《函數(shù)概念與基本初等函數(shù)》復(fù)習(xí)訓(xùn)練習(xí)題

《函數(shù)概念與基本初等函數(shù)》復(fù)習(xí)訓(xùn)練習(xí)題第1講函數(shù)及其表示一、選擇題1.函數(shù)f(x)＝log2(x2＋2x－3)的定義域是()A.[－3，1] B.(－3，1)C.(－∞，－3]∪[1，＋∞) D.(－∞，－3)∪(1，＋∞)解析使函數(shù)f(x)有意義需滿足x2＋2x－3>0，解得x>1或x<－3，所以f(x)的定義域?yàn)?－∞，－3)∪(1，＋∞).答案D2.已知f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x∈[0，2)時(shí)，f(x)＝2sinx，當(dāng)x∈[2，＋∞)時(shí)，f(x)＝log2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋f(4)等于()A.－eq\r(3)＋2 B.1C.3 D.eq\r(3)＋2解析因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,3)＝eq\r(3)，f(4)＝log24＝2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)))＋f(4)＝eq\r(3)＋2.答案D3.已知f(x)是一次函數(shù)，且f[f(x)]＝x＋2，則f(x)＝()A.x＋1 B.2x－1C.－x＋1 D.x＋1或－x－1解析設(shè)f(x)＝kx＋b(k≠0)，又f[f(x)]＝x＋2，得k(kx＋b)＋b＝x＋2，即k2x＋kb＋b＝x＋2.∴k2＝1，且kb＋b＝2，解得k＝b＝1.答案A4.f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up12(x)（x≤0），,log3x（x>0），))則feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝()A.－2 B.－3 C.9 D.－9解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))＝log3eq\f(1,9)＝－2，∴feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,9)))))＝f(－2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(－2)＝9.答案C5.某學(xué)校要召開學(xué)生代表大會，規(guī)定各班每10人推選一名代表，當(dāng)各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時(shí)再增選一名代表.那么，各班可推選代表人數(shù)y與該班人數(shù)x之間的函數(shù)關(guān)系用取整函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))可以表示為()A.y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x,10))) B.y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋3,10)))C.y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋4,10))) D.y＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(x＋5,10)))解析取特殊值法，若x＝56，則y＝5，排除C，D；若x＝57，則y＝6，排除A，選B.答案B6.下列函數(shù)中，其定義域和值域分別與函數(shù)y＝10lgx的定義域和值域相同的是()A.y＝x B.y＝lgx C.y＝2x D.y＝eq\f(1,\r(x))解析函數(shù)y＝10lgx的定義域、值域均為(0，＋∞)，而y＝x，y＝2x的定義域均為R，排除A，C；y＝lgx的值域?yàn)镽，排除B，故選D.答案D7.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)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋a，－1≤x<0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－x))，0≤x<1，))其中a∈R.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))，則f(5a)的值是()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,4) C.－eq\f(2,5) D.eq\f(1,8)解析由題意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋a，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)－\f(1,2)))＝eq\f(1,10)，∴－eq\f(1,2)＋a＝eq\f(1,10)，則a＝eq\f(3,5)，故f(5a)＝f(3)＝f(－1)＝－1＋eq\f(3,5)＝－eq\f(2,5).答案C8.設(shè)P(x0，y0)是函數(shù)f(x)圖象上任意一點(diǎn)，且yeq\o\al(2,0)≥xeq\o\al(2,0)，則f(x)的解析式可以是()A.f(x)＝x－eq\f(1,x) B.f(x)＝ex－1C.f(x)＝x＋eq\f(4,x) D.f(x)＝tanx解析對于A項(xiàng)，當(dāng)x＝1，f(1)＝0，此時(shí)02≥12不成立.對于B項(xiàng)，取x＝－1，f(－1)＝eq\f(1,e)－1，此時(shí)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)－1))eq\s\up12(2)≥(－1)2不成立.在D項(xiàng)中，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π))＝taneq\f(5,4)π＝1，此時(shí)12≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)π))eq\s\up12(2)不成立.∴A，B，D均不正確.選C.事實(shí)上，在C項(xiàng)中，對?x0∈R，yeq\o\al(2,0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0＋\f(4,x0)))eq\s\up12(2)有yeq\o\al(2,0)－xeq\o\al(2,0)＝eq\f(16,xeq\o\al(2,0))＋8>0，有yeq\o\al(2,0)≥xeq\o\al(2,0)成立.答案C二、填空題9.函數(shù)y＝eq\r(3－2x－x2)的定義域是________.解析要使函數(shù)有意義，則3－2x－x2≥0，∴x2＋2x－3≤0，解之得－3≤x≤1.答案[－3，1]10.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x3，x<0，,－tanx，0≤x<\f(π,2)，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝________.解析∵feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝－taneq\f(π,4)＝－1.∴feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))))＝f(－1)＝2×(－1)3＝－2.答案－211.已知函數(shù)f(x)滿足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x＋|x|)))＝log2eq\r(x|x|)，則f(x)的解析式是________.解析根據(jù)題意知x>0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝log2x，則f(x)＝log2eq\f(1,x)＝－log2x.答案f(x)＝－log2x12.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x，x≤0，,|log2x|，x>0，))則使f(x)＝eq\f(1,2)的x的集合為________.解析由題意知，若x≤0，則2x＝eq\f(1,2)，解得x＝－1；若x>0，則|log2x|＝eq\f(1,2)，解得x＝2eq\s\up6(\f(1,2))或x＝2－eq\f(1,2)，故x的集合為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\r(2)，\f(\r(2),2))).答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\r(2)，\f(\r(2),2)))13.設(shè)x∈R，定義符號函數(shù)sgnx＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0.))則()A.|x|＝x|sgnx| B.|x|＝xsgn|x|C.|x|＝|x|sgnx D.