2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：专项强化练二 函数图象及其应用 含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题2.7函数的图象(讲)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第二章函数第07讲函数的图象 ---讲1. 会运用函数图象理解和研究函数的性质.2. 高考预测：（1）函数图象的辨识（2）函数图象的变换（3）主要有由函数的性质及解析式选图；由函数的图象来研究函数的性质、图象的变换、数形结合解决不等式、方程等问题．常常与导数结合考查.3.备考重点（1）基本初等函数的图象（2）两图象交点、函数性质、方程解的个数、不等式的解集等方面的应用知识点1．利用描点法作函数的图象步骤：(1)确定函数的定义域；(2)化简函数解析式；(3)讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、对称性等)；(4)列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、与坐标轴的交点等)，描点，连线.【典例1】【2018年全国卷Ⅲ理】设函数．（1）画出的图象；（2）当，，求的最小值．【答案】（1）见解析；（2）【解析】（1）的图象如图所示．（2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故当且仅当且时，在成立，因此的最小值为．【规律方法】函数图象的画法(1)直接法：当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数的特征描出图象的关键点直接作出．(2)转化法：含有绝对值符号的函数，可去掉绝对值符号，转化为分段函数来画图象．【变式1】【北京海淀十一学校2017-2018学年高一上期中】对a 、b ∈R ，记，函数．（1）求(0)f ，(4)f -．（2）写出函数()f x 的解析式，并作出图像．（3）若关于x 的方程()f x m =有且仅有3个不等的解，求实数m 的取值范围．（只需写出结论） 【答案】见解析． 【解析】解：（1）∵，函数，∴，．（2）（3）5m =或m =知识点2．利用图象变换法作函数的图象(1)平移变换(2)对称变换y ＝f (x )的图象――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象； y ＝f (x )的图象――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象； y ＝f (x )的图象――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象； y ＝a x (a >0，且a ≠1)的图象――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图象.(3)伸缩变换y ＝f (x )――→纵坐标不变各点横坐标变为原来的1a （a >0）倍y ＝f (ax ).y ＝f (x )――→横坐标不变各点纵坐标变为原来的A （A >0）倍y ＝Af (x ). (4)翻转变换y ＝f (x )的图象――→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象； y ＝f (x )的图象――→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象. 【典例2】分别画出下列函数的图象：【答案】见解析【解析】 (1)首先作出y ＝lg x 的图象C 1，然后将C 1向右平移1个单位，得到y ＝lg(x －1)的图象C 2，再把C 2在x 轴下方的图象作关于x 轴对称的图象，即为所求图象C 3：y ＝|lg(x －1)|.如图1所示(实线部分). (2)y ＝2x ＋1－1的图象可由y ＝2x 的图象向左平移1个单位，得y ＝2x＋1的图象，再向下平移一个单位得到，如图2所示.(3) 第一步作y ＝lgx 的图像．第二步将y ＝lgx 的图像沿y 轴对折后与原图像，同为y ＝lg|x|的图像． 第三步将y ＝lg|x|的图像向右平移一个单位，得y ＝lg|x －1|的图像 第四步将y ＝lg|x －1|的图像在x 轴下方部分沿x 轴向上翻折，得的图像，如图3．【重点总结】 图象变换法若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响． 【变式2】作出下列函数的图象：(1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |；(2)y ＝|log 2(x ＋1)|；(3)y ＝2x －1x －1；(4)y ＝x 2－2|x |－1.【答案】见解析 【解析】(1)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象，保留y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 图象中x ≥0的部分，再作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象中x ＞0部分关于y 轴的对称部分，即得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象，如图①实线部分．(2)将函数y ＝log 2x 的图象向左平移一个单位，再将x 轴下方的部分沿x 轴翻折上去，即可得到函数y ＝|log 2(x ＋1)|的图象，如图②.(3)∵y ＝2＋1x －1，故函数图象可由y ＝1x的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位即得，如图③.(4)∵y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0，且函数为偶函数，先用描点法作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图象，如图④.考点1 作图【典例3】分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|x 2－4x ＋3|；(2)y ＝2x ＋1x ＋1；(3)y ＝10|lg x |. 【答案】见解析【解析】(1)先画函数y ＝x 2－4x ＋3的图象，再将其x 轴下方的图象翻折到x 轴上方，如图1.(2)y ＝2x ＋1x ＋1＝2（x ＋1）－1x ＋1＝2－1x ＋1.可由函数y ＝－1x向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到，如图2.(3)y ＝10|lg x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥1，1x ，0＜x ＜1，如图3.【易错提醒】对于左、右平移变换，往往容易出错，在实际判断中可熟记口诀：左加右减；但要注意加、减指的是自变量，否则不成立．【变式3】作出函数y ＝|x －2|·(x ＋1) 的图象． 【答案】4，2. 【解析】当x ≥2，即x －2≥0时，y ＝(x －2)(x ＋1)＝x 2－x －2＝⎝⎛⎭⎪⎫x －122－94；当x ＜2，即x －2＜0时，y ＝－(x －2)(x ＋1)＝－x 2＋x ＋2＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋94.