数学理·湖南省常德市石门一中2017届高三上学期8月月考数学理试卷+Word版含解析

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数学理·湖南省常德市石门一中2017届高三上学期8月月考数学理试卷+Word版含解析

‎2016-2017学年湖南省常德市石门一中高三(上)8月月考数学试卷(理科)‎ ‎ ‎ 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.设集合M={x|0≤x≤2},N={y|0≤y≤2},从M到N有四种对应如图所示,其中能表示为M到N的函数关系的是(  )‎ A.①② B.②③ C.③④ D.①④‎ ‎2.若f(x)=,则f(x)的定义域为(  )‎ A.(,1) B.(,1] C.(,+∞) D.(1,+∞)‎ ‎3.已知集合A={1,2,3,4,5},B={(x,y)|x∈A,y∈A,x﹣y∈A},则B中所含元素的个数为(  )‎ A.3 B.6 C.8 D.10‎ ‎4.命题“∀x∈[1,2],x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是(  )‎ A.a≥4 B.a≤4 C.a≥5 D.a≤5‎ ‎5.“a=b”是“直线y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件 ‎6.已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=ax﹣a﹣x+2,若g(2)=a,则f(2)=(  )‎ A.2 B. C. D.a2‎ ‎7.已知f(x)是定义在R上的函数,若函数y=f(x+1)为偶函数,且当x≥1时,有f(x)=1﹣2x,设a=f(),b=f(),c=f(),则(  )‎ A.c<b<a B.b<a<c C.c<a<b D.a<c<b ‎8.已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(﹣,0)对称,且满足f(x)=﹣f(x+),又f(﹣1)=1,f(0)=﹣2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2008)=(  )‎ A.669 B.670 C.2008 D.1‎ ‎9.已知函数f(x)=,若∃x1,x2∈R,x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.a<2 B.a>2 C.﹣2<a<2 D.a>2或a<﹣2‎ ‎10.已知函数f(x)满足f(x+1)=﹣f(x),且f(x)是偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x2,若在区间[﹣1,3]内,函数g(x)=f(x)﹣kx﹣k有4个零点,则实数k的取值范围是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎11.已知函数f(x)=,若a、b、c互不相等,且f(a)=f(b)=f(c),则a+b+c的取值范围是(  )‎ A.(1,2014) B.(1,2015) C.(2,2015) D.[2,2015]‎ ‎12.已知函数y=f(x)是定义域为R的偶函数.当x≥0时,f(x)=若关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0,a,b∈R有且仅有6个不同实数根,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎ ‎ 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)‎ ‎13.已知函数f(x)=在区间(﹣2,+∞)上为增函数,则实数a的取值范围是  .‎ ‎14.已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x>0时,f(x)=x2﹣4x,则f(x+2)<5的解集是  .‎ ‎15.对于函数y=f(x)(x∈R),给出下列命题:‎ ‎(1)在同一直角坐标系中,函数y=f(1﹣x)与y=f(x﹣1)的图象关于直线x=0对称;‎ ‎(2)若f(1﹣x)=f(x﹣1),则函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称;‎ ‎(3)若f(1+x)=f(x﹣1),则函数y=f(x)是周期函数;‎ ‎(4)若f(1﹣x)=﹣f(x﹣1),则函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称.‎ 其中所有正确命题的序号是  .‎ ‎16.若函数y=f(x),x∈D同时满足下列条件:‎ ‎①函数y=f(x)在D内为单调函数;‎ ‎②存在实数m,n∈D,m<n,当x∈[m,n]时,函数y=f(x)的值域为[m,n],则称此函数f(x)在D内为等射函数,设函数f(x)=(a>0,a≠1),‎ 则:‎ ‎(1)函数y=f(x)在(﹣∞,+∞)上的单调性为  (填“递增”“递减”“先增后减”“先减后增”)‎ ‎(2)当y=f(x)在实数集R内等射函数时,a的取值范围是  .‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎17.(10分)已知命题p:不等式|x|+|x﹣1|>m的解集为R,命题q:f(x)=(5﹣2m)x是增函数,若p或q为真命题,p且q为假命题,求实数m的取值范围.‎ ‎18.(12分)已知函数,其中a是大于0的常数 ‎(1)求函数f(x)的定义域;‎ ‎(2)当a∈(1,4)时,求函数f(x)在[2,+∞)上的最小值;‎ ‎(3)若对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,试确定a的取值范围.‎ ‎19.(12分)定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=﹣f(x),且当x∈[﹣1,1]时,f(x)=x3.‎ ‎(1)求f(x)在[1,5]上的表达式;‎ ‎(2)若A={x|f(x)>a,x∈R},且A≠∅,求实数a的取值范围.‎ ‎20.(12分)定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y).‎ ‎(1)求证f(x)为奇函数;‎ ‎(2)若f(k•3x)+f(3x﹣9x﹣2)<0对任意x∈R恒成立,求实数k的取值范围.‎ ‎21.(12分)对定义域是Df.Dg的函数y=f(x).y=g(x),‎ 规定:函数h(x)=.‎ ‎(1)若函数f(x)=,g(x)=x2,写出函数h(x)的解析式;‎ ‎(2)求问题(1)中函数h(x)的值域;‎ ‎(3)若g(x)=f(x+α),其中α是常数,且α∈[0,π],请设计一个定义域为R的函数y=f(x),及一个α的值,使得h(x)=cos4x,并予以证明.‎ ‎22.(12分)设函数f(x)=lnx﹣ax,g(x)=ex﹣ax,其中a为实数.‎ ‎(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围;‎ ‎(2)若g(x)在(﹣1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.‎ ‎ ‎ ‎2016-2017学年湖南省常德市石门一中高三(上)8月月考数学试卷(理科)‎ 参考答案与试题解析 ‎ ‎ 一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.‎ ‎1.(2016秋•常德校级月考)设集合M={x|0≤x≤2},N={y|0≤y≤2},从M到N有四种对应如图所示,其中能表示为M到N的函数关系的是(  )‎ A.①② B.②③ C.③④ D.①④‎ ‎【考点】函数的图象.‎ ‎【专题】计算题;数形结合;转化思想;函数的性质及应用.‎ ‎【分析】利用函数的定义,判断是否是函数的图象即可.‎ ‎【解答】解:①的图象是函数的图象,但是定义域与已知条件不符,所以不正确.‎ ‎②③满足函数的图象与已知条件.正确.‎ ‎④不是函数的图象,不满足定义.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题考查函数的图象的判断与函数的定义的应用,是基础题.‎ ‎ ‎ ‎2.(2011秋•赣州期末)若f(x)=,则f(x)的定义域为(  )‎ A.(,1) B.(,1] C.(,+∞) D.(1,+∞)‎ ‎【考点】函数的定义域及其求法.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】根据偶次根号下的被开方数大于零,对数的真数大于零,列出不等式组,进行求解再用集合或区间的形式表示出来.‎ ‎【解答】解:要使函数有意义,则,‎ 解得<x<1,‎ 则函数的定义域是(,1).‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题考查了函数定义域的求法,即根据函数解析式列出使它有意义的不等式组,最后注意要用集合或区间的形式表示出来,这是易错的地方.‎ ‎ ‎ ‎3.(2012•新课标)已知集合A={1,2,3,4,5},B={(x,y)|x∈A,y∈A,x﹣y∈A},则B中所含元素的个数为(  )‎ A.3 B.6 C.8 D.10‎ ‎【考点】元素与集合关系的判断.‎ ‎【专题】集合.‎ ‎【分析】由题意,根据集合B中的元素属性对x,y进行赋值得出B中所有元素,即可得出B中所含有的元素个数,得出正确选项 ‎【解答】解:由题意,x=5时,y=1,2,3,4,‎ x=4时,y=1,2,3,‎ x=3时,y=1,2,‎ x=2时,y=1‎ 综上知,B中的元素个数为10个 故选D ‎【点评】本题考查元素与集合的关系的判断,解题的关键是理解题意,领会集合B中元素的属性,用分类列举的方法得出集合B中的元素的个数.‎ ‎ ‎ ‎4.(2012•菏泽一模)命题“∀x∈[1,2],x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件是(  )‎ A.a≥4 B.a≤4 C.a≥5 D.a≤5‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】本题先要找出命题为真命题的充要条件{a|a≥4},从集合的角度充分不必要条件应为{a|a≥4}的真子集,由选择项不难得出答案.