2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.1 函數(shù)及其應(yīng)用素能演練提升 文.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 2.1 函數(shù)及其應(yīng)用素能演練提升 文 1.若f(x)=則f(2 012)=(　　) 　　　 　　　　　　 　　　　　　 　　　 A. B. C.2 D. 解析:依題意,f(2 012)=f(4502+4)=f(0)=20+=,選A. 答案:A 2.(xx河南洛陽一模,2)函數(shù)f(x)=的定義域是(　　) A.(-3,0) B.(-3,0] C.(-∞,-3)∪(0,+∞) D.(-∞,-3)∪(-3,0) 解析:∵f(x)=,∴要使函數(shù)f(x)有意義,需使即-3<x<0. 答案:A 3.定義域為R的四個函數(shù)y=x3,y=2x,y=x2+1,y=2sin x中,奇函數(shù)的個數(shù)是(　　) A.4 B.3 C.2 D.1 解析:y=x3,y=2sin x為奇函數(shù);y=x2+1為偶函數(shù); y=2x為非奇非偶函數(shù).所以共有2個奇函數(shù),故選C. 答案:C 4.(xx河南洛陽統(tǒng)一考試,11)已知x1,x2是函數(shù)f(x)=e-x-|ln x|的兩個零點,則(　　) A.<x1x2<1 B.1<x1x2<e C.1<x1x2<10 D.e<x1x2<10 解析:在同一坐標(biāo)系下畫出函數(shù)y=e-x與y=|ln x|的圖象,結(jié)合圖象不難看出,它們的兩個交點中,其中一個交點的橫坐標(biāo)屬于區(qū)間(0,1),另一個交點的橫坐標(biāo)屬于區(qū)間(1,+∞),即在x1,x2中,其中一個屬于區(qū)間(0,1),另一個屬于區(qū)間(1,+∞).不妨設(shè)x1∈(0,1),x2∈(1,+∞),則有=|ln x1|=-ln x1∈(e-1,1),=|ln x2|=ln x2∈(0,e-1),=ln x2+ln x1=ln (x1x2)∈(-1,0),于是有e-1<x1x2<e0,即<x1x2<1,選A. 答案:A 5.(xx云南昆明三中、玉溪一中聯(lián)考,11)已知函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),對于?x∈(0,+∞)都有f(x+2)=-f(x),且x∈(0,1]時,f(x)=2x+1,則f(-2 012)+f(2 013)的值為(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 解析:依題意,函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù),∴f(0)=0.又對于?x∈(0,+∞)都有f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=f(x),f(x)的周期為4.∵當(dāng)x∈(0,1]時,f(x)=2x+1,∴f(-2 012)+f(2 013)=-f(2 012)+f(2 013)=-f(0)+f(1)=0+3=3,故選C. 答案:C 6.(xx河南洛陽期末,12)已知函數(shù)f(x)=cosx,g(x)=2-|x-2|,x∈[-2,6],則函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的所有零點之和為(　　) A.6 B.8 C.10 D.12 解析:函數(shù)h(x)=f(x)-g(x)的所有零點之和可轉(zhuǎn)化為f(x)=g(x)的根之和,即轉(zhuǎn)化為y1=f(x)和y2=g(x)兩個函數(shù)圖象的交點的橫坐標(biāo)之和.又由函數(shù)g(x)=2-|x-2|與f(x)的圖象均關(guān)于x=2對稱,可知函數(shù)h(x)的零點之和為12. 答案:D 7.若函數(shù)f(x)=,則 (1)=　　　　　; (2)f(3)+f(4)+…+f(2 012)+f+f+…+f=　　　　　. 解析:(1)∵f(x)+f=+=0, ∴=-1(x≠1). ∴=-1. (2)結(jié)合(1)知f(3)+f=0,f(4)+f=0,…, f(2 012)+f=0, 因此f(3)+f(4)+…+f(2 012)+f+…+f=0. 答案:(1)-1　(2)0 8.(xx吉林長春第一次調(diào)研,16)定義[x]表示不超過x的最大整數(shù),例如[1.5]=1,[-1.5]=-2.若f(x)=sin(x-[x]),則下列結(jié)論中:①y=f(x)為奇函數(shù);②y=f(x)是周期函數(shù),周期為2π;③y=f(x)的最小值為0,無最大值;④y=f(x)無最小值,最大值為sin 1.