《高考數(shù)學理二輪專題復習檢測第二篇 專題滿分突破 專題二 函數(shù)與導數(shù):課時鞏固過關練四 Word版含解析》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《高考數(shù)學理二輪專題復習檢測第二篇 專題滿分突破 專題二 函數(shù)與導數(shù):課時鞏固過關練四 Word版含解析(13頁珍藏版)》請在裝配圖網上搜索。
1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
課時鞏固過關練(四) 函數(shù)的圖象與性質
一、選擇題
1.(20xx北京高考)如圖,函數(shù)f(x)的圖象為折線ACB,則不等式f(x)≥log2(x+1)的解集是( )
A.{x|-1
2、
答案:C
2.(20xx山東日照一中期中)函數(shù)f(x)=sinx+cos2x的圖象為( )
解析:由于函數(shù)f(x)=sinx+cos2x不是奇函數(shù),也不是偶函數(shù),故它的圖象不關于原點對稱,也不關于y軸對稱,故排除A、D.再根據當x=π時,函數(shù)的值等于1,故排除C,故選B.
答案:B
3.(20xx福建三明一中月考)函數(shù)y=,x∈(-π,0)∪(0,π)的圖象可能是下列中的( )
解析:因為f(-x)===f(x),所以函數(shù)y=,x∈(-π,0)∪(0,π)為偶函數(shù),圖象關于y軸對稱,故排除選項A,因為x>sinx在上恒成立,即>1在上恒成立,故排除選項B、D,故選C.
3、
答案:C
4.(20xx河北衡水一調)已知函數(shù)f(x)的圖象如圖所示,則f(x)的解析式可能是( )
A.f(x)=-x3 B.f(x)=+x3
C.f(x)=-x3 D.f(x)=+x3
解析:由圖可知,函數(shù)的漸近線為x=,則函數(shù)解析式中x≠,則排除C,D,又函數(shù)在,上單調遞減,而函數(shù)y=在,上單調遞減,y=-x3在R上單調遞減,則f(x)=-x3在,上單調遞減,選A.
答案:A
5.(20xx安徽安慶涼亭期中)已知函數(shù)f(x)=x2-,則函數(shù)y=f(x)的大致圖象為( )
解析:f(x)=x2-=當x<0時,
f ′(x)=2x-=.令g(x)=2x3-1
4、+ln(-x),由g′(x)=6x2+==0,得x=-,當x∈時,g′(x)>0,當x∈時,g′(x)<0.所以g(x)有極大值為g=23-1+ln=--ln6<0.又x2>0,所以f ′(x)的極大值小于0.所以函數(shù)f(x)在(-∞,0)上為減函數(shù).當x>0時,f ′(x)=2x-=,令h(x)=2x3-1+lnx,h′(x)=6x2+>0.所以h(x)在(0,+∞)上為增函數(shù),而h(1)=1>0,h=--ln2<0.又x2>0,所以函數(shù)f ′(x)在(0,+∞)上有一個零點x0,則函數(shù)f ′(x)在(0,x0)上,有f ′(x)
5、x)>f ′(x0)=0,f(x)在(0,x0)上單調遞減,在(x0,+∞)上單調遞增.綜上,函數(shù)f(x)的圖象為B中的形狀.故選B.
答案:B
二、填空題
6.(20xx江蘇徐州模擬)已知直線y=a與函數(shù)f(x)=2x及g(x)=32x的圖象分別相交于A,B兩點,則A,B兩點之間的距離為__________.
解析:由題意知A(log2a,a),B,∴A,B之間的距離|AB|=|xA-xB|=log23.
答案:log23
7.(20xx安徽浮山一模)若函數(shù)f(x)=的圖象如右圖,則m的取值范圍是__________.
解析:∵函數(shù)的定義域為R,∴x2+m恒不等于零,由圖象
6、知,當x>0時,f(x)>0,∴m>0,2-m>0?m<2,又在(0,+∞)上,函數(shù)f(x)在x=x0(x0>1)處取得最大值,而f(x)=≤,∴x0=>1?m>1.綜上,1
7、0-c<8,解得2
8、x安徽高考)若函數(shù)f(x)(x∈R)是周期為4的奇函數(shù),且在0,2]上的解析式為f(x)=則f+f=__________.
解析:由題意,f(x+4)=f(x),f(-x)=-f(x),則f+f=f+f=f+f=f+f=f+f=-f-f=--sinπ=-+=.
答案:
三、解答題
11.(20xx吉林實驗期末)設函數(shù)f(x)=(a>0且a≠1)是定義域為R的奇函數(shù).
(1)求t的值;
(2)若f(1)>0,求使不等式f(kx-x2)+f(x-1)<0對一切x∈R恒成立的實數(shù)k的取值范圍;
(3)若函數(shù)f(x)的圖象過點,是否存在正數(shù)m(m≠1),使函數(shù)g(x)=logma2x+a
9、-2x-mf(x)]在1,log23]上的最大值為0?若存在,求出m的值;若不存在,請說明理由.
解:(1)f(x)是定義域為R的奇函數(shù).∴f(0)=0,∴t=2.
(2)由(1)得f(x)=ax-a-x,由f(1)>0得a->0,又a>0,∴a>1,由f(kx-x2)+f(x-1)<0得f(kx-x2)<-f(x-1),∵f(x)為奇函數(shù),∴f(kx-x2)1,∴f(x)=ax-a-x為R上的增函數(shù),∴kx-x2<1-x對一切x∈R恒成立,即x2-(k+1)x+1>0對一切x∈R恒成立,故Δ=(k+1)2-4<0,解得-3
10、(3)假設存在正數(shù)m(m≠1)符合題意,由f(x)過點可得a=2,由a=2得g(x)=logma2x+a-2x-mf(x)]=logm22x+2-2x-m(2x-2-x)]=logm(2x-2-x)2-m(2x-2-x)+2],設s=2x-2-x,則(2x-2-x)2-m(2x-2-x)+2=s2-ms+2.∵函數(shù)g(x)=logma2x+a-2x-mf(x)]在1,log23]上的最大值為0,
∴(ⅰ)若01,則函數(shù)h(s)=s2-ms+2>0,在上恒成立,且最大值為1,最小值大于0.①??m=,又此時=∈,又h(s)min=h<0,故g(x)無意義,所以m=應舍去;②??m無解.
綜上所述,不存在正數(shù)m(m≠1),使函數(shù)g(x)=logma2x+a-2x-mf(x)]在1,log23]上的最大值為0.