《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練5 基本初等函數(shù)、函數(shù)的圖象和性質(zhì) 理.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題二 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 專題能力訓(xùn)練5 基本初等函數(shù)、函數(shù)的圖象和性質(zhì) 理.doc（6頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
專題能力訓(xùn)練5 基本初等函數(shù)、函數(shù)的圖象和性質(zhì)
一、能力突破訓(xùn)練
1.下列函數(shù)在其定義域上既是奇函數(shù)又是減函數(shù)的是 ( )
A.f(x)=-x|x| B.f(x)=xsin x
C.f(x)= D.f(x)=x12
2.已知a=21.2,b=12-0.8,c=2log52,則a,b,c的大小關(guān)系為( )
A.c
1,且f(a)=-3,則f(6-a)=( )
A.- B.-
C.- D.-
6.(2018全國Ⅱ,理11)已知f(x)是定義域?yàn)?-∞,+∞)內(nèi)的奇函數(shù),滿足f(1-x)=f(1+x),若f(1)=2,則f(1)+f(2)+f(3)+…+f(50)=( )
A.-50 B.0 C.2 D.50
7.已知a>b>1,若logab+logba=,ab=ba,則a= ,b= .
8.若函數(shù)f(x)=xln(x+a+x2)為偶函數(shù),則a= .
9.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù),且在區(qū)間[0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增.若實(shí)數(shù)a滿足f(log2a)+f(log12a)≤2f(1),則a的取值范圍是 .
10.設(shè)奇函數(shù)y=f(x)(x∈R),滿足對任意t∈R都有f(t)=f(1-t),且當(dāng)x∈0,12時(shí),f(x)=-x2,則f(3)+f-32的值等于.
11.設(shè)函數(shù)f(x)=(x+1)2+sinxx2+1的最大值為M,最小值為m,則M+m= .
12.若不等式3x2-logax<0在x∈0,13內(nèi)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
二、思維提升訓(xùn)練
13.函數(shù)y=cos6x2x-2-x的圖象大致為( )
14.已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù),當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ax+log5x,x>4,x2+2x+3,0f(-2),則a的取值范圍是 .
17.設(shè)f(x)是定義在R上且周期為2的函數(shù),在區(qū)間[-1,1]上,f(x)=ax+1,-1≤x<0,bx+2x+1,0≤x≤1,其中a,b∈R.若f12=f32,則a+3b的值為.
18.若函數(shù)exf(x)(e=2.718 28…是自然對數(shù)的底數(shù))在f(x)的定義域上單調(diào)遞增,則稱函數(shù)f(x)具有M性質(zhì).下列函數(shù)中所有具有M性質(zhì)的函數(shù)的序號為 .
①f(x)=2-x?、趂(x)=3-x?、踗(x)=x3?、躥(x)=x2+2
19.已知函數(shù)f(x)=ex-e-x(x∈R,且e為自然對數(shù)的底數(shù)).
(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性與單調(diào)性.
(2)是否存在實(shí)數(shù)t,使不等式f(x-t)+f(x2-t2)≥0對一切x都成立?若存在,求出t;若不存在,請說明理由.
專題能力訓(xùn)練5 基本初等函數(shù)、函數(shù)的圖象和性質(zhì)
一、能力突破訓(xùn)練
1.A 解析 函數(shù)f(x)=-x2,x≥0,x2,x<0在其定義域上既是奇函數(shù)又是減函數(shù),故選A.
2.A 解析 ∵b=12-0.8=20.8<21.2=a,且b>1,
又c=2log52=log54<1,
∴c0,排除A,B;當(dāng)x=時(shí),y=-124+122+2>2.排除C.故選D.
4.D 解析 因?yàn)閒(x)為奇函數(shù),所以f(-1)=-f(1)=1,于是-1≤f(x-2)≤1等價(jià)于f(1)≤f(x-2)≤f(-1).
又f(x)在區(qū)間(-∞,+∞)單調(diào)遞減,所以-1≤x-2≤1,即1≤x≤3.
所以x的取值范圍是[1,3].
5.A 解析 ∵f(a)=-3,
∴當(dāng)a≤1時(shí),f(a)=2a-1-2=-3,即2a-1=-1,此等式顯然不成立.
當(dāng)a>1時(shí),f(a)=-log2(a+1)=-3,即a+1=23,解得a=7.
∴f(6-a)=f(-1)=2-1-1-2=14-2=-74.
