浙江省2020年高考数学第二轮复习 专题升级训练4 函数图象与性质 文

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1、专题升级训练4　函数图象与性质 (时间：60分钟　满分：100分) 一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分) 1．若f(x)＝，则f(x)的定义域为(　　)． A． B． C． D．(0，＋∞) 2．设函数f(x)(x∈R)满足f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)的图象可能是(　　)． 3．设函数f(x)定义在实数集上，它的图象关于直线x＝1对称，且当x≥1时，f(x)＝2x－x，则有(　　)． A．f＜f＜f B．f＜f＜f C．f＜f＜f D．f＜f＜f 4．已知函数f(x)＝ln(x＋

2、)，若实数a，b满足f(a)＋f(b－1)＝0，则a＋b等于(　　)． A．－1 B．0 C．1 D．不确定 5．记max{a，b}＝若x，y满足则z＝max{y＋x，y－x}的取值范围是(　　)． A．[－1,1] B．[－1,2] C．[0,2] D．[－2,2] 6．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]

3、上是“关联函数”，则m的取值范围为(　　)． A． B．[－1,0] C．(－∞，－2] D． 7．(2020·浙江高考冲刺卷Ⅰ，16)具有性质f＝－f(x)的函数，我们称其为满足“倒负”变换的函数，下列函数： (1)y＝x－；(2)y＝x＋；(3)y＝ 其中不满足“倒负”变换的函数是(　　)． A．(2)(3) B．(1)(3) C．(1)(2) D．(1)(2)(3) 8．(2020·浙江部分重点中学高三联考，7)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数且满足f＝f(x)，f(－2)＝－3，数列{an}满足a1＝－1，且Sn＝2an＋n，

4、(其中Sn为{an}的前n项和)．则f(a5)＋f(a6)＝(　　)． A．3 B．－2 C．－3 D．2 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 9．设函数f(x)＝若f(x)＝1，则x＝__________. 10．若函数f(x)＝ax2＋x＋1的值域为R，则函数g(x)＝x2＋ax＋1的值域为__________． 11．已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2＋2)＜f(3x)，则实数x的取值范围是__________． 12．(2020·浙江高考冲刺卷B,17)已知函数y＝f(x)和y＝g(x)在[－2,2]上的图象如下图所示．给

5、出下列四个命题： f(x) g(x) ①方程f(g(x))＝0有且仅有6个根； ②方程g(f(x))＝0有且仅有3个根； ③方程f(f(x))＝0有且仅有5个根； ④方程g(g(x))＝0有且仅有4个根． 其中正确的命题为__________． 三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 13．(本小题满分10分)已知二次函数f(x)满足条件f(0)＝1，f(x＋1)－f(x)＝2x. (1)求f(x)； (2)求f(x)在区间[－1,1]上的最大值和最小值． 14．(本小题满分10分)已知函数f(x)＝ax2－2ax＋

6、2＋b(a≠0)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2. (1)求a，b的值； (2)若b＜1，g(x)＝f(x)－2mx在[2,4]上单调，求m的取值范围． 15．(本小题满分12分)定义在[－1,1]上的奇函数f(x)，已知当x∈[－1,0]时，f(x)＝－(a∈R)． (1)求f(x)在[0,1]上的最大值； (2)若f(x)是[0,1]上的增函数，求实数a的取值范围． 16．(本小题满分12分)(2020·浙江重点中学协作体高三调研，17)对于函数f(x)，若存在x0∈R，使f(x0)＝x0成立，则称点(x0，x0)为函数的不动点，对于任意实数b，函数f(x)＝ax2＋bx

7、－b总有相异不动点，求实数a的取值范围． 参考答案 一、选择题 1．A　解析：根据题意得，即0＜2x＋1＜1，解得x∈. 2．B　解析：由f(－x)＝f(x)可知函数为偶函数，其图象关于y轴对称，可以结合选项排除A、C；再利用f(x＋2)＝f(x)，可知函数为周期函数，且T＝2，必满足f(4)＝f(2)，排除D，故只能选B. 3．B　解析：f′(x)＝2xln 2－1，当x≥1时，f′(x)＝2xln 2－1≥2ln 2－1＝ln 4－1＞0，故函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增． 又f＝f＝f，f＝f＝f，＜＜，故f＜f＜f. 4．C　解析：观察得f(x)在定义域内是增函

8、数，而f(－x)＝ln(－x＋)＝ln＝－f(x)，∴f(x)是奇函数． 又f(a)＝－f(b－1)＝f(1－b)． ∴a＝1－b，即a＋b＝1.故选C. 5．B　解析：当y＋x≥y－x，即x≥0时，z＝max{y＋x，y－x}＝y＋x； 当y＋x＜y－x，即x＜0时，z＝max{y＋x，y－x}＝y－x. ∴z＝max{y－x，y＋x}＝ ∴z的取值范围为[－1,2]． 6．A　解析：∵y＝f(x)－g(x)＝x2－3x＋4－2x－m＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点， ∴∴－＜m≤－2. 7．B　解析：对于(1)直接代入知f≠－f(x)，对于(2)直接代入