|x|＝xsgnx解析當(dāng)x>0時(shí)，|x|＝x，sgnx＝1，則|x|＝xsgnx；當(dāng)x<0時(shí)，|x|＝－x，sgnx＝－1，則|x|＝xsgnx；當(dāng)x＝0時(shí)，|x|＝x＝0，sgnx＝0，則|x|＝xsgnx.答案D14.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3x－1，x<1，,2x，x≥1，))則滿足f(f(a))＝2f(a)的a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1)) B.[0，1]C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞)) D.[1，＋∞)解析由f(f(a))＝2f(a)得，f(a)≥1.當(dāng)a<1時(shí)，有3a－1≥1，∴a≥eq\f(2,3)，∴eq\f(2,3)≤a<1.當(dāng)a≥1時(shí)，有2a≥1，∴a≥0，∴a≥1.綜上，a≥eq\f(2,3).答案C15.函數(shù)f(x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)))＋eq\r(1－x2)的定義域?yàn)開_______.解析要使函數(shù)f(x)有意義，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x)>0，,x≠0，,1－x2≥0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<－1或x>0，,x≠0，,－1≤x≤1))?0<x≤1.∴f(x)的定義域?yàn)?0，1].答案(0，1]16.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(2,x)－3，x≥1，,lg（x2＋1），x<1，))則f(f(－3))＝________，f(x)的最小值是________.解析∵f(－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg10＝1，∴f(f(－3))＝f(1)＝0，當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(2,x)－3≥2eq\r(2)－3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(2)時(shí)，取等號，此時(shí)f(x)min＝2eq\r(2)－3<0；當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝lg(x2＋1)≥lg1＝0，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)，取等號，此時(shí)f(x)min＝0.∴f(x)的最小值為2eq\r(2)－3.答案02eq\r(2)－3第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值一、選擇題1.若函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)遞增區(qū)間是[3，＋∞)，則a的值為()A.－2 B.2 C.－6 D.6解析由圖象易知函數(shù)f(x)＝|2x＋a|的單調(diào)增區(qū)間是[－eq\f(a,2)，＋∞)，令－eq\f(a,2)＝3，∴a＝－6.答案C2.下列函數(shù)中，在區(qū)間(－1，1)上為減函數(shù)的是()A.y＝eq\f(1,1－x) B.y＝cosxC.y＝ln(x＋1) D.y＝2－x解析∵y＝eq\f(1,1－x)與y＝ln(x＋1)在(－1，1)上為增函數(shù)，且y＝cosx在(－1，1)上不具備單調(diào)性.∴A，B，C不滿足題意.只有y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在(－1，1)上是減函數(shù).答案D3.定義新運(yùn)算“⊕”：當(dāng)a≥b時(shí)，a⊕b＝a2；當(dāng)a<b時(shí)，a⊕b＝b2，則函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，在區(qū)間[－2，2]上的最大值等于()A.－1 B.1 C.6 D.12解析由已知得當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，f(x)＝x－2，當(dāng)1<x≤2時(shí)，f(x)＝x3－2.∵f(x)＝x－2，f(x)＝x3－2在定義域內(nèi)都為增函數(shù).∴f(x)的最大值為f(2)＝23－2＝6.答案C4.已知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱，且在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.c<b<a B.b<a<cC.b<c<a D.a<b<c解析∵函數(shù)圖象關(guān)于x＝1對稱，∴a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，又y＝f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴f(2)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))<f(3)，即b<a<c.答案B5.f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，滿足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，當(dāng)f(x)＋f(x－8)≤2時(shí)，x的取值范圍是()A.(8，＋∞) B.(8，9] C.[8，9] D.(0，8)解析2＝1＋1＝f(3)＋f(3)＝f(9)，由f(x)＋f(x－8)≤2，可得f[x(x－8)]≤f(9)，因?yàn)閒(x)是定義在(0，＋∞)上的增函數(shù)，所以有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,x－8>0，,x（x－8）≤9，))解得8<x≤9.答案B二、填空題6.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的遞減區(qū)間是________.解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2（x>1），,0（x＝1），,－x2（x<1），))函數(shù)的圖象如圖所示的實(shí)線部分，根據(jù)圖象，g(x)的減區(qū)間是[0，1).答案[0，1)7.函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)－log2(x＋2)在區(qū)間[－1，1]上的最大值為________.解析由于y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)在R上遞減，y＝log2(x＋2)在[－1，1]上遞增，所以f(x)在[－1，1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[－1，1]上的最大值為f(－1)＝3.答案38.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.答案(－∞，1]∪[4，＋∞)三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,a)－eq\f(1,x)(a>0，x>0).(1)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；(2)若f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，求a的值.(1)證明設(shè)x2>x1>0，則x2－x1>0，x1x2>0，∵f(x2)－f(x1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x2)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－\f(1,x1)))＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,x2)＝eq\f(x2－x1,x1x2)>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).(2)解∵f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，又由(1)得f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上是單調(diào)增函數(shù)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，f(2)＝2，易知a＝eq\f(2,5).10.已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(a,x)的定義域?yàn)?0，1](a為實(shí)數(shù)).