正確的序號是　　　　　. 解析:f(1.5)=sin(1.5-[1.5])=sin 0.5,f(-1.5)=sin(-1.5-[-1.5])=sin 0.5,則f(1.5)=f(-1.5),故①錯.f(x+1)=sin(x+1-[x+1])=sin(x+1-[x]-1)=sin(x-[x])=f(x),∴T=1,故②錯.g(x)=x-[x]在[k,k+1)(k∈Z)上是單調(diào)遞增的周期函數(shù),知g(x)∈[0,1),故f(x)∈[0,sin 1),故③正確.易知④錯.綜上,正確的序號為③. 答案:③ 9.已知0<a<1,f(ax)=x+. (1)求f(x)的解析式,并求出f(x)的定義域; (2)判斷并證明f(x)在上的單調(diào)性. 解:(1)令t=ax. ∵x∈R,且x≠0, ∴t>0,且t≠1. 由t=ax,得x=logat, ∴f(t)=logat+(t>0,且t≠1). ∴f(x)=logax+,定義域為{x|x>0,且x≠1}. (2)f(x)在上是減函數(shù). 證明如下: ?x1,x2∈,且x1<x2, f(x2)-f(x1)=logax2+ =loga =loga. ∵0<a<1, ∴1<≤x1<x2,>1. ∴l(xiāng)oga<0,logax1≤-1,logax2<-1. ∴l(xiāng)ogax1logax2>1. ∴f(x2)-f(x1)<0,即f(x2)<f(x1). ∴f(x)在上是減函數(shù). 10.設(shè)函數(shù)f(x)=ax2+bx+c,且f(1)=-,3a>2c>2b,求證: (1)a>0,且-3<<-; (2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個零點; (3)設(shè)x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個零點,則≤|x1-x2|<. 證明:(1)由已知得f(1)=a+b+c=-, ∴3a+2b+2c=0. 又3a>2c>2b,∴a>0,b<0. 又2c=-3a-2b,∴3a>-3a-2b>2b. ∵a>0,∴-3<<-. (2)由已知得f(0)=c,f(2)=4a+2b+c=a-c, ①當(dāng)c>0時,f(0)=c>0,f(1)=-<0, ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)內(nèi)至少有一個零點; ②當(dāng)c≤0時,f(1)=-<0,f(2)=a-c>0, ∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,2)內(nèi)至少有一個零點. 綜上所述,函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)內(nèi)至少有一個零點. (3)∵x1,x2是函數(shù)f(x)的兩個零點, ∴x1+x2=-,x1x2==-. ∴|x1-x2|=. ∵-3<<-,∴≤|x1-x2|<. 11.設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a,b,c∈R)滿足下列條件: ①當(dāng)x∈R時,f(x)的最小值為0,且f(x-1)=f(-x-1)恒成立; ②當(dāng)x∈(0,5)時,x≤f(x)≤2|x-1|+1恒成立. (1)求f(1)的值; (2)求f(x)的解析式; (3)求最大的實數(shù)m(m>1),使得存在實數(shù)t,當(dāng)x∈[1,m]時,f(x+t)≤x恒成立. 解:(1)在②中令x=1,有1≤f(x)≤1,故f(1)=1. (2)由①知二次函數(shù)的圖象關(guān)于直線x=-1對稱,且開口向上, 故設(shè)此二次函數(shù)為f(x)=a(x+1)2(a>0). 因為f(1)=1,所以a=. 所以f(x)=(x+1)2. (3)f(x)=(x+1)2的圖象開口向上, 而y=f(x+t)的圖象是由y=f(x)的圖象向左或向右平移|t|個單位得到的,要在區(qū)間[1,m]上使得y=f(x+t)的圖象在y=x的圖象下方,且m最大,則1和m應(yīng)當(dāng)是方程(x+t+1)2=x的兩個根. 令x=1代入方程,得t=0或-4. 當(dāng)t=0時,方程的解為x1=x2=1(這與m>1矛盾,舍去); 當(dāng)t=-4時,方程的解為x1=1,x2=9,所以m=9. 又當(dāng)t=-4時,對任意x∈[1,9],y=f(x-4)-x=(x-3)2-x=(x2-10x+9)=(x-5)2-4≤0, 即f(x-4)≤x恒成立.所以最大的實數(shù)m為9.