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创新设计浙江专用2017届高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程练习


专题一 函数与导数、不等式 第 1 讲 函数图象与性质及函数与方程 练习
一、选择题 1.(2016·临沂模拟)下列函数中,既是奇函数,又在区间(-1,1)上单调递减的函数是 ( ) B.f(x)=2cos x+1 D.f(x)=ln 1-x 1+x

A.f(x)=sin x C.f(x)=2 -1
x

解析 由函数 f(x)为奇函数排除 B、C,又 f(x)=sin x 在(-1,1)上单调递增,排除 A, 故选 D. 答案 D 2.(2015·湖南卷)设函数 f(x)=ln(1+x)-ln(1-x),则 f(x)是( A.奇函数,且在(0,1)上是增函数 B.奇函数,且在(0,1)上是减函数 C.偶函数,且在(0,1)上是增函数 D.偶函数,且在(0,1)上是减函数 解析 易知函数定义域为(-1, 1), f(-x)=ln(1-x)-ln(1+x)=-f(x), 故函数 f(x) 2 ? 1+x ? 为奇函数, 又 f(x)=ln =ln?-1- ?,由复合函数单调性判断方法知,f(x)在(0, x - 1? 1-x ? 1)上是增函数,故选 A. 答案 A 3.已知二次函数 f(x)=x -bx+a 的部分图象如图所示, 则函数 g(x) =e +f′(x)的零点所在的区间是( A.(-1,0) C.(1,2) 解析 B.(0,1) D.(2,3)
x
2

)

)

由函数 f(x)的图象可知,0<f(0)=a<1,f(1)=1-b+a=0,所以 1<b<2.又

f′(x)=2x-b,所以 g(x)=ex+2x-b,所以 g′(x)=ex+2>0,即 g(x)在 R 上单调递
增,又 g(0)=1-b<0,g(1)=e+2-b>0,根据函数的零点存在性定理可知,函数 g(x) 的零点所在的区间是(0,1),故选 B. 答案 B

1

4.(2016·西安八校联考)函数 y=

的图象大致是( 3 -1
x

x3

)

解析 由 3 -1≠0 得 x≠0, ∴函数 y= 的定义域为{x|x≠0},可排除 A; x 3 -1
3

x

x3

(-1) 3 当 x=-1 时,y= = >0,可排除 B; 1 2 -1 3 4 当 x=2 时,y=1,当 x=4 时,y= , 5 但从 D 中函数图象可以看出函数在(0,+∞)上是单调递增函数,两者矛盾,可排除 D. 故选 C. 答案 C 5.(2015·全国Ⅱ卷)如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1,O 是 AB 的中点,点 P 沿着边 BC,CD 与 DA 运动,记∠BOP=x.将动点 P 到 A,

B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x),则 y=f(x)的图象大致为
( )

π 解析 当点 P 沿着边 BC 运动,即 0≤x≤ 时,在 Rt△POB 中,|PB|= 4 |OB|tan∠POB=tan x, 在 Rt△PAB 中, |PA|= |AB| +|PB| = 4+tan x, 则 f(x)=|PA| +|PB|= 4+tan x+tan x,它不是关于 x 的一次函数,图象不是线段,故排除 A 和 C; 当点 P 与点 C 重合,即 x= π ?π ? 时,由以上得 f? ?= 4 ?4? 4+tan
2 2 2 2 2

π π +tan = 5+1,又当 4 4
2

π 点 P 与边 CD 的中点重合,即 x= 时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为 1 的等腰直角三角 2

?π ? ?π ? ?π ? 形,故 f? ?=|PA|+|PB|= 2+ 2=2 2,知 f? ?<f? ?,故又可排除 D.综上,选 ?2? ?2? ?4?
B. 答案 B 二、填空题 5 b a 6.(2016·浙江卷)已知 a>b>1.若 loga b+logb a= ,a =b ,则 a=________,b= 2 ________. 1 5 2 b 2 b 2b 解析 设 logba=t,则 t>1,因为 t+ = ,解得 t=2,所以 a=b ,因此 a =(b ) =b t 2 =b ,∴a=2b,b =2b,又 b>1,解得 b=2,a=4. 答案 4 2
? ?x-[x],x≥0,
a
2

7.已知函数 f(x)=?

?f(x+1),x<0, ?

其中[x]表示不超过 x 的最大整数.若直线 y=k(x

+ 1)(k > 0) 与函数 y = f(x) 的图象恰有三个不同的交点,则实数 k 的取值范围是 ________. 解析 根据[x]表示的意义可知,当 0≤x<1 时,f(x)=x,当 1≤x<2 时,f(x)=x-1, 当 2≤x<3 时,f(x)=x-2,以此类推,当 k≤x<k+1 时,f(x)=x-k,k∈Z,当-1 ≤x<0 时,f(x)=x+1,作出函数 f(x)的图象如图,直线 y=k(x+1)过点(-1,0),当 直线经过点(3,1)时恰有三个交点,当直线经过点(2,1)时恰好有两个交点,在这两条直

?1 1? 线之间时有三个交点,故 k∈? , ?. ?4 3?