(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求函數(shù)y＝f(x)的值域；(2)求函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(0，1]上的最大值及最小值，并求出當(dāng)函數(shù)f(x)取得最值時(shí)x的值.解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝2x－eq\f(1,x)，任取1≥x1＞x2＞0，則f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)－\f(1,x2)))＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(1,x1x2))).∵1≥x1＞x2＞0，∴x1－x2＞0，x1x2＞0.∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，無最小值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最大值1，所以f(x)的值域?yàn)?－∞，1].(2)當(dāng)a≥0時(shí)，y＝f(x)在(0，1]上單調(diào)遞增，無最小值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最大值2－a；當(dāng)a＜0時(shí)，f(x)＝2x＋eq\f(－a,x)，當(dāng)eq\r(－\f(a,2))≥1，即a∈(－∞，－2]時(shí)，y＝f(x)在(0，1]上單調(diào)遞減，無最大值，當(dāng)x＝1時(shí)取得最小值2－a；當(dāng)eq\r(－\f(a,2))＜1，即a∈(－2，0)時(shí)，y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,2))))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,2))，1))上單調(diào)遞增，無最大值，當(dāng)x＝eq\r(－\f(a,2))時(shí)取得最小值2eq\r(－2a).11.若函數(shù)f(x)＝ax(a>0，a≠1)在[－1，2]上的最大值為4，最小值為m，且函數(shù)g(x)＝(1－4m)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則a＝()A.4 B.2 C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,4)解析當(dāng)a>1，則y＝ax為增函數(shù)，有a2＝4，a－1＝m，此時(shí)a＝2，m＝eq\f(1,2)，此時(shí)g(x)＝－eq\r(x)在[0，＋∞)上為減函數(shù)，不合題意.當(dāng)0<a<1，則y＝ax為減函數(shù)，有a－1＝4，a2＝m，此時(shí)a＝eq\f(1,4)，m＝eq\f(1,16).此時(shí)g(x)＝eq\f(3,4)eq\r(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù).故a＝eq\f(1,4).答案D12.已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為()A.[0，3] B.(1，3)C.[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D.(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))解析由題可知f(x)＝ex－1>－1，g(x)＝－x2＋4x－3＝－(x－2)2＋1≤1，若f(a)＝g(b)，則g(b)∈(－1，1]，所以－b2＋4b－3>－1，即b2－4b＋2<0，解得2－eq\r(2)<b<2＋eq\r(2).所以實(shí)數(shù)b的取值范圍為(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)).答案D13.對于任意實(shí)數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設(shè)函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________.解析依題意，h(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，0<x≤2，,－x＋3，x>2.))當(dāng)0<x≤2時(shí)，h(x)＝log2x是增函數(shù)，當(dāng)x>2時(shí)，h(x)＝3－x是減函數(shù)，∴h(x)在x＝2時(shí)，取得最大值h(2)＝1.答案114.已知函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常數(shù).(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)當(dāng)a∈(1，4)時(shí)，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，試確定a的取值范圍.解(1)由x＋eq\f(a,x)－2＞0，得eq\f(x2－2x＋a,x)＞0，當(dāng)a＞1時(shí)，x2－2x＋a＞0恒成立，定義域?yàn)?0，＋∞)，當(dāng)a＝1時(shí)，定義域?yàn)閧x|x＞0且x≠1}，當(dāng)0＜a＜1時(shí)，定義域?yàn)閧x|0＜x＜1－eq\r(1－a)或x＞1＋eq\r(1－a)}.(2)設(shè)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當(dāng)a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)時(shí)，∴g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù)，∴f(x)在[2，＋∞)上是增函數(shù).則f(x)min＝f(2)＝lneq\f(a,2).(3)對任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1對x∈[2，＋∞)恒成立.∴a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞).由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(2)＝2.故a>2時(shí)，恒有f(x)>0.因此實(shí)數(shù)a的取值范圍為(2，＋∞).第3講函數(shù)的奇偶性與周期性一、選擇題1.在函數(shù)y＝xcosx，y＝ex＋x2，y＝lgeq\r(x2－2)，y＝xsinx中，偶函數(shù)的個(gè)數(shù)是()A.3 B.2 C.1 D.0解析y＝xcosx為奇函數(shù)，y＝ex＋x2為非奇非偶函數(shù)，y＝lgeq\r(x2－2)與y＝xsinx為偶函數(shù).答案B2.設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，則f(x)是()A.奇函數(shù)，且在(0，1)內(nèi)是增函數(shù)B.奇函數(shù)，且在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)C.偶函數(shù)，且在(0，1)內(nèi)是增函數(shù)D.偶函數(shù)，且在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)解析易知f(x)的定義域?yàn)?－1，1)，且f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，則y＝f(x)為奇函數(shù)，又y＝ln(1＋x)與y＝－ln(1－x)在(0，1)上是增函數(shù)，所以f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)在(0，1)上是增函數(shù).答案A3.已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x2＋ax，且f(3)＝6，則a的值為()A.5 B.1 C.－1 D.－3解析∵y＝f(x)是奇函數(shù)，且f(3)＝6.∴f(－3)＝－6，則9－3a＝－6，解得a＝5.答案A4.已知函數(shù)f(x)＝xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))，若f(x1)<f(x2)，則()A.x1>x2 B.x1＋x2＝0C.x1<x2 D.xeq\o\al(2,1)<xeq\o\al(2,2)解析∵f(－x)＝－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ex)－ex))＝f(x).∴f(x)在R上為偶函數(shù)，f′(x)＝ex－eq\f(1,ex)＋xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex＋\f(1,ex)))，∴x>0時(shí)，f′(x)>0，∴f(x)在[0，＋∞)上為增函數(shù)，由f(x1)<f(x2)，得f(|x1|)<f(|x2|)，∴|x1|<|x2|，∴xeq\o\al(2,1)<xeq\o\al(2,2).答案D5.奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x＋1)為偶函數(shù)，且f(1)＝2，則f(4)＋f(5)的值為()A.2 B.1 C.－1 D.－2解析∵f(x＋1)為偶函數(shù)，∴f(－x＋1)＝f(x＋1)，則f(－x)＝f(x＋2)，又y＝f(x)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)＝f(x＋2)，且f(0)＝0.從而f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，y＝f(x)的周期為4.∴f(4)＋f(5)＝f(0)＋f(1)＝0＋2＝2.答案A二、填空題6.若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝________.解析由于f(－x)＝f(x)，∴l(xiāng)n(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax，化簡得2ax＋3x＝0(x∈R)，則2a＋3＝0，∴a＝－eq\f(3,2).答案－eq\f(3,2)7.若函數(shù)f(x)(x∈R)是周期為4的奇函數(shù)，且在[0，2]上的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），0≤x≤1，,sinπx，1<x≤2，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))＝________.解析由于函數(shù)f(x)是周期為4的奇函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)))＝－eq\f(3,16)＋sineq\f(π,6)＝eq\f(5,16).答案eq\f(5,16)8.定義在R上的奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，則滿足f(x)>0的x的集合為________.解析由奇函數(shù)y＝f(x)在(0，＋∞)上遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝0，得函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0)上遞增，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，∴f(x)>0時(shí)，x>eq\f(1,2)或－eq\f(1,2)<x<0.答案eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)<x<0或x>\f(1,2)))))三、解答題9.設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的周期函數(shù)，最小正周期為2，且f(1＋x)＝f(1－x)，當(dāng)－1≤x≤0時(shí)，f(x)＝－x.(1)判定f(x)的奇偶性；(2)試求出函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，2]上的表達(dá)式.解(1)∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(－x)＝f(2＋x).又f(x＋2)＝f(x)，∴f(－x)＝f(x).又f(x)的定義域?yàn)镽，∴f(x)是偶函數(shù).(2)當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，－x∈[－1，0]，則f(x)＝f(－x)＝x；進(jìn)而當(dāng)1≤x≤2時(shí)，－1≤x－2≤0，f(x)＝f(x－2)＝－(x－2)＝－x＋2.故f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，x∈[－1，0]，,x，x∈（0，1），,－x＋2，x∈[1，2].))10.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x>0，,0，x＝0，,x2＋mx，x<0))是奇函數(shù).(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，a－2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解(1)設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x).于是x<0時(shí)，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)要使f(x)在[－1，a－2]上單調(diào)遞增，結(jié)合f(x)的圖象知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2>－1，,a－2≤1，))所以1<a≤3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1，3].11.已知f(x)是定義在R上的以3為周期的偶函數(shù)，若f(1)<1，f(5)＝eq\f(2a－3,a＋1)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.(－1，4) B.(－2，0)C.(－1，0) D.(－1，2)解析∵f(x)是定義在R上的周期為3的偶函數(shù)，∴f(5)＝f(5－6)＝f(－1)＝f(1)，∵f(1)<1，f(5)＝eq\f(2a－3,a＋1)，∴eq\f(2a－3,a＋1)<1，即eq\f(a－4,a＋1)<0，解得－1<a<4.答案A12.對任意的實(shí)數(shù)x都有f(x＋2)－f(x)＝2f(1)，若y＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對稱，且f(0)＝2，則f(2015)＋f(2016)＝()A.0 B.2 C.3 D.4解析y＝f(x－1)的圖象關(guān)于x＝1對稱，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝0對稱，即函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，令x＝－1，則f(－1＋2)－f(－1)＝2f(1)，∴f(1)－f(1)＝2f(1)＝0，即f(1)＝0，則f(x＋2)－f(x)＝2f(1)＝0，即f(x＋2)＝f(x)，則函數(shù)的周期是2，又f(0)＝2，則f(2015)＋f(2016)＝f(1)＋f(0)＝0＋2＝2.答案B13.已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當(dāng)0≤x<2時(shí)，f(x)＝x3－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為________.解析因?yàn)楫?dāng)0≤x<2時(shí)，f(x)＝x3－x.又f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且f(0)＝0，則f(6)＝f(4)＝f(2)＝f(0)＝0.又f(1)＝0，∴f(3)＝f(5)＝f(1)＝0，故函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點(diǎn)有7個(gè).答案714.設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)當(dāng)－4≤x≤4時(shí)，求f(x)的圖象與x軸所圍成圖形的面積.解(1)由f(x＋2)＝－f(x)得，f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，所以f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)由f(x)是奇函數(shù)且f(x＋2)＝－f(x)，得f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，即f(1＋x)＝f(1－x).故知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱.又當(dāng)0≤x≤1時(shí)，f(x)＝x，且f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)成中心對稱，則f(x)的圖象如下圖所示.當(dāng)－4≤x≤4時(shí)，f(x)的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.第4講冪函數(shù)與二次函數(shù)一、選擇題1.已知α∈{－1，1，2，3}，則使函數(shù)y＝xα的值域?yàn)镽，且為奇函數(shù)的所有α的值為()A.1，3 B.－1，1C.－1，3 D.－1，1，3解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝xα為奇函數(shù)，故α的可能值為－1，1，3.又y＝x－1的值域?yàn)閧y|y≠0}，函數(shù)y＝x，y＝x3的值域都為R.所以符合要求的α的值為1，3.答案A2.