9、符合，对于(3)其定义域不符． 8．A　解析：当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝2an＋n－2an－1－n＋1，即an＝2an－1－1. 从而n≥2时，an－1＝2(an－1－1)， 故an－1＝(a1－1)×2n－1＝－2n，即an＝1－2n. 则f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)． 又f(x)＝f＝－f， 则f(x＋3)＝－f＝f(x)， 从而f(－31)＝f(－1)＝－f(1)＝－f(－2)＝－3，f(－63)＝f(0)＝0， 则f(a5)＋f(a6)＝f(－31)＋f(－63)＝－3，故选A. 二、填空题 9．－2　解析：当x≤1时，由|x|－1＝1

10、，得x＝±2，故可得x＝－2；当x＞1时，由2－2x＝1，得x＝0，不适合题意．故x＝－2. 10．[1，＋∞)　解析：要使f(x)的值域为R，必有a＝0，于是g(x)＝x2＋1，值域为[1，＋∞)． 11．(1,2)　解析：函数f(x)＝ln x＋2x在区间(0，＋∞)上是增函数， 由f(x2＋2)＜f(3x)，得解得1＜x＜2. 12．①③④　解析：由题图可知：方程f(t)＝0有三个根，t1∈(－2，－1)，t2＝0，t3∈(1,2)， 由题图知方程g(x)＝t1有两个不同的根，方程g(x)＝t2＝0有两个不同的根，方程g(x)＝t3有两个不同的根，则方程f(g(x))＝0有且仅

11、有6个根，故①正确． 由题图知方程f(x)＝t1只有一个根，方程f(x)＝t2＝0有三个不同的根，方程f(x)＝t3只有一个根，则方程f(f(x))＝0有且仅有5个根，故③正确． 由题图可知：方程g(u)＝0有两个根u1∈(－2，－1)，u2∈(0,1)， 由题图知方程f(x)＝u1只有1个根，方程f(x)＝u2有三个不同的根， 则方程g(f(x))＝0有且仅有4个根，故②不正确． 由题图知方程g(x)＝u1有两个不同的根，方程g(x)＝u2有两个不同的根， 则方程g(g(x))＝0有且仅有4个根，故④正确，故①③④正确． 三、解答题 13．解：(1)设函数f(x)＝ax2＋b

12、x＋c(a≠0)， ∵f(0)＝1，∴c＝1. ∵f(x＋1)－f(x)＝2x， ∴a(x＋1)2＋b(x＋1)＋1－(ax2＋bx＋1)＝2x，即2ax＋a＋b＝2x. ∴∴∴f(x)＝x2－x＋1. (2)f(x)＝x2－x＋1， f(x)min＝f＝，f(x)max＝f(－1)＝3. 14．解：(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a. ①当a＞0时，f(x)在[2,3]上为增函数， 故⇒⇒ ②当a＜0时，f(x)在[2,3]上为减函数， 故⇒⇒ (2)∵b＜1，∴a＝1，b＝0， 即f(x)＝x2－2x＋2，g(x)＝x2－2x＋2－2m·x＝x2－(2＋2

13、m)x＋2. 若g(x)在[2,4]上单调，则≤2或≥4， ∴2m≤2或2m≥6，即m≤1或m≥log26. 15．解：(1)设x∈[0,1]，则－x∈[－1,0]，f(－x)＝－＝4x－a·2x. ∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝a·2x－4x，x∈[0,1]． 令t＝2x，t∈[1,2]， ∴g(t)＝a·t－t2＝－2＋. 当≤1，即a≤2时，g(t)max＝g(1)＝a－1； 当1＜＜2，即2＜a＜4时，g(t)max＝g＝； 当≥2，即a≥4时，g(t)max＝g(2)＝2a－4. 综上，当a≤2时，f(x)的最大值为a－1； 当2＜a＜4时，f(x)的最大值为； 当a≥4时，f(x)的最大值为2a－4. (2)∵函数f(x)在[0,1]上是增函数， ∴f′(x)＝aln 2·2x－ln 4·4x＝2xln 2(a－2·2x)≥0， ∴a－2·2x≥0恒成立，a≥2·2x， ∵x∈[0,1]，∴2x∈[1,2]，∴a≥4. 16．解：因为a＝0不合题意，故a≠0， 又方程ax2＋(b－1)x－b＝0有不同的实根， 故Δ＝(b－1)2＋4ab＞0对于任意实数b恒成立， 即b2＋2(2a－1)b＋1＞0对于任意实数b恒成立， 从而有Δ＝4(2a－1)2－4＜0，得0＜a＜1.