‎ ‎【解答】解:命题“∀x∈[1,2],x2﹣a≤0”为真命题,可化为∀x∈[1,2],a≥x2,恒成立 即只需a≥(x2)max=4,即“∀x∈[1,2],x2﹣a≤0”为真命题的充要条件为a≥4,‎ 而要找的一个充分不必要条件即为集合{a|a≥4}的真子集,由选择项可知C符合题意.‎ 故选C ‎【点评】本题为找命题一个充分不必要条件,还涉及恒成立问题,属基础题.‎ ‎ ‎ ‎5.(2005•江西)“a=b”是“直线y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的(  )‎ A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件 ‎【考点】直线与圆的位置关系;必要条件、充分条件与充要条件的判断.‎ ‎【分析】直线y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切,求出a和b的关系结合条件a=b,判断充要条件关系.‎ ‎【解答】解:若a=b,则直线与圆心的距离为等于半径,‎ ‎∴y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切 若y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切,则 ‎∴a﹣b=0或a﹣b=﹣4‎ 故“a=b”是“直线y=x+2与圆(x﹣a)2+(y﹣b)2=2相切”的充分不必要条件.‎ 故选A.‎ ‎【点评】本题考查直线和圆的位置关系,充要条件的判定,是有点难度的基础题.‎ ‎ ‎ ‎6.(2016•许昌三模)已知定义在R上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=ax﹣a﹣x+2,若g(2)=a,则f(2)=(  )‎ A.2 B. C. D.a2‎ ‎【考点】函数奇偶性的性质.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】利用函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,由条件f(x)+g(x)=ax﹣a﹣x+2,构建方程组,然后求解即可.‎ ‎【解答】解:∵f(x)+g(x)=ax﹣a﹣x+2,g(2)=a,‎ ‎∴f(2)+g(2)=a2﹣a﹣2+2.①,‎ ‎∵f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,‎ ‎∴当x=﹣2时,f(﹣2)+g(﹣2)=a﹣2﹣a2+2 ②‎ 即﹣f(2)+g(2)=a﹣2﹣a2+2,③‎ ‎①+③得:2g(2)=4,即g(2)=2,‎ 又g(2)=a,∴a=2.‎ 代入①得:f(2)+2=22﹣2﹣2+2,‎ ‎∴f(2)=22﹣2﹣2=4﹣=.‎ 故选:B.‎ ‎【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用,利用条件建立方程组是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎7.(2016秋•湖北校级月考)已知f(x)是定义在R上的函数,若函数y=f(x+1)为偶函数,且当x≥1时,有f(x)=1﹣2x,设a=f(),b=f(),c=f(),则(  )‎ A.c<b<a B.b<a<c C.c<a<b D.a<c<b ‎【考点】奇偶性与单调性的综合.‎ ‎【专题】计算题;函数思想;综合法;函数的性质及应用.‎ ‎【分析】根据条件可得到x≥0时,f(x+1)=1﹣2x+1,而根据f(x+1)为偶函数即可得到f(1﹣x)=1﹣2x+1,x≥0,从而可求出f(),,,并根据指数函数单调性比较这三个数的大小.‎ ‎【解答】解:根据题意,x≥0时,f(x+1)=1﹣2x+1;‎ ‎∵f(x+1)为偶函数;‎ ‎∴f(﹣x+1)=f(x+1);‎ ‎∴f(1﹣x)=1﹣2x+1,x≥0;‎ ‎∴,,;‎ ‎,∴;‎ ‎∴c<a<b.‎ 故选C.‎ ‎【点评】考查已知f(x)求f(1+x)的方法,及这两函数自变量的范围的不同,偶函数的定义,以及指数函数的单调性.‎ ‎ ‎ ‎8.(2016秋•常德校级月考)已知定义在R上的函数f(x)的图象关于点(﹣,0)对称,且满足f(x)=﹣f(x+),又f(﹣1)=1,f(0)=﹣2,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2008)=(  )‎ A.669 B.670 C.2008 D.1‎ ‎【考点】抽象函数及其应用.‎ ‎【专题】综合题;函数思想;综合法;函数的性质及应用.‎ ‎【分析】首先由函数且满足f(x)=﹣f(x+),又f(﹣1)=1,f(0)=﹣2,可以分析得f(x)=f(x+3)即可求出f(2)和f(3).又函数f(x)的图象关于点(﹣,0)对称,又可推出f(﹣1)=f(1),综合考虑几个周期关系条件即可得到f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2008)的值.