已知a，b，c∈R，函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(0)＝f(4)>f(1)，則()A.a>0，4a＋b＝0 B.a<0，4a＋b＝0C.a>0，2a＋b＝0 D.a<0，2a＋b＝0解析因?yàn)閒(0)＝f(4)>f(1)，所以函數(shù)圖象應(yīng)開口向上，即a>0，且其對稱軸為x＝2，即－eq\f(b,2a)＝2，所以4a＋b＝0.答案A3.在同一坐標(biāo)系內(nèi)，函數(shù)y＝xa(a≠0)和y＝ax＋eq\f(1,a)的圖象可能是()解析若a<0，由y＝xa的圖象知排除C，D選項(xiàng)，由y＝ax＋eq\f(1,a)的圖象知應(yīng)選B；若a>0，y＝xa的圖象知排除A，B選項(xiàng)，但y＝ax＋eq\f(1,a)的圖象均不適合，綜上選B.答案B4.函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a在區(qū)間(－∞，1)上有最小值，則函數(shù)g(x)＝eq\f(f（x）,x)在區(qū)間(1，＋∞)上一定()A.有最小值 B.有最大值C.是減函數(shù) D.是增函數(shù)解析∵f(x)＝x2－2ax＋a在(－∞，1)上有最小值，且f(x)關(guān)于x＝a對稱，∴a<1，則g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a(x>1).若a≤0，則g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，若0<a<1，則g(x)在(eq\r(a)，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，綜上可得g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2a在(1，＋∞)上是增函數(shù).答案D5.若關(guān)于x的不等式x2－4x－2－a>0在區(qū)間(1，4)內(nèi)有解，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.(－∞，－2) B.(－2，＋∞)C.(－6，＋∞) D.(－∞，－6)解析不等式x2－4x－2－a>0在區(qū)間(1，4)內(nèi)有解等價(jià)于a<(x2－4x－2)max，令f(x)＝x2－4x－2，x∈(1，4)，所以f(x)<f(4)＝－2，所以a<－2.答案A二、填空題6.已知P＝2－eq\f(3,2)，Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)，R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)，則P，Q，R的大小關(guān)系是________.解析P＝2－eq\f(3,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)，根據(jù)函數(shù)y＝x3是R上的增函數(shù)，且eq\f(\r(2),2)>eq\f(1,2)>eq\f(2,5)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))eq\s\up12(3)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(3)>eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(3)，即P>R>Q.答案P>R>Q7.若f(x)＝－x2＋2ax與g(x)＝eq\f(a,x＋1)在區(qū)間[1，2]上都是減函數(shù)，則a的取值范圍是________.解析由f(x)＝－x2＋2ax在[1，2]上是減函數(shù)可得[1，2]?[a，＋∞)，∴a≤1.∵y＝eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上為減函數(shù)，∴由g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1，2]上是減函數(shù)可得a>0，故0<a≤1.答案(0，1]8.已知函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝(x－1)2，若當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))時(shí)，n≤f(x)≤m恒成立，則m－n的最小值為________.解析當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，f(x)＝f(－x)＝(x＋1)2，∵x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,2)))，∴f(x)min＝f(－1)＝0，f(x)max＝f(－2)＝1，∴m≥1，n≤0，m－n≥1.∴m－n的最小值是1.答案1三、解答題9.已知冪函數(shù)f(x)＝x(m2＋m)－1(m∈N*)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2，eq\r(2))，試確定m的值，并求滿足條件f(2－a)>f(a－1)的實(shí)數(shù)a的取值范圍.解冪函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(2，eq\r(2))，∴eq\r(2)＝2(m2＋m)－1，即2eq\f(1,2)＝2(m2＋m)－1.∴m2＋m＝2.解得m＝1或m＝－2.又∵m∈N*，∴m＝1.∴f(x)＝xeq\f(1,2)，則函數(shù)的定義域?yàn)閇0，＋∞)，并且在定義域上為增函數(shù).由f(2－a)>f(a－1)得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2－a≥0，,a－1≥0，,2－a>a－1，))解得1≤a<eq\f(3,2).∴a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2))).10.已知函數(shù)f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.(1)當(dāng)a＝2，x∈[－2，3]時(shí)，求函數(shù)f(x)的值域；(2)若函數(shù)f(x)在[－1，3]上的最大值為1，求實(shí)數(shù)a的值.解(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，對稱軸x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，∴f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，∴值域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)對稱軸為x＝－eq\f(2a－1,2).①當(dāng)－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，∴6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)滿足題意；②當(dāng)－eq\f(2a－1,2)>1，即a<－eq\f(1,2)時(shí)，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，∴－2a－1＝1，即a＝－1滿足題意.綜上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.11.已知函數(shù)f(x)＝x2＋bx，則“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的()A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件解析∵f(x)＝x2＋bx＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，當(dāng)x＝－eq\f(b,2)時(shí)，f(x)min＝－eq\f(b2,4).又f(f(x))＝(f(x))2＋bf(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f（x）＋\f(b,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(b2,4)，當(dāng)f(x)＝－eq\f(b,2)時(shí)，f(f(x))min＝－eq\f(b2,4)，當(dāng)－eq\f(b,2)≥－eq\f(b2,4)時(shí)，f(f(x))可以取到最小值－eq\f(b2,4)，即b2－2b≥0，解得b≤0或b≥2，故“b<0”是“f(f(x))的最小值與f(x)的最小值相等”的充分不必要條件.答案A12.函數(shù)f(x)＝(m2－m－1)x4m9－m5－1是冪函數(shù)，對任意的x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，滿足eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，若a，b∈R，且a＋b>0，則f(a)＋f(b)的值()A.恒大于0 B.恒小于0C.等于0 D.無法判斷解析依題意，冪函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,4m9－m5－1>0，))解得m＝2，則f(x)＝x2015.