dāng)x＝4時，函數(shù)f(x)取得最大值，且最大值等于42. 答　當(dāng)銷售價格為4元/千克時，商場每日銷售該商品所獲得的利潤最大． B組　專項能力提升 一、選擇題 1． (xx·四川)函數(shù)y＝x＋1的圖象關(guān)于直線y＝x對稱的圖象大致是 (　　) 答案　A 解析　函數(shù)y＝x＋1的圖象如圖所示，關(guān)于y＝x對稱的圖象大致為A選項對應(yīng)圖象． 2． (xx·山東)已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝x3－x， 則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點的個數(shù)為 (　　) A．6 B．7 C．8 D．9 答案　B 解析　∵f(x)是最小正周期為2的周期函數(shù)，且0≤x<2時，f(x)＝x3－x＝x(x－1)(x＋1)， ∴當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝0有兩個根，即x1＝0，x2＝1. 由周期函數(shù)的性質(zhì)知，當(dāng)2≤x<4時，f(x)＝0有兩個根，即x3＝2，x4＝3；當(dāng)4≤x<6時， f(x)＝0有兩個根，即x5＝4，x6＝5.x7＝6也是f(x)＝0的根． 故函數(shù)f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸交點的個數(shù)為7. 3． (xx·福建)函數(shù)f(x)在[a，b]上有定義，若對任意x1，x2∈[a，b]，有f≤[f(x1) ＋f(x2)]，則稱f(x)在[a，b]上具有性質(zhì)P.設(shè)f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，現(xiàn)給出如下命題： ①f(x)在[1,3]上的圖象是連續(xù)不斷的； ②f(x2)在[1，]上具有性質(zhì)P； ③若f(x)在x＝2處取得最大值1，則f(x)＝1，x∈[1,3]； ④對任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有f≤[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]．其中 真命題的序號是 (　　) A．①② B．①③ C．②④ D．③④ 答案　D 解析　通過構(gòu)造某些特殊函數(shù)，排除不合適的選項，利用反證法證明③正確，再兩次應(yīng) 用定義式證明④正確． 令f(x)＝可知對?x1，x2∈[1,3]， 都有f≤[f(x1)＋f(x2)]， 但f(x)在[1,3]上的圖象不連續(xù)，故①不正確； 令f(x)＝－x，則f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P， 但f(x2)＝－x2在[1，]上不具有性質(zhì)P， 因為－2＝－≥－ ＝(－x－x)＝[f(x)＋f(x)]，故②不正確； 對于選項③，假設(shè)存在x0∈[1,3]，使得f(x0)≠1， 因為f(x)max＝f(2)＝1，x∈[1,3]，所以f(x0)<1. 又當(dāng)1≤x0≤3時，有1≤4－x0≤3， 由f(x)在[1,3]上具有性質(zhì)P，得 f(2)＝f≤[f(x0)＋f(4－x0)]， 由于f(x0)<1，f(4－x0)≤1，故上式矛盾． 即對?x∈[1,3]，有f(x)＝1，故選項③正確． 對?x1，x2，x3，x4∈[1,3]， f＝f ≤ ≤ ＝[f(x1)＋f(x2)＋f(x3)＋f(x4)]，即選項④正確． 二、填空題 4． (xx·江蘇)設(shè)f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù)，在區(qū)間[－1,1]上，f(x)＝ 其中a，b∈R.若f＝f，則a＋3b的值為________． 答案?。?0 解析　由f(x)的周期為2，得f＝f是關(guān)鍵． 因為f(x)的周期為2， 所以f＝f＝f， 即f＝f. 又因為f＝－a＋1，f＝＝， 所以－a＋1＝. 整理，得a＝－(b＋1)．① 又因為f(－1)＝f(1)， 所以－a＋1＝，即b＝－2a.② 將②代入①，得a＝2，b＝－4. 所以a＋3b＝2＋3×(－4)＝－10. 5． (xx·浙江)設(shè)a∈R，若x>0時均有[(a－1)x－1](x2－ax－1)≥0，則a＝________. 答案　 解析　對a進行分類討論，通過構(gòu)造函數(shù)，利用數(shù)形結(jié)合解決． (1)當(dāng)a＝1時，不等式可化為：x>0時均有x2－x－1≤0，由二次函數(shù)的圖象知，顯然不 成立，∴a≠1. (2)當(dāng)a<1時，∵x>0， ∴(a－1)x－1<0，不等式可化為： x>0時均有x2－ax－1≤0， ∵二次函數(shù)y＝x2－ax－1的圖象開口向上， ∴不等式x2－ax－1≤0在x∈(0，＋∞)上不能均成立， ∴a<1不成立． (3)當(dāng)a>1時，令f(x)＝(a－1)x－1，g(x)＝x2－ax－1，兩函數(shù)的圖象均過定點(0，－1)， ∵a>1， ∴f(x)在x∈(0，＋∞)上單調(diào)遞增， 且與x軸交點為， 即當(dāng)x∈時，f(x)<0， 當(dāng)x∈時，f(x)>0. 又∵二次函數(shù)g(x)＝x2－ax－1的對稱軸為x＝>0，則只需g(x)＝x2－ax－1與x軸的右 交點與點重合，如圖所示，則命題成立，即在g(x)圖象上，所以有 2－－1＝0， 整理得2a2－3a＝0，解得a＝，a＝0(舍去)． 綜上可知a＝. 6． (xx·北京)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2，若同時滿足條件：①?x∈R， f(x)<0或g(x)<0；②?x∈(－∞，－4)，f(x)g(x)<0.