‎ ‎【解答】解:因为满足f(x)=﹣f(x+),则f(x)=f(x+3)‎ 又f(﹣1)=1,f(0)=﹣2,则f(﹣1)=f(﹣1+3)=f(2),又f(0)=f(0+3)=f(3).‎ 又函数f(x)的图象关于点(﹣,0)对称,‎ f(﹣1)=﹣f(﹣)=f(﹣+)=f(1,‎ 所以f(1)+f(2)+f(3)=0.‎ 又f(1+3)=f(4),f(2+3)=f(5),f(3+3)=f(6)…‎ 又2008=669×3+1.‎ 所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2008)=f(1)=f(﹣1)=1‎ 故选:D ‎【点评】此题主要考查函数的周期性问题,其中应用到函数关于点对称的性质,对于函数周期性这个考点考查的时候多和奇偶性,对称性问题综合考虑,技巧性较强.‎ ‎ ‎ ‎9.(2014•巴州区模拟)已知函数f(x)=,若∃x1,x2∈R,x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则实数a的取值范围是(  )‎ A.a<2 B.a>2 C.﹣2<a<2 D.a>2或a<﹣2‎ ‎【考点】特称命题.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】若∃x1,x2∈R,x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则说明f(x)在R上不单调,分a=0及a≠0两种情况分布求解即可 ‎【解答】解:若∃x1,x2∈R,x1≠x2,使得f(x1)=f(x2)成立,则说明f(x)在R上不单调 ‎①当a=0时,f(x)=,其图象如图所示,满足题意 ‎②当a<0时,函数y=﹣x2+ax的对称轴x=<0,其图象如图所示,满足题意 ‎③当a>0时,函数y=﹣x2+ax的对称轴x=>0,其图象如图所示,‎ 要使得f(x)在R上不单调 则只要二次函数的对称轴x=‎ ‎∴a<2‎ 综上可得,a<2‎ 故选A ‎【点评】本题主要考查了分段函数的单调性的应用及二次函数的性质的应用,属于基础试题 ‎ ‎ ‎10.(2013春•红塔区校级期末)已知函数f(x)满足f(x+1)=﹣f(x),且f(x)是偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x2,若在区间[﹣1,3]内,函数g(x)=f(x)﹣kx﹣k有4个零点,则实数k的取值范围是(  )‎ A. B. C. D.‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】根据f(x+1)=﹣f(x),可得f(x)是周期为2的周期函数. 再由f(x)是偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x2,可得函数在[﹣1,3]上的解析式.根据题意可得 函数y=f(x)的图象与直线y=kx+k 有4个交点,数形结合可得实数k的取值范围.‎ ‎【解答】解:∵函数f(x)满足f(x+1)=﹣f(x),故有f(x+2)=f(x),故f(x)是周期为2的周期函数.再由f(x)是偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=x2,‎ 可得当x∈[﹣1,0]时,f(x)=x2,故当x∈[﹣1,1]时,f(x)=x2,当x∈[1,3]时,f(x)=(x﹣2)2.‎ 由于函数g(x)=f(x)﹣kx﹣k有4个零点,故函数y=f(x)的图象与直线y=kx+k 有4个交点,如图所示:‎ 把点(3,1)代入y=kx+k,可得k=,数形结合可得实数k的取值范围是 (0,],‎ 故选C.‎ ‎【点评】本题主要考查函数的周期性的应用,函数的零点与方程的根的关系,体现了转化、数形结合的数学思想,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎11.(2016•衡水校级模拟)已知函数f(x)=,若a、b、c互不相等,且f(a)=f(b)=f(c),则a+b+c的取值范围是(  )‎ A.(1,2014) B.(1,2015) C.(2,2015) D.[2,2015]‎ ‎【考点】分段函数的应用.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】根据题意,在坐标系里作出函数f(x)的图象,根据f(a)=f(b)=f(c),确定a,b,c的大小,即可得出a+b+c的取值范围.‎ ‎【解答】解:作出函数的图象如图,‎ 直线y=m交函数图象于如图,‎ 不妨设a<b<c,‎ 由正弦曲线的对称性,可得(a,m)与(b,m)关于直线x=对称,‎ 因此a+b=1,‎ 当直线y=m=1时,由log2014x=1,‎ 解得x=2014,即x=2014,‎ ‎∴若满足f(a)=f(b)=f(c),(a、b、c互不相等),‎ 由a<b<c可得1<c<2014,‎ 因此可得2<a+b+c<2015,‎ 即a+b+c∈(2,2015).‎ 故选:C.‎ ‎【点评】本题以三角函数和对数函数为例,考查了函数的零点与方程根个数讨论等知识点,利用数形结合,观察图象的变化,从而得出变量的取值范围是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎12.