∴函數(shù)f(x)＝x2015在R上是奇函數(shù)，且為增函數(shù).由a＋b>0，得a>－b，∴f(a)>f(－b)，則f(a)＋f(b)>0.答案A13.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)，x≥2，,（x－1）3，x<2，))若關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是______.解析作出函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖.則當(dāng)0<k<1時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)＝k有兩個(gè)不同的實(shí)根.答案(0，1)14.已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0，b∈R，c∈R).(1)若函數(shù)f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x>0，,－f（x），x<0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，試求b的取值范圍.解(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2，∴f(x)＝(x＋1)2.∴F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x>0，,－（x＋1）2，x<0.))∴F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由a＝1，c＝0，得f(x)＝x2＋bx，從而|f(x)|≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立等價(jià)于－1≤x2＋bx≤1在區(qū)間(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在(0，1]上恒成立.又eq\f(1,x)－x的最小值為0，－eq\f(1,x)－x的最大值為－2.∴－2≤b≤0.故b的取值范圍是[－2，0].第5講指數(shù)與指數(shù)函數(shù)一、選擇題1.若a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)，b＝x2，c＝logeq\f(2,3)x，則當(dāng)x>1時(shí)，a，b，c的大小關(guān)系是()A.c<a<b B.c<b<aC.a<b<c D.a<c<b解析當(dāng)x>1時(shí)，0<a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))x<eq\f(2,3)，b＝x2>1，c＝logeq\f(2,3)x<0，所以c<a<b.答案A2.函數(shù)f(x)＝ax－b的圖象如圖所示，其中a，b為常數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A.a>1，b<0 B.a>1，b>0C.0<a<1，b>0 D.0<a<1，b<0解析由f(x)＝ax－b的圖象可以觀察出，函數(shù)f(x)＝ax－b在定義域上單調(diào)遞減，所以0<a<1.函數(shù)f(x)＝ax－b的圖象是在f(x)＝ax的基礎(chǔ)上向左平移得到的，所以b<0.答案D3.已知a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)))eq\s\up12(\f(2,5))，b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(\f(3,5))，c＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(\f(2,5))，則()A.a<b<c B.c<b<aC.c<a<b D.b<c<a解析∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(x)在R上為減函數(shù)，eq\f(3,5)>eq\f(2,5)，∴b<c.又∵y＝xeq\f(2,5)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，eq\f(3,5)>eq\f(2,5)，∴a>c，∴b<c<a.答案D4.已知函數(shù)f(x)＝ax(a>0，且a≠1)，如果以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))為端點(diǎn)的線段的中點(diǎn)在y軸上，那么f(x1)·f(x2)等于()A.1 B.aC.2 D.a2解析∵以P(x1，f(x1))，Q(x2，f(x2))為端點(diǎn)的線段的中點(diǎn)在y軸上，∴x1＋x2＝0.又∵f(x)＝ax，∴f(x1)·f(x2)＝ax1·ax2＝ax1＋x2＝a0＝1.答案A5.若函數(shù)f(x)＝a|2x－4|(a>0，且a≠1)，滿足f(1)＝eq\f(1,9)，則f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是()A.(－∞，2] B.[2，＋∞)C.[－2，＋∞) D.(－∞，－2]解析由f(1)＝eq\f(1,9)，得a2＝eq\f(1,9)，解得a＝eq\f(1,3)或a＝－eq\f(1,3)(舍去)，即f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(|2x－4|).由于y＝|2x－4|在(－∞，2]上遞減，在[2，＋∞)上遞增，所以f(x)在(－∞，2]上遞增，在[2，＋∞)上遞減.答案B二、填空題6.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(－\f(1,3))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))eq\s\up12(0)＋8eq\f(1,4)×eq\r(4,2)－eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))\s\up12(\f(2,3)))＝________.解析原式＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(\f(1,3))×1＋2eq\f(3,4)×2eq\f(1,4)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(\f(1,3))＝2.答案27.不等式2x2－x<4的解集為________.解析∵2x2－x<4，∴2x2－x<22，∴x2－x<2，即x2－x－2<0，解得－1<x<2.答案{x|－1<x<2}8.已知max(a，b)表示a，b兩數(shù)中的最大值.若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，則f(x)的最小值為________.解析f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≥1，,e|x－2|，x<1.))當(dāng)x≥1時(shí)，f(x)＝ex≥e(x＝1時(shí)，取等號)，當(dāng)x<1時(shí)，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e，因此x＝1時(shí)，f(x)有最小值f(1)＝e.答案e三、解答題9.已知f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3(a>0，且a≠1).(1)討論f(x)的奇偶性；(2)求a的取值范圍，使f(x)>0在定義域上恒成立.解(1)由于ax－1≠0，則ax≠1，得x≠0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}.對于定義域內(nèi)任意x，有f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－x－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ax,1－ax)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1－\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))(－x)3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3＝f(x).∴f(x)是偶函數(shù).(2)由(1)知f(x)為偶函數(shù)，∴只需討論x>0時(shí)的情況，當(dāng)x>0時(shí)，要使f(x)>0，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))x3>0，即eq\f(1,ax－1)＋eq\f(1,2)>0，即eq\f(ax＋1,2（ax－1）)>0，則ax>1.又∵x>0，∴a>1.因此a>1時(shí)，f(x)>0.10.已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù).(1)求a，b的值；(2)解關(guān)于t的不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0.