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2019-2020年高三數(shù)學大一輪復習 常考題型強化練 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f(x)是周期為2的奇函數(shù)，當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23，∴－b<－3，∴2－b<－1， ∴l(xiāng)oga2＋2－b<0，即f(2)<0. ∵1<<，30，∴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?。? 解析　先利用奇函數(shù)條件求出f(x)與f(－x)的關系． ∵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)＝a2x＋b3x，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a>0，b>0時，任意x1，x2∈R，x10?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)＝a2x＋2b3x>0， 當a<0，b>0時，x>－，則x>log1.5； 當a>0，b<0時，x<－，則x0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x∈時，f(x)<0， 當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　－40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m<0時，f(x)<0，即(x－2m)(x＋m＋3)>0. 當2m＝－m－3，即m＝－1時， f(x)<0的解集為{x|x≠－2}，滿足條件． 當2m>－m－3，即－12m或x<－m－3}． 依題意2m<1，即m<，∴－1－m－3}． 依題意－m－3<1，即m>－4，∴－40， 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－1－m－3， 即－m－3<－4，∴m>1，此時無解． 當m＝－1時，f(x)＝－(x＋2)2恒小于或等于0，此時無解． 當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－40. 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x>x0時，g′(x)>0， 則當x>x0時，g(x)>g(x0)＝0； 當xg(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x∈(－∞，x*)時，h′(x)<0， 從而h(x)在(－∞，x*)內(nèi)單調(diào)遞減； 當x∈(x*，＋∞)時，h′(x)>0， 從而h(x)在(x*，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． a．若x0＝x*，當x∈(－∞，x*)時， g′(x)＝h(x)>h(x*)＝0； 當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x∈(x*，x0)時有g′(x)＝h(x)g(x0)＝0；任取x1∈(x*，x0)有g(x1)>0. 又當x∈(－∞，x1)時， 易知g(x)＝ex＋ax2－(e＋f′(x0))x－f(x0)＋x0f′(x0)， 可證函數(shù)g(x)在R上至少有兩個零點． 綜上所述，當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.