(2014秋•黄州区校级期中)已知函数y=f(x)是定义域为R的偶函数.当x≥0时,f(x)=若关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0,a,b∈R有且仅有6个不同实数根,则实数a的取值范围是(  )‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎【考点】根的存在性及根的个数判断;函数的零点与方程根的关系.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】要使关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0,a,b∈R有且只有6个不同实数根,转化为t2+at+b=0必有两个根t1、t2,分类讨论求解.‎ ‎【解答】解:依题意f(x)在(﹣∞,﹣2)和(0,2)上递增,‎ 在(﹣2,0)和(2,+∞)上递减,‎ 当x=±2时,函数取得极大值;‎ 当x=0时,取得极小值0.要使关于x的方程[f(x)]2+af(x)+b=0,a,b∈R有且只有6个不同实数根,‎ 设t=f(x),则则有两种情况符合题意:‎ ‎(1),且,‎ 此时﹣a=t1+t2,则;‎ ‎(2)t1∈(0,1],,‎ 此时同理可得,‎ 综上可得a的范围是.‎ 故选答案C.‎ ‎【点评】本题考察了函数的性质,运用方程与函数的零点的关系,属于中档题.‎ ‎ ‎ 二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)‎ ‎13.(2014•海淀区校级模拟)已知函数f(x)=在区间(﹣2,+∞)上为增函数,则实数a的取值范围是 {a|a>} .‎ ‎【考点】函数单调性的性质.‎ ‎【专题】函数的性质及应用.‎ ‎【分析】把函数f(x)解析式进行常数分离,变成一个常数和另一个函数g(x)的和的形式,由函数g(x)在 (﹣2,+∞)为增函数得出1﹣2a<0,从而得到实数a的取值范围.‎ ‎【解答】解:∵函数f(x)==a+,结合复合函数的增减性,‎ 再根据f(x)在 (﹣2,+∞)为增函数,可得g(x)=在 (﹣2,+∞)为增函数,‎ ‎∴1﹣2a<0,解得a>,‎ 故答案为:{a|a>}.‎ ‎【点评】本题考查利用函数的单调性求参数的范围,属于基础题.‎ ‎ ‎ ‎14.(2016秋•常德校级月考)已知f(x)是定义域为R的偶函数,当x>0时,f(x)=x2﹣4x,则f(x+2)<5的解集是 (﹣7,3) .‎ ‎【考点】奇偶性与单调性的综合.‎ ‎【专题】综合题;转化思想;综合法;函数的性质及应用.‎ ‎【分析】由偶函数性质得:f(|x+2|)=f(x+2),则f(x+2)<5可变为f(|x+2|)<5,代入已知表达式可表示出不等式,先解出|x+2|的范围,再求x范围即可.‎ ‎【解答】解:因为f(x)为偶函数,所以f(|x+2|)=f(x+2),‎ 则f(x+2)<5可化为f(|x+2|)<5,‎ 即|x+2|2﹣4|x+2|<5,(|x+2|+1)(|x+2|﹣5)<0,‎ 所以|x+2|<5,‎ 解得﹣7<x<3,‎ 所以不等式f(x+2)<5的解集是(﹣7,3).‎ 故答案为:(﹣7,3).‎ ‎【点评】本题考查函数的奇偶性、一元二次不等式的解法,借助偶函数性质把不等式具体化是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎15.(2012•常州模拟)对于函数y=f(x)(x∈R),给出下列命题:‎ ‎(1)在同一直角坐标系中,函数y=f(1﹣x)与y=f(x﹣1)的图象关于直线x=0对称;‎ ‎(2)若f(1﹣x)=f(x﹣1),则函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称;‎ ‎(3)若f(1+x)=f(x﹣1),则函数y=f(x)是周期函数;‎ ‎(4)若f(1﹣x)=﹣f(x﹣1),则函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称.‎ 其中所有正确命题的序号是 (3)(4) .‎ ‎【考点】命题的真假判断与应用.‎ ‎【专题】综合题.‎ ‎【分析】(1)函数y=f(x﹣1)与y=f(1﹣x)的图象可以由f(x)与y=f(﹣x)的图象向右移了一个单位而得到,从而函数y=f(x﹣1)与y=f(1﹣x)的图象关于直线x=1对称;‎ ‎(2)若f(1﹣x)=f(x﹣1),令t=1﹣x,有f(t)=f(﹣t),则函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称;‎ ‎(3)若f(1+x)=f(x﹣1),则f(x+2)=f[(x+1)+1]=f(x),函数y=f(x)是以2为周期的周期函数;‎ ‎(4)若f(1﹣x)=﹣f(x﹣1),则可得f(﹣t)=﹣f(t),即函数f(x)为奇函数,从而可得函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称.