解(1)因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，所以f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋a).又由f(1)＝－f(－1)知eq\f(－2＋1,4＋a)＝－eq\f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.(2)由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1).由上式易知f(x)在(－∞，＋∞)上為減函數(shù)(此處可用定義或?qū)?shù)法證明函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù)).又因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)，所以不等式f(t2－2t)＋f(2t2－1)<0等價(jià)于f(t2－2t)<－f(2t2－1)＝f(－2t2＋1).因?yàn)閒(x)是減函數(shù)，由上式推得t2－2t>－2t2＋1，即3t2－2t－1>0，解不等式可得t＞1或t＜－eq\f(1,3)，故原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(t|t>1或t<－\f(1,3))).11.若存在正數(shù)x使2x(x－a)<1成立，則a的取值范圍是()A.(－∞，＋∞) B.(－2，＋∞)C.(0，＋∞) D.(－1，＋∞)解析因?yàn)?x>0，所以由2x(x－a)<1得a>x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，令f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，則函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，所以f(x)>f(0)＝0－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(0)＝－1，所以a>－1.答案D12.已知函數(shù)f(x)＝x－4＋eq\f(9,x＋1)，x∈(0，4)，當(dāng)x＝a時(shí)，f(x)取得最小值b，則函數(shù)g(x)＝a|x＋b|的圖象為()解析∵x∈(0，4)，∴x＋1>1，∴f(x)＝x＋1＋eq\f(9,x＋1)－5≥2eq\r(9)－5＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＋1＝eq\f(9,x＋1)，即x＝2時(shí)，取等號.∴a＝2，b＝1.因此g(x)＝2|x＋1|，該函數(shù)圖象由y＝2|x|向左平移一個(gè)單位得到，結(jié)合圖象知A正確.答案A13.已知奇函數(shù)y＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x>0，,g（x），x<0.))如果f(x)＝ax(a>0，且a≠1)對應(yīng)的圖象如圖所示，那么g(x)＝________.解析依題意，f(1)＝eq\f(1,2)，∴a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，x>0.當(dāng)x<0時(shí)，－x>0.∴g(x)＝－f(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－x)＝－2x.答案－2x(x<0)14.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)的單調(diào)性與奇偶性；(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∈R都成立？若存在，求出t；若不存在，請說明理由.解(1)∵f(x)＝ex－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(x)，∴f′(x)＝ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))eq\s\up12(x)，∴f′(x)>0對任意x∈R都成立，∴f(x)在R上是增函數(shù).又∵f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)是奇函數(shù).(2)存在.由(1)知f(x)在R上是增函數(shù)和奇函數(shù)，則f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x∈R都成立，?f(x2－t2)≥f(t－x)對一切x∈R都成立，?x2－t2≥t－x對一切x∈R都成立，?t2＋t≤x2＋x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)對一切x∈R都成立，?t2＋t≤(x2＋x)min＝－eq\f(1,4)?t2＋t＋eq\f(1,4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)≤0，又eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)≥0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＝0，∴t＝－eq\f(1,2).∴存在t＝－eq\f(1,2)，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0對一切x∈R都成立.第6講對數(shù)與對數(shù)函數(shù)一、選擇題1.設(shè)a，b為正實(shí)數(shù)，則“a>b>1”是“l(fā)og2a>log2b>0”的()A.充分必要條件 B.充分不必要條件C.必要不充分條件 D.既不充分也不必要條件解析因?yàn)閥＝log2x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)a>b>1時(shí)，有l(wèi)og2a>log2b>log21＝0；當(dāng)log2a>log2b>0＝log21時(shí)，有a>b>1.答案A2.已知a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，則a，b，c的大小關(guān)系是()A.a＝b<c B.a＝b>c C.a<b<c D.a>b>c解析因?yàn)閍＝log23＋log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)＝eq\f(3,2)log23>1，b＝log29－log2eq\r(3)＝log23eq\r(3)＝a，c＝log32<log33＝1.答案B3.若函數(shù)y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象如圖所示，則下列函數(shù)圖象正確的是()解析由題意y＝logax(a>0，且a≠1)的圖象過(3，1)點(diǎn)，可解得a＝3.選項(xiàng)A中，y＝3－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)，顯然圖象錯(cuò)誤；選項(xiàng)B中，y＝x3，由冪函數(shù)圖象可知正確；選項(xiàng)C中，y＝(－x)3＝－x3，顯然與所畫圖象不符；選項(xiàng)D中，y＝log3(－x)的圖象與y＝log3x的圖象關(guān)于y軸對稱，顯然不符.故選B.答案B4.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2x，x>0，,3－x＋1，x≤0，))則f(f(1))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))的值是()A.5 B.3 C.－1 D.eq\f(7,2)解析由題意可知f(1)＝log21＝0，f(f(1))＝f(0)＝30＋1＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))＝3－log3eq\f(1,2)＋1＝3log32＋1＝2＋1＝3，所以f(f(1))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,2)))＝5.答案A5.已知a，b>0且a≠1，b≠1，若logab>1，則()A.(a－1)(b－1)<0 B.(a－1)(a－b)>0C.(b－1)(b－a)<0 D.(b－1)(b－a)>0解析∵a>0，b>0且a≠1，b≠1.由logab>1得logaeq\f(b,a)>0.∴a>1，且eq\f(b,a)>1或0<a<1且0<eq\f(b,a)<1，則b>a>1或0<b<a<1.故(b－a)(b－1)>0.答案D二、填空題6.設(shè)f(x)＝logeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1－x)＋a))是奇函數(shù)，則使f(x)<0的x的取值范圍是________.解析由f(x)是奇函數(shù)可得a＝－1，∴f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)，定義域?yàn)?－1，1).由f(x)<0，可得0<eq\f(1＋x,1－x)<1，∴－1<x<0.答案(－1，0)7.