則m的取值范圍是________． 答案?。?<m<－2 解析　將①轉(zhuǎn)化為g(x)<0的解集的補集是f(x)<0解集的子集求解； ②轉(zhuǎn)化為f(x)>0的解集與(－∞，－4)的交集非空． 若g(x)＝2x－2<0，則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不可能大于或等于0，因此m<0. 當(dāng)m<0時，f(x)<0，即(x－2m)(x＋m＋3)>0. 當(dāng)2m＝－m－3，即m＝－1時， f(x)<0的解集為{x|x≠－2}，滿足條件． 當(dāng)2m>－m－3，即－1<m<0時， f(x)<0的解集為{x|x>2m或x<－m－3}． 依題意2m<1，即m<，∴－1<m<0. 當(dāng)2m<－m－3，即m<－1時， f(x)<0的解集為{x|x<2m或x>－m－3}． 依題意－m－3<1，即m>－4，∴－4<m<－1. 因此滿足①的m的取值范圍是－4<m<0. ②中，∵當(dāng)x∈(－∞，－4)時，g(x)＝2x－2<0， ∴問題轉(zhuǎn)化為?x∈(－∞，－4)，f(x)>0， 即f(x)>0的解集與(－∞，－4)的交集非空． 又m<0，則(x－2m)(x＋m＋3)<0. 由①的解法知，當(dāng)－1<m<0時，2m>－m－3， 即－m－3<－4，∴m>1，此時無解． 當(dāng)m＝－1時，f(x)＝－(x＋2)2恒小于或等于0，此時無解． 當(dāng)m<－1時，2m<－m－3， 即2m<－4，∴m<－2. 綜合①②可知滿足條件的m的取值范圍是－4<m<－2. 三、解答題 7． (xx·福建)已知函數(shù)f(x)＝ex＋ax2－ex，a∈R. (1)若曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線平行于x軸，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)試確定a的取值范圍，使得曲線y＝f(x)上存在唯一的點P，曲線在該點處的切線與曲 線只有一個公共點P. 解　(1)由于f′(x)＝ex＋2ax－e，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線斜率k＝2a＝0， 所以a＝0，即f(x)＝ex－ex. 此時f′(x)＝ex－e.由f′(x)＝0得x＝1. 當(dāng)x∈(－∞，1)時，有f′(x)<0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，有f′(x)>0. 所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，1)， 單調(diào)遞增區(qū)間為(1，＋∞)． (2)設(shè)點P(x0，f(x0))，曲線y＝f(x)在點P處的切線方程為y＝f′(x0)(x－x0)＋f(x0)， 令g(x)＝f(x)－f′(x0)(x－x0)－f(x0)， 故曲線y＝f(x)在點P處的切線與曲線只有一個公共點P等價于函數(shù)g(x)有唯一零點． 因為g(x0)＝0， 且g′(x)＝f′(x)－f′(x0)＝ex－ex0＋2a(x－x0)． ①若a≥0，當(dāng)x>x0時，g′(x)>0， 則當(dāng)x>x0時，g(x)>g(x0)＝0； 當(dāng)x<x0時，g′(x)<0，則當(dāng)x<x0時，g(x)>g(x0)＝0. 故g(x)只有唯一零點x＝x0. 由P的任意性知，a≥0不合題意． ②若a<0，令h(x)＝ex－ex0＋2a(x－x0)， 則h(x0)＝0，h′(x)＝ex＋2a. 令h′(x)＝0，得x＝ln(－2a)，記x*＝ln(－2a)， 則當(dāng)x∈(－∞，x*)時，h′(x)<0， 從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(x*，＋∞)時，h′(x)>0， 從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． a．若x0＝x*，當(dāng)x∈(－∞，x*)時， g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0； 當(dāng)x∈(x*，＋∞)時，g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0. 所以g(x)在R上單調(diào)遞增．所以函數(shù)g(x)在R上有且只有一個零點x＝x*. b．若x0>x*，由于h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增， 且h(x0)＝0， 則當(dāng)x∈(x*，x0)時有g(shù)′(x)＝h(x)<h(x0)＝0， g(x)>g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(shù)(x1)>0. 又當(dāng)x∈(－∞，x1)時， 易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)<ex1＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋ x0f′(x0) ＝ax2＋bx＋c， 其中b＝－(e＋f′(x0))，c＝ex1－f(x0)＋x0f′(x0)． 由于a<0，則必存在x2<x1，使得ax＋bx2＋c<0. 所以g(x2)<0，故g(x)在(x2，x1)內(nèi)存在零點， 即g(x)在R上至少有兩個零點． c．若x0<x*，仿b并利用ex>， 可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個零點． 綜上所述，當(dāng)a<0時，曲線y＝f(x)上存在唯一的點P(ln(－2a)，f(ln(－2a)))， 曲線在該點處的切線與曲線只有一個公共點P.