‎ ‎【解答】解:(1):∵f(x)与y=f(﹣x)的图象关于直线x=0对称,函数y=f(x﹣1)与y=f(1﹣x)的图象可以由f(x)与y=f(﹣x)的图象向右移了一个单位而得到,从而可得函数y=f(x﹣1)与y=f(1﹣x)的图象关于直线x=1对称;故(1)错误 ‎(2)若f(1﹣x)=f(x﹣1),令t=1﹣x,有f(t)=f(﹣t),则函数y=f(x)的图象关于直线x=0对称;故(2)错误 ‎(3)若f(1+x)=f(x﹣1),则f(x+2)=f[(x+1)+1]=f(x),函数y=f(x)是以2为周期的周期函数;故(3)正确 ‎(4)若f(1﹣x)=﹣f(x﹣1),则可得f(﹣t)=﹣f(t),即函数f(x)为奇函数,从而可得函数y=f(x)的图象关于点(0,0)对称.故(4)正确 故答案为(3)(4)‎ ‎【点评】本题考点是两个函数图象的对称性,考查根据已知函数图象的性质来判断与之相关函数性质的能力,即图象变换的能力,规律性固定,学习时要注意总结.‎ ‎ ‎ ‎16.(2016秋•常德校级月考)若函数y=f(x),x∈D同时满足下列条件:‎ ‎①函数y=f(x)在D内为单调函数;‎ ‎②存在实数m,n∈D,m<n,当x∈[m,n]时,函数y=f(x)的值域为[m,n],则称此函数f(x)在D内为等射函数,设函数f(x)=(a>0,a≠1),‎ 则:‎ ‎(1)函数y=f(x)在(﹣∞,+∞)上的单调性为 递增 (填“递增”“递减”“先增后减”“先减后增”)‎ ‎(2)当y=f(x)在实数集R内等射函数时,a的取值范围是 (0,1)∪(1,2) .‎ ‎【考点】函数与方程的综合运用.‎ ‎【专题】转化思想;综合法;函数的性质及应用.‎ ‎【分析】(1)对函数求导可得f′(x)=ax>0,故函数为单调增函数.‎ ‎(2)根据题意m,n是方程=x 的两个根.构建函数g(x)=﹣x,则函数g(x)=﹣x 有两个零点,令g′(x)=ax﹣1,分类讨论,确定a的范围.‎ ‎【解答】解:(1)对于函数f(x)=(a>0,a≠1),‎ 求导可得f′(x)=ax>0,故函数为单调增函数,‎ 故函数y=f(x)在(﹣∞,+∞)上的单调性为递增.‎ ‎∵存在实数m,n,当定义域为[m,n]时,值域为[m,n].‎ ‎∴f(m)=m,f(n)=n,∴m,n是方程=x 的两个根.‎ 构建函数g(x)=﹣x,则函数g(x)=﹣x 有两个零点,令g′(x)=ax﹣1.‎ ‎①0<a<1时,g′(x)=ax﹣1在(﹣∞,0)上大于零,故函数的单调增区间为(﹣∞,0),‎ g′(x)=ax﹣1在(0,+∞)上小于零,故单调减区间为(0,+∞).‎ ‎∵g(0)>0,∴函数有两个零点,故满足题意.‎ ‎②a>1时,g′(x)=ax﹣1在(﹣∞,0)上小于零,函数的单调减区间为(﹣∞,0),‎ g′(x)=ax﹣1在(0,+∞)上大于零,故单调增区间为(0,+∞).‎ 要使函数有两个零点,则g(0)<0,∴<0,∴a<2,∴1<a<2.‎ 综上可知,a的取值范围是(0,1)∪(1,2).‎ 故答案为:(1)递增;(2)(0,1)∪(1,2).‎ ‎【点评】本题考查新定义,考查导数知识的运用,考查函数的单调性,考查分类讨论的数学思想,正确理解新定义是关键,属于难题.‎ ‎ ‎ 三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)‎ ‎17.(10分)(2016秋•湖北校级月考)已知命题p:不等式|x|+|x﹣1|>m的解集为R,命题q:f(x)=(5﹣2m)x是增函数,若p或q为真命题,p且q为假命题,求实数m的取值范围.‎ ‎【考点】绝对值不等式的解法.‎ ‎【专题】综合题;转化思想;综合法;不等式的解法及应用.‎ ‎【分析】分别求出命题p,q成立的等价条件,然后根据若p或q为真命题,p且q为假命题,求出实数m的取值范围.‎ ‎【解答】解:∵不等式|x|+|x﹣1|≥1,‎ ‎∴要使不等式|x|+|x﹣1|>m的解集为R,则m<1.‎ 即p:m<1.‎ 函数f(x)=(5﹣2m)x是增函数,‎ 则5﹣2m>1,即2m<4,m<2,‎ 即q:m<2.‎ 若p或q为真命题,p且q为假命题,‎ 则p,q一真一假.‎ 若p真,q假,则,此时无解.‎ 若p假,q真,则,‎ 解得1≤m<2.‎ ‎【点评】本题主要考查复合命题与简单命题之间的关系的应用,利用条件先求出命题p,q的等价条件是解决本题的关键.‎ ‎ ‎ ‎18.(12分)(2015•衡阳县校级二模)已知函数,其中a是大于0的常数 ‎(1)求函数f(x)的定义域;‎ ‎(2)当a∈(1,4)时,求函数f(x)在[2,+∞)上的最小值;‎ ‎(3)若对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,试确定a的取值范围.‎ ‎【考点】函数恒成立问题;对数函数的定义域;利用导数研究函数的单调性;利用导数求闭区间上函数的最值.‎ ‎【专题】综合题.‎ ‎【分析】(1)求函数f(x)的定义域,就是)求,可以通过对a分类讨论解决;‎ ‎(2)可以构造函数,当a∈(1,4)时通过导数法研究g(x)在[2,+∞)上的单调性,再利用复合函数的性质可以求得f(x)在[2,+∞)上的最小值;‎ ‎(3)对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,即对x∈[2,+∞)恒成立,转化为a是x的函数,即可求得a的取值范围.