設(shè)函數(shù)f(x)滿足f(x)＝1＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))log2x，則f(2)＝________.解析由已知得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·log22，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，則f(x)＝1＋eq\f(1,2)·log2x，故f(2)＝1＋eq\f(1,2)·log22＝eq\f(3,2).答案eq\f(3,2)8.若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x>2))(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________.解析當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)≥4；又函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇4，＋∞)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1,3＋loga2≥4，))解1＜a≤2，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為(1，2].答案(1，2]三、解答題9.設(shè)f(x)＝loga(1＋x)＋loga(3－x)(a>0，a≠1)，且f(1)＝2.(1)求a的值及f(x)的定義域；(2)求f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上的最大值.解(1)∵f(1)＝2，∴l(xiāng)oga4＝2(a>0，a≠1)，∴a＝2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋x>0，,3－x>0，))得－1＜x＜3，∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－1，3).(2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2(1＋x)(3－x)＝log2[－(x－1)2＋4]，∴當(dāng)x∈(－1，1]時(shí)，f(x)是增函數(shù)；當(dāng)x∈(1，3)時(shí)，f(x)是減函數(shù)，故函數(shù)f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2)))上的最大值是f(1)＝log24＝2.10.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(0)＝0，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝logeq\f(1,2)x.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)解不等式f(x2－1)>－2.解(1)當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，則f(－x)＝logeq\f(1,2)(－x).因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)＝logeq\f(1,2)(－x)，所以函數(shù)f(x)的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\f(1,2)x，x>0，,0，x＝0，,log\f(1,2)（－x），x<0.))(2)因?yàn)閒(4)＝logeq\f(1,2)4＝－2，f(x)是偶函數(shù)，所以不等式f(x2－1)>－2轉(zhuǎn)化為f(|x2－1|)>f(4).又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，所以|x2－1|<4，解得－eq\r(5)<x<eq\r(5)，即不等式的解集為(－eq\r(5)，eq\r(5)).11.已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)為減函數(shù)，若a＝f(20.3)，b＝f(logeq\f(1,2)4)，c＝f(log25)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A.a>b>c B.c>b>aC.c>a>b D.a>c>b解析函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0]時(shí)，f(x)為減函數(shù)，∴f(x)在[0，＋∞)為增函數(shù)，∵b＝f(logeq\f(1,2)4)＝f(－2)＝f(2)，1<20.3<2<log25，∴c>b>a.答案B12.已知函數(shù)f(x)＝lneq\f(x,1－x)，若f(a)＋f(b)＝0，且0＜a＜b＜1，則ab的取值范圍是________.解析由題意可知lneq\f(a,1－a)＋lneq\f(b,1－b)＝0，即lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,1－a)×\f(b,1－b)))＝0，從而eq\f(a,1－a)×eq\f(b,1－b)＝1，化簡得a＋b＝1，故ab＝a(1－a)＝－a2＋a＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)，又0＜a＜b＜1，∴0＜a＜eq\f(1,2)，故0＜－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(1,4)＜eq\f(1,4).答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))13.已知a>b>1，若logab＋logba＝eq\f(5,2)，ab＝ba，則a＝________，b＝________.解析∵logab＋logba＝logab＋eq\f(1,logab)＝eq\f(5,2)，∴l(xiāng)ogab＝2或eq\f(1,2).∵a>b>1，∴l(xiāng)ogab<logaa＝1，∴l(xiāng)ogab＝eq\f(1,2)，∴a＝b2.∵ab＝ba，∴(b2)b＝bb2，∴b2b＝bb2，∴2b＝b2，∴b＝2，∴a＝4.答案4214.設(shè)x∈[2，8]時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)loga(ax)·loga(a2x)(a>0，且a≠1)的最大值是1，最小值是－eq\f(1,8)，求a的值.解由題意知f(x)＝eq\f(1,2)(logax＋1)(logax＋2)＝eq\f(1,2)(logeq\o\al(2,a)x＋3logax＋2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(logax＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,8).當(dāng)f(x)取最小值－eq\f(1,8)時(shí)，logax＝－eq\f(3,2).又∵x∈[2，8]，∴a∈(0，1).∵f(x)是關(guān)于logax的二次函數(shù)，∴函數(shù)f(x)的最大值必在x＝2或x＝8時(shí)取得.若eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(loga2＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,8)＝1，則a＝2－eq\f(1,3)，此時(shí)f(x)取得最小值時(shí)，x＝(2－eq\f(1,3))－eq\f(3,2)＝eq\r(2)?[2，8]，舍去.若eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(loga8＋\f(3,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,8)＝1，則a＝eq\f(1,2)，此時(shí)f(x)取得最小值時(shí)，x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－\f(3,2))＝2eq\r(2)∈[2，8]，符合題意，∴a＝eq\f(1,2).第7講函數(shù)的圖象一、選擇題1.為了得到函數(shù)y＝2x－2的圖象，可以把函數(shù)y＝2x圖象上所有的點(diǎn)()A.向右平行移動(dòng)2個(gè)單位長度 B.向右平行移動(dòng)1個(gè)單位長度C.向左平行移動(dòng)2個(gè)單位長度 D.向左平行移動(dòng)1個(gè)單位長度解析因?yàn)閥＝2x－2＝2(x－1)，所以只需將函數(shù)y＝2x的圖象上所有的點(diǎn)向右平移1個(gè)單位長度即可得到y(tǒng)＝2(x－1)＝2x－2的圖象.答案B2.小明騎車上學(xué)，開始時(shí)勻速行駛，途中因交通堵塞停留了一段時(shí)間后，為了趕時(shí)間加快速度行駛，與以上事件吻合得最好的圖象是()解析小明勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，所得圖象為一條直線，且距離學(xué)校越來越近，排除A.因交通堵塞停留了一段時(shí)間，與學(xué)校的距離不變，排除D.后來為