?1 1? 答案 ? , ? ?4 3?
? ?2 -a,x<1, 8.(2016·海淀二模)设函数 f(x)=? ?4(x-a)(x-2a),x≥1. ?
x

(1)若 a=1,则 f(x)的最小值为________; (2)若 f(x)恰有 2 个零点,则实数 a 的取值范围是________.
?2 -1,x<1, ? 解析 (1)当 a=1 时,f(x)=? ? ?4(x-1)(x-2),x≥1. 3
x

当 x<1 时,f(x)=2 -1∈(-1,1),

x

? 3?2 1? 2 当 x≥1 时,f(x)=4(x -3x+2)=4?? ?x-2? -4?≥-1, ? ?? ?
∴f(x)min=-1. (2)由于 f(x)恰有 2 个零点,分两种情况讨论: 当 f(x)=2 -a,x<1 没有零点时,a≥2 或 a≤0. 当 a≥2 时,f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 时,有 2 个零点; 当 a≤0 时,f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 时无零点. 因此 a≥2 满足题意. 当 f(x)=2 -a,x<1 有一个零点时, 0<a<2.
x x

f(x)=4(x-a)(x-2a),x≥1 有一个零点,此时 a<1, 2a≥1,因此 ≤a<1.
? 1 ? 综上知实数 a 的取值范围是?a| ≤a<1或a≥2?. 2 ? ?

1 2

?1 ? 答案 (1)-1 (2)? ,1?∪[2,+∞) ?2 ?
三、解答题 9.已知函数 f(x)=mx -2x+1 有且仅有一个正实数的零点,求实数 m 的取值范围. 解 当 m=0 时,f(x)=-2x+1,它显然有一个为正实数的零点. 当 m≠0 时,函数 f(x)=mx -2x+1 的图象是抛物线,且与 y 轴的交点为(0,1),由 f(x) 1 ? ?x= >0, 1 有且仅有一个正实数的零点,则得:①? m 或②x= <0, m ? ?Δ =0 解①,得 m=1;解②,得 m<0. 综上所述,m 的取值范围是(-∞,0]∪{1}. 10.已知函数 f(x)=x -2ln x,h(x)=x -x+a. (1)求函数 f(x)的极值; (2)设函数 k(x)=f(x)-h(x),若函数 k(x)在[1,3]上恰有两个不同零点,求实数 a 的取 值范围. 解 2 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),令 f′(x)=2x- =0,得 x=1.
2 2 2 2

x

当 x∈(0,1)时,f′(x)<0,当 x∈(1,+∞)时,f′(x)>0, 所以函数 f(x)在 x=1 处取得极小值为 1,无极大值.

4

(2)k(x)=f(x)-h(x)=x-2ln x-a(x>0), 2 所以 k′(x)=1- ,令 k′(x)>0,得 x>2,

x

所以 k(x)在[1,2)上单调递减,在(2,3]上单调递增, 所以当 x=2 时,函数 k(x)取得最小值,k(2)=2-2ln 2-a, 因为函数 k(x)=f(x)-h(x)在区间[1,3]上恰有两个不同零点. 即有 k(x)在[1,2)和(2,3]内各有一个零点,

k(1)≥0, 1-a≥0, ? ? ? ? 所以?k(2)<0,即有?2-2ln 2-a<0, ? ? ?k(3)≥0, ?3-2ln 3-a≥0,
解得 2-2ln 2<a≤3-2ln 3. 所以实数 a 的取值范围为(2-2ln 2,3-2ln 3]. 11.已知函数 f(x)=e
x-m

-x,其中 m 为常数.

(1)若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,求 m 的取值范围; (2)当 m>1 时,判断 f(x)在[0,2m]上零点的个数,并说明理由. 解 (1)f′(x)=e
x- m

-1,

令 f′(x)=0,得 x=m. 故当 x∈(-∞,m)时,e 当 x∈(m,+∞)时,e
x-m

<1,f′(x)<0,f(x)单调递减;

x-m

>1,f′(x)>0,f(x)单调递增.

∴当 x=m 时,f(m)为极小值,也是最小值. 令 f(m)=1-m≥0,得 m≤1, 即若对任意 x∈R 有 f(x)≥0 成立,则 m 的取值范围是(-∞,1]. (2)由(1)知 f(x)在[0,2m]上至多有两个零点,当 m>1 时,f(m)=1-m<0. ∵f(0)=e >0,f(0)f(m)<0, ∴f(x)在(0,m)上有一个零点. ∵f(2m)=e -2m,令 g(m)=e -2m, ∵当 m>1 时,g′(m)=e -2>0, ∴g(m)在(1,+∞)上单调递增, ∴g(m)>g(1)=e-2>0,即 f(2m)>0. ∴f(m)·f(2m)<0, ∴f(x)在(m,2m)上有一个零点.
5
m m m
-m

∴故 f(x)在[0,2m]上有两个零点.

6


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