‎ ‎【解答】解:(1)由得,‎ ‎ 解得a>1时,定义域为(0,+∞)‎ ‎ a=1时,定义域为{x|x>0且x≠1},‎ ‎ 0<a<1时,定义域为或}‎ ‎(2)设,当a∈(1,4),x∈[2,+∞)时,‎ 恒成立,‎ ‎∴在[2,+∞)上是增函数,‎ ‎∴在[2,+∞)上是增函数,‎ ‎∴在[2,+∞)上的最小值为;‎ ‎(3)对任意x∈[2,+∞)恒有f(x)>0,‎ ‎ 即对x∈[2,+∞)恒成立 ‎∴a>3x﹣x2,而在x∈[2,+∞)上是减函数,‎ ‎∴h(x)max=h(2)=2,∴a>2‎ ‎【点评】本题考查函数恒成立问题,(1)着重考查分类讨论思想;(2)着重考查复合函数的函数单调性质求最值,方法为导数法;(3)着重考查分离参数法,是一道好题.‎ ‎ ‎ ‎19.(12分)(2009秋•商丘期中)定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)=﹣f(x),且当x∈[﹣1,1]时,f(x)=x3.‎ ‎(1)求f(x)在[1,5]上的表达式;‎ ‎(2)若A={x|f(x)>a,x∈R},且A≠∅,求实数a的取值范围.‎ ‎【考点】函数的周期性;函数的表示方法;其他不等式的解法.‎ ‎【专题】计算题.‎ ‎【分析】(1)由f(x+2)=﹣f(x)可推知函数为周期函数周期为4,再利用周期性求得f(x)在[1,3]和[3,5]的解析式.‎ ‎(2)根据f(x)的周期函数,从一个周期来考虑f(x)的值域.根据(1)中f(x)的解析式求得函数f(x)的值域,进而求出a的范围.‎ ‎【解答】解:(1)由f(x+2)=﹣f(x),‎ ‎∴f(x+4)=﹣f(x+2)=f(x),故f(x)的周期为4‎ ‎(1)当x∈[3,5]时,x﹣4∈(﹣1,1],‎ ‎∴f(x﹣4)=(x﹣4)3‎ 又T=4,‎ ‎∴f(x)=f(x﹣4)=(x﹣4)3,3≤x≤5‎ ‎(2)当x∈[1,3]时,x﹣2∈[﹣1,1],‎ ‎∴f(x﹣2)=(x﹣2)3‎ 又f(x)=﹣f(x﹣2)=﹣(x﹣2)3,1≤x≤3,‎ 故f(x)=‎ ‎(2)∵f(x)的周期函数,‎ ‎∴f(x)的值域可以从一个周期来考虑 x∈[1,3]时,f(x)∈(﹣1,1]‎ x∈[3,5]时,f(x)∈[﹣1,1]‎ ‎∴f(x)>a,对x∈R,A≠∅,‎ ‎∴﹣1<a<1‎ ‎【点评】本题主要考查了函数的周期性.解题的关键是求出f(x)在不同区间上的解析式.‎ ‎ ‎ ‎20.(12分)(2010•郓城县校级一模)定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y).‎ ‎(1)求证f(x)为奇函数;‎ ‎(2)若f(k•3x)+f(3x﹣9x﹣2)<0对任意x∈R恒成立,求实数k的取值范围.‎ ‎【考点】抽象函数及其应用;函数单调性的性质;函数奇偶性的判断.‎ ‎【专题】计算题;证明题.‎ ‎【分析】(1)欲证f(x)为奇函数即要证对任意x都有f(﹣x)=﹣f(x)成立.在式子f(x+y)=f(x)+f(y)中,令y=﹣x可得f(0)=f(x)+f(﹣x)于是又提出新的问题,求f(0)的值.令x=y=0可得f(0)=f(0)+f(0)即f(0)=0,f(x)是奇函数得到证明.‎ ‎(2)先将不等关系f(k•3x)+f(3x﹣9x﹣2)<0转化成f(k•3x)<f(﹣3x+9x+2),再结合函数的单调性去掉“f”符号,转化为整式不等关系,最后利用分离系数法即可求实数k的取值范围.‎ ‎【解答】解:(1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R),①‎ 令x=y=0,代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0),即f(0)=0.‎ 令y=﹣x,代入①式,得f(x﹣x)=f(x)+f(﹣x),又f(0)=0,则有 ‎0=f(x)+f(﹣x).即f(﹣x)=﹣f(x)对任意x∈R成立,所以f(x)是奇函数.‎ ‎(2)解:f(3)=log23>0,即f(3)>f(0),‎ 又f(x)在R上是单调函数,‎ 所以f(x)在R上是增函数,‎ 又由(1)f(x)是奇函数.‎ f(k•3x)<﹣f(3x﹣9x﹣2)=f(﹣3x+9x+2),‎ k•3x<﹣3x+9x+2,‎ 令t=3x>0,分离系数得:,‎ 问题等价于,对任意t>0恒成立.‎ ‎∵,‎ ‎∴.‎ ‎【点评】本题主要考查了抽象函数及其应用,考查分析问题和解决问题的能力,属于中档题.说明:问题(2)本题解法:是根据函数的性质.f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数,把问题转化成二次函数f(t)=t2﹣(1+k)t+2对于任意t>0恒成立.对二次函数f(t)进行研究求解.‎ ‎ ‎ ‎21.(12分)(2005•上海)对定义域是Df.Dg的函数y=f(x).y=g(x),‎ 规定:函数h(x)=.‎ ‎(1)若函数f(x)=,g(x)=x2,写出函数h(x)的解析式;‎ ‎(2)求问题(1)中函数h(x)的值域;‎ ‎(3)若g(x)=f(x+α),其中α是常数,且α∈[0,π],请设计一个定义域为R的函数y=f(x),及一个α的值,使得h(x)=cos4x,并予以证明.