6.C 解析 ∵f(-x)=f(2+x)=-f(x),
∴f(x+4) =f[(x+2)+2]=-f(x+2)=f(x).
∴f(x)的周期為4.
∵f(x)為R上的奇函數(shù),∴f(0)=0.
∵f(2)=f(1+1)=f(1-1)=f(0)=0,f(3)=f(-1)=-f(1)=-2,f(4)=f(0),
∴f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=0.
∴f(1)+f(2)+…+f(50)=f(49)+f(50)=f(1)+f(2)=2.
7.4 2 解析 設(shè)logba=t,由a>b>1,知t>1.
由題意,得t+1t=52,解得t=2,則a=b2.
由ab=ba,得b2b=bb2,即得2b=b2,即b=2,
∴a=4.
8.1 解析 ∵f(x)是偶函數(shù),
∴f(-1)=f(1).
又f(-1)=-ln(-1+a+1)=lna+1+1a,f(1)=ln(1+a+1),
因此ln(a+1+1)-ln a=ln(a+1+1),
于是ln a=0,∴a=1.
9.12,2 解析 由題意知a>0,又log12a=log2a-1=-log2a.
∵f(x)是R上的偶函數(shù),
∴f(log2a)=f(-log2a)=f(log12a).
∵f(log2a)+f(log12a)≤2f(1),
∴2f(log2a)≤2f(1),即f(log2a)≤f(1).
又f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,
∴|log2a|≤1,-1≤log2a≤1,∴a∈12,2.
10.- 解析 根據(jù)對任意t∈R都有f(t)=f(1-t)可得f(-t)=f(1+t),即f(t+1)=-f(t),進(jìn)而得到f(t+2)=-f(t+1)=-[-f(t)]=f(t),得函數(shù)y=f(x)的一個(gè)周期為2,則f(3)=f(1)=f(0+1)=-f(0)=0,f-32=f12=-,所以f(3)+f-32=0+-14=-14.
11.2 解析 f(x)=(x+1)2+sinxx2+1=1+2x+sinxx2+1,
設(shè)g(x)=2x+sinxx2+1,則g(-x)=-g(x),
故g(x)是奇函數(shù).
由奇函數(shù)圖象的對稱性知g(x)max+g(x)min=0,
則M+m=[g(x)+1]max+[g(x)+1]min=2+g(x)max+g(x)min=2.
12.解 由題意知3x21,函數(shù)y=logax的圖象顯然在函數(shù)y=3x2圖象的下方,所以不成立;
當(dāng)00,cos 6x>0,則此時(shí)y>0,故選D.
14.B 解析 因?yàn)閒(x)是定義在R上的偶函數(shù),
所以f(-5)=f(5)=5a+log55=1+5a,
則不等式f(-5)f(-2)可化為f(2|a-1|)>f(2),則2|a-1|<2,|a-1|<,解得0,
∴g(x)在R上單調(diào)遞增,具有M性質(zhì);
對②,設(shè)g(x)=ex3-x,
則g(x)=ex3-x+3-xln 13
=ex3-x1+ln 13<0,
∴g(x)在R上單調(diào)遞減,不具有M性質(zhì);
對③,設(shè)g(x)=exx3,則g(x)=exx2(x+3),令g(x)=0,得x1=-3,x2=0,
∴g(x)在區(qū)間(-∞,-3)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(-3,+∞)上單調(diào)遞增,不具有M性質(zhì);
對④,設(shè)g(x)=ex(x2+2),則g(x)=ex(x2+2x+2),
∵x2+2x+2=(x+1)2+1>0,
∴g(x)>0,∴g(x)在R上單調(diào)遞增,具有M性質(zhì).故填①④.
19.解 (1)∵f(x)=ex-1ex,且y=ex是增函數(shù),
y=-1ex是增函數(shù),∴f(x)是增函數(shù).
∵f(x)的定義域?yàn)镽,且f(-x)= e-x-ex=-f(x),∴f(x)是奇函數(shù).
(2)由(1)知f(x)是增函數(shù)且為奇函數(shù).
∵f(x-t)+f(x2-t2)≥0對x∈R恒成立,
∴f(x-t)≥f(t2-x2),∴t2-x2≤x-t,
∴x2+x≥t2+t對x∈R恒成立.
又t+122≤x+12min2對一切x∈R恒成立,
∴t+122≤0,∴t=-12.
即存在實(shí)數(shù)t=-12,使不等式f(x-t)+f(x2-t2)≥0對一切x都成立.
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