新編浙江高考數(shù)學(xué)理二輪專題復(fù)習(xí)檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題二　函數(shù) 專題能力訓(xùn)練3 Word版含答案

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1、 專題能力訓(xùn)練3　函數(shù)的圖象與性質(zhì) (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.已知函數(shù)f(x)=3x-,則f(x)(　　) A.是奇函數(shù),且在R上是增函數(shù) B.是偶函數(shù),且在R上是增函數(shù) C.是奇函數(shù),且在R上是減函數(shù) D.是偶函數(shù),且在R上是減函數(shù) 2.若函數(shù)f(x)=ax-b的圖象如圖所示,則(　　) A.a>1,b>1 B.a>1,01 D.0

2、=(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.-2 017 B.0 C.1 D.2 017 4.若當(dāng)x∈R時,函數(shù)f(x)=a|x|始終滿足0<|f(x)|≤1,則函數(shù)y=loga的圖象大致為(　　) 5.給出定義:若m-f[f(a)+1],則實數(shù)a

3、的取值范圍為(　　) A.(-1,0] B.[-1,0] C.(-5,-4] D.[-5,-4] 7.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=2f(x)-2,當(dāng)x∈(0,2]時,f(x)=若x∈(0,4]時,t2-≤f(x)≤3-t恒成立,則實數(shù)t的取值范圍是(　　) A.[1,2] B. C. D.[2,+∞) 8.(20xx浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x+4)=f(x),且當(dāng)0≤x≤2時,f(x)=min{-x2+2x,2-x},若方程f(x)-mx=0恰有兩個根,則m的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 二、填空題(

4、本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x∈(-∞,0)時,f(x)=2x3+x2,則f(2)=　　　　　.? 10.設(shè)函數(shù)f(x)=則f(13)+ 2f的值為　　　　　.? 11.若函數(shù)f(x)=在定義域R上不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是　.? 12.已知函數(shù)f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定義域和值域都是[-1,0],則a+b=　　　　　.? 13.已知定義在R上的函數(shù)y=f(x)滿足以下三個條件:①對于任意的x∈R,都有f(x+1)=;②函數(shù)y=f(x+1)的圖象關(guān)于y軸對稱;③對于任意的x1,x2∈[0,1],且x1

5、,都有f(x1)>f(x2).則f,f(2),f(3)從小到大的關(guān)系是　　　　　　　　　　.? 14.設(shè)函數(shù)f(x)=若|f(x)+f(x+l)-2|+|f(x)-f(x+l)|≥2(l>0)對任意實數(shù)x都成立,則l的最小值為　　　　　.? 三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)=logax,g(x)=2loga(2x+t-2),其中a>0且a≠1,t∈R. (1)若t=4,且x∈時,F(x)=g(x)-f(x)的最小值是-2,求實數(shù)a的值; (2)若0

6、)恒成立,求實數(shù)t的取值范圍. 16.(本小題滿分15分)已知定義域為R的函數(shù)f(x)=是奇函數(shù). (1)求a,b的值; (2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性,并用定義證明; (3)當(dāng)x∈時,f(kx2)+f(2x-1)>0恒成立,求實數(shù)k的取值范圍. 參考答案 專題能力訓(xùn)練3　函數(shù)的圖象與性質(zhì) 1.A　解析 因為函數(shù)f(x)的定義域為R,f(-x)=3-x--3x=-f(x),所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù). 又y=3x和y=-在R上都是增函數(shù),所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).故選A. 2.D　解析 ∵由題圖可知函

7、數(shù)為減函數(shù),∴0

8、=f(x)的值域是.故選B. 6.C　解析 作出函數(shù)f(x)的圖象(圖略),結(jié)合函數(shù)圖象可知f[f(a)]>f [f(a)+1],即解得-1

9、周期T=4,且圖象關(guān)于直線x=2對稱.∴函數(shù)f(x)的圖象如下圖所示,若直線y=mx與拋物線y=-x2+2x相切,則?x2+(m-2)x=0,由Δ=0?m=2,故可知實數(shù)m的取值范圍是,應(yīng)選C. 9.12　解析 因為f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x). 又因為當(dāng)x∈(-∞,0)時,f(x)=2x3+x2, 所以f(2)=-f(-2)=-[2×(-8)+4]=12. 10.0　解析 因為f(13)=f(13-4)=f(9)=log39=2,2f=2log3=-2,所以f(13)+2f=2-2=0. 11.∪(1,+∞)　解析 由題意可知a>0,且a≠1.若函數(shù)f(x)在R

10、上單調(diào)遞增,滿足解集為空集; 若函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減,滿足解得≤a<,f(x)在定義域R上不是單調(diào)函數(shù),則實數(shù)a的取值范圍是∪(1,+∞). 12.-　解析 若a>1,則函數(shù)f(x)=ax+b單調(diào)遞增,故解得這與a>1矛盾; 故0

11、知函數(shù)f(x)在[0,1]上為減函數(shù),又結(jié)合②知,函數(shù)f(x)在[1,2]上為增函數(shù). 因為f(3)=f(2+1)=f(1),在區(qū)間[1,2]上,1<<2,所以f(1)0恒成立,即f≥2或f≤0(舍)對l>0恒成立,結(jié)合圖象分析可知lmin=|CD|=2. 15.解 (1)∵t=4, ∴F(x)=g(

12、x)-f(x)=2loga(2x+2)-logax=loga=loga4, 易證h(x)=4上單調(diào)遞減,在[1,2]上單調(diào)遞增,且h>h(2), ∴h(x)min=h(1)=16,h(x)max=h=25. ∴當(dāng)a>1時,F(x)min=loga16,由loga16=-2,解得a=(舍去); 當(dāng)0

13、立, ∴t≥(-2x++2)max. 令y=-2x++2=-2, ∴ymax=2. 故實數(shù)t的取值范圍為[2,+∞). 16.解 (1)∵f(x)在定義域R上是奇函數(shù), ∴f(0)=0,即=0.∴b=1. 又由f(-1)=-f(1),即=-,可得a=2,檢驗知,當(dāng)a=2,b=1時,原函數(shù)是奇函數(shù). (2)由(1)知f(x)==-,任取x1,x2∈R,設(shè)x10,∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)0等價于f(kx2)<-f(2x-1)=f(1-2x).又f(x)在R上是減函數(shù),∴由上式可推得kx2<1-2x,即對一切x∈有k<恒成立. 設(shè)g(x)=-2·,令t=,t∈,則有g(shù)(t)=t2-2t,t∈, ∴g(x)min=g(t)min=g(1)=-1. ∴k<-1,即k的取值范圍為(-∞,-1).