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課時鞏固過關練(四) 函數的圖象與性質
一、選擇題
1．(20xx·北京高考)如圖，函數f(x)的圖象為折線ACB，則不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是( )
A．{x|－1
3、位得到y(tǒng)＝log2(x＋1)的圖象，x＝1時兩圖象相交，則不等式的解集為{x|－1
4、偶函數，圖象關于y軸對稱，故排除選項A，因為x>sinx在上恒成立，即>1在上恒成立，故排除選項B、D，故選C.
答案：C
4．(20xx·河北衡水中學一調)已知函數f(x)的圖象如圖所示，則f(x)的解析式可能是( )
A．f(x)＝－x3 B．f(x)＝＋x3
C．f(x)＝－x3 D．f(x)＝＋x3
解析：由圖可知，函數的漸近線為x＝，則函數解析式中x≠，則排除C，D，又函數在，上單調遞減，而函數y＝在，上單調遞減，y＝－x3在R上單調遞減，則f(x)＝－x3在，上單調遞減，選A.
答案：A
5．(20xx·安徽安慶涼亭中學期中)已知函數f(x)＝x2－，則函數
5、y＝f(x)的大致圖象為( )
解析：f(x)＝x2－＝
當x<0時，
f ′(x)＝2x－＝.令g(x)＝2x3－1＋ln(－x)，由g′(x)＝6x2＋＝＝0，得x＝－，當x∈時，
g′(x)>0，當x∈時，g′(x)<0.所以g(x)有極大值為g＝2×3－1＋ln＝－－ln6<0.又x2>0，所以f ′(x)的極大值小于0.所以函數f(x)在(－∞，0)上為減函數．當x>0時，f ′(x)＝2x－＝，令h(x)＝2x3－1＋lnx，h′(x)＝6x2＋>0.所以h(x)在(0，＋∞)上為增函數，而h(1)＝1>0，h＝－－ln2<0.又x2>0，所以函數f ′(x)在(0，
6、＋∞)上有一個零點x0，則函數f ′(x)在(0，x0)上，有f ′(x)f ′(x0)＝0，f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增．綜上，函數f(x)的圖象為B中的形狀．故選B.
答案：B
二、填空題
6．(20xx·江蘇徐州模擬)已知直線y＝a與函數f(x)＝2x及g(x)＝3·2x的圖象分別相交于A，B兩點，則A，B兩點之間的距離為__________．
解析：由題意知A(log2a，a)，B，
∴A，B之間的距離|AB|＝|xA－xB|＝log23.
答案：log23
7．(20xx
7、·安徽浮山中學一模)若函數f(x)＝的圖象如下圖，則m的取值范圍是__________．
解析：∵函數的定義域為R，∴x2＋m恒不等于零，由圖象知，當x>0時，f(x)>0，∴m>0,2－m>0?m<2，又在(0，＋∞)上，函數f(x)在x＝x0(x0>1)處取得最大值，而f(x)＝≤，∴x0＝>1?m>1.綜上，1
8、相同，且f(a)＝f(b)＝f(c)＝f(d)，又a
9、(x)是奇函數．
∴g(x)max＋g(x)min＝0.∴M＋m＝4＋g(x)max＋g(x)min＝4.故答案為4.
答案：4
10．(20xx·安徽高考)若函數f(x)(x∈R)是周期為4的奇函數，且在[0,2]上的解析式為f(x)＝則f＋f＝__________.
解析：由題意，f(x＋4)＝f(x)，f(－x)＝－f(x)，則f＋f＝f＋f
＝f＋f＝f＋f
＝f＋f＝－f－f
＝－×－sinπ＝－＋＝.
答案：
三、解答題
11．(20xx·吉林實驗中學期末)設函數f(x)＝(a>0且a≠1)是定義域為R的奇函數．
(1)求t的值；
(2)若f(1)>0，求使
10、不等式f(kx－x2)＋f(x－1)<0對一切x∈R恒成立的實數k的取值范圍；
(3)若函數f(x)的圖象過點，是否存在正數m(m≠1)，使函數g(x)＝logm[a2x＋a－2x－mf(x)]在[1，log23]上的最大值為0？若存在，求出m的值；若不存在，請說明理由．
解：(1)f(x)是定義域為R的奇函數．∴f(0)＝0，∴t＝2.
(2)由(1)得f(x)＝ax－a－x，由f(1)>0得a－>0，又a>0，∴a>1，由f(kx－x2)＋f(x－1)<0得f(kx－x2)<－f(x－1)，∵f(x)為奇函數，∴f(kx－x2)1，∴f(x)＝ax－a－x為R上
11、的增函數，∴kx－x2<1－x對一切x∈R恒成立，即x2－(k＋1)x＋1>0對一切x∈R恒成立，故Δ＝(k＋1)2－4<0，解得－31，則函數h(s)＝s2－ms＋2>0，在上恒成立，且最大值為1，最小值大于0.①
??m＝，
又此時＝∈，又h(s)min＝h<0，故g(x)無意義，所以m＝應舍去；②?
?m無解．
綜上所述，不存在正數m(m≠1)，使函數g(x)＝logm[a2x＋a－2x－mf(x)]在[1，log23]上的最大值為0.
新版高考數學文二輪復習 課時鞏固過關練四 Word版含解析