‎ ‎【考点】函数的表示方法;函数的值域;抽象函数及其应用.‎ ‎【专题】压轴题.‎ ‎【分析】(1)将f(x)=,g(x)=)=x2,代入h(x)=(2)利用双勾函数的性质求得;(3)令f(x)=sin2x+cos2x,α=‎ ‎【解答】解:(1)h(x)=.‎ ‎(2)当x≠1时,h(x)==x﹣1++2,‎ 若x>1时,则h(x)≥4,其中等号当x=2时成立 若x<1时,则h(x)≤0,其中等号当x=0时成立 ‎∴函数h(x)的值域是(﹣∞,0]∪{1}∪[4,+∞)‎ ‎(3)令f(x)=sin2x+cos2x,α=‎ 则g(x)=f(x+α)=sin2(x+)+cos2(x+)=cos2x﹣sin2x,‎ 于是h(x)=f(x)•f(x+α)=(sin2x+cos2x)(cos2x﹣sin2x)=cos4x.‎ 另解令f(x)=1+sin2x,α=,‎ g(x)=f(x+α)=1+sin2(x+π)=1﹣sin2x,‎ 于是h(x)=f(x)•f(x+α)=(1+sin2x)(1﹣sin2x)=cos4x.‎ ‎【点评】本题主要考查求函数解析式和求最值以及构造函数等问题.‎ ‎ ‎ ‎22.(12分)(2013•江苏)设函数f(x)=lnx﹣ax,g(x)=ex﹣ax,其中a为实数.‎ ‎(1)若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,且g(x)在(1,+∞)上有最小值,求a的取值范围;‎ ‎(2)若g(x)在(﹣1,+∞)上是单调增函数,试求f(x)的零点个数,并证明你的结论.‎ ‎【考点】利用导数研究函数的单调性;根的存在性及根的个数判断.‎ ‎【专题】导数的综合应用.‎ ‎【分析】(1)求导数,利用f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,转化为﹣a≤0在(1,+∞)上恒成立,利用g(x)在(1,+∞)上有最小值,结合导数知识,即可求得结论;‎ ‎(2)先确定a的范围,再分类讨论,确定f(x)的单调性,从而可得f(x)的零点个数.‎ ‎【解答】解:(1)求导数可得f′(x)=﹣a ‎∵f(x)在(1,+∞)上是单调减函数,∴﹣a≤0在(1,+∞)上恒成立,‎ ‎∴a≥,x∈(1,+∞).‎ ‎∴a≥1.‎ 令g′(x)=ex﹣a=0,得x=lna.当x<lna时,g′(x)<0;当x>lna时,g′(x)>0.‎ 又g(x)在(1,+∞)上有最小值,所以lna>1,即a>e.‎ 故a的取值范围为:a>e.‎ ‎(2)当a≤0时,g(x)必为单调函数;当a>0时,令g′(x)=ex﹣a>0,解得a<ex,即x>lna,‎ 因为g(x)在(﹣1,+∞)上是单调增函数,类似(1)有lna≤﹣1,即0<.结合上述两种情况,有.‎ ‎①当a=0时,由f(1)=0以及f′(x)=>0,得f(x)存在唯一的零点;‎ ‎②当a<0时,由于f(ea)=a﹣aea=a(1﹣ea)<0,f(1)=﹣a>0,且函数f(x)在[ea,1]上的图象不间断,所以f(x)在(ea,1)上存在零点.‎ 另外,当x>0时,f′(x)=﹣a>0,故f(x)在(0,+∞)上是单调增函数,所以f(x)只有一个零点.‎ ‎③当0<a≤时,令f′(x)=﹣a=0,解得x=.当0<x<时,f′(x)>0,当x>时,f′(x)<0,‎ 所以,x=是f(x)的最大值点,且最大值为f()=﹣lna﹣1.‎ ‎(i)当﹣lna﹣1=0,即a=时,f(x)有一个零点x=e;‎ ‎(ii)当﹣lna﹣1>0,即0<a<时,f(x)有两个零点;‎ 实际上,对于0<a<,由于f()=﹣1﹣<0,f()>0,且函数f(x)在[]上的图象不间断,所以f(x)在()上存在零点.‎ 另外,当0<x<时,f′(x)=﹣a>0,故f(x)在(0,)上时单调增函数,所以f(x)在(0,)上只有一个零点.‎ 下面考虑f(x)在(,+∞)上的情况,先证明f()=a()<0.‎ 为此,我们要证明:当x>e时,ex>x2.设h(x)=ex﹣x2,则h′(x)=ex﹣2x,再设l(x)=h′(x)=ex﹣2x,则l′(x)=ex﹣2.‎ 当x>1时,l′(x)=ex﹣2>e﹣2>0,所以l(x)=h′(x)在(1,+∞)上时单调增函数;‎ 故当x>2时,h′(x)=ex﹣2x>h′(2)=e2﹣4>0,从而h(x)在(2,+∞)上是单调增函数,进而当x>e时,h(x)=ex﹣x2>h(e)=ee﹣e2>0,即当x>e时,ex>x2‎ 当0<a<,即>e时,f()==a()<0,又f()>0,且函数f(x)在[,]上的图象不间断,所以f(x)在(,)上存在零点.‎ 又当x>时,f′(x)=﹣a<0,故f(x)在(,+∞)上是单调减函数,所以f(x)在(,+∞)上只有一个零点.‎ 综合(i)(ii)(iii),当a≤0或a=时,f(x)的零点个数为1,当0<a<时,f(x)的零点个数为2.‎ ‎【点评】此题考查的是可导函数的单调性与其导数的关系,考查分类讨论的数学思想,考查学生分析解决问题的能力,难度较大.‎
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