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－94，x ≥2，－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋94，x ＜2.这是分段函数，每段函数的图象可根据二次函数图象作出(如图)．考点2 识图【典例4】【2018年浙江卷】函数y =sin2x 的图象可能是（ ）A. B.C. D.【答案】D【总结提升】识图的三种常用方法1．抓住函数的性质，定性分析：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题．3．根据实际背景、图形判断函数图象的方法：(1)根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象(定量分析)；(2)根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象(定性分析)．【变式4】（2018·莆田第九中学高三高考模拟（文））函数(且)与函数的图像关于直线对称，则函数与二次函数在同一坐标系内的图像可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 因为函数(且)与函数的图像关于直线对称，所以，在选项A 中，对数函数的图像单调递增，所以a>1, 所以a-1>0,所以二次函数的抛物线开口向上， 抛物线的对称轴为所以选项A 是正确的， 故答案为：A.【典例5】【2018年理数全国卷II 】函数的图像大致为（ ）A. AB. BC. CD. D 【答案】B 【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C ；因此选B.【思路点拨】往往通过研究函数的导数，首先确定函数的单调性，再判断图象的变化趋势．【变式5】【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是（ ）【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D．考点3 用图【典例6】【山东省2018年普通高校招生（春季）】奇函数的局部图像如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为奇函数，所以,因为>0>，所以,即，选A.【总结提升】函数图象应用的常见题型与求解策略【变式6】（2018·安徽高三高考模拟（文））已知函数的图象如图所示，则的大小关系为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由图像可知，，得，故答案为：A.【典例7】（2019·北京高三高考模拟（文））当x∈[0，1]时，下列关于函数y=2(1)mx -的图象与y =的图象交点个数说法正确的是（ ） A ．当[]m 0,1∈时，有两个交点 B ．当(]m 1,2∈时，没有交点 C ．当(]m 2,3∈时，有且只有一个交点 D ．当()m 3,∞∈+时，有两个交点【答案】B 【解析】设f （x ）=2(1)mx -，g （x ） ，其中x∈[0，1]A ．若m=0，则()1f x =与()g x =[0，1]上只有一个交点(1,1)，故A 错误．B ．当m∈（1，2）时，即当m∈（1，2]时，函数y=2(1)mx -的图象与y =x∈[0，1]无交点，故B 正确，C ．当m∈（2，3]时，，当时，此时无交点，即C 不一定正确．D ．当m∈（3，+∞）时，g （0）＞1，此时f （1）＞g （1），此时两个函数图象只有一个交点，故D 错误，故选：B ．【变式7】【2018届广西钦州市第三次检测】设函数与函数的的图象在区间上交点的横坐标依次分别为，，…，，则（ ）A. B. C. D.【答案】A【解析】将函数与y=的图象有公共的对称中心（，0），从图象知它们在区间上有八个交点，分别为四对对称点，每一对的横坐标之和为1，故所有的横坐标之和为4．故选：A．【典例8】（2019·北京高考模拟（理））已知函数f（x）=2x（x＜0）与g（x）=ln（x+a）的图象上存在关于y 轴对称的点，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在同一直角坐标系中作出函数f（x）=2x（x＜0）与g（x）=ln（x+a）的图象，当y=lnx向左平移a（a＞0）个单位长度，恰好过（0，1）时，函数f（x）与g（x）就不存在关于y轴对称的点，所以0＜a ＜e ， 当y=lnx 向右平移（a ＜0）个单位长度，函数f （x ）与g （x ）总存在关于y 轴对称的点，当a=0时，显然满足题意，综上：a ＜e ， 故选：B ．【变式8】（2019·陕西高考模拟（理））已知函数，若1a b <<且，则实数2a b+的取值范围是（ ） A ．B ．C ．[)6+∞，D ．()6+∞，【答案】A 【解析】函数f （x ）＝|lg （x ﹣1）|， ∵1＜a ＜b 且f （a ）＝f （b ），则b ＞2，1＜a ＜2， ∴，即111b a =--， 可得：ab ﹣a ﹣b ＝0． 那么：a 1bb =-．则2a +b ，当且仅当b 1=时取等号．满足b ＞2， 故选：A ．【典例9】（2019·四川高三高考模拟（理））已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则方程的所有解的和为（）A．B．1 C．3 D．5【答案】C【解析】∵是定义在R上的奇函数，且当时，∴当时，则即则作出的图象如图：∵的图象与的图象关于对称∴作出的图象，由图象知与的图象有三个交点即有三个根，其中一个根为1，另外两个根a，b关于对称即则所有解的和为故选：C．【变式9】【2018届湖北省5月冲刺】已知是奇函数，是偶函数，它们的定义域均为，且它们在上的图象如图所示，则不等式的解集是__________．【答案】【解析】根据图像得当时异号；当时号；由是奇函数，是偶函数，得当时；因此不等式的解集是.。
2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：专项强化练二 函数图象及其应用 Word版含解析
专项强化练二 函数图象及其应用1.设函数f(x)=|x+1|+|x+a|的图象关于直线x=1对称,则a 的值为( )A.1B.-1C.-3D.-5答案 C 因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(1+x)=f(1-x)对于任意实数x 恒成立,即|x+2|+|x+1+a|=|x-2|+|x-1-a|对于任意实数x 恒成立,从而有{-2=1+a ,-1-a =2,解得a=-3,故选C. 2.函数f(x)=tan x ·ln x (0<x <π2)的图象大致是 ( )答案 A 当0<x<1时, f(x)<0,故排除B,D.现在仅需考虑函数f(x)在(0,1)上是否存在极值点即可.易得f '(x)=1cos 2x·ln x+sinxcosx·1x ,所以f '(x)=0等价于ln x+sinxcosxx =0,即ln x+sin2x 2x=0.设g(x)=ln x+sin2x 2x.因为g(1)=sin22>0,g(e -1)=e 2·sin 2e-1<0,所以函数g(x)在区间(e -1,1)上存在零点,所以函数f(x)在区间(0,1)上存在极值点,故选A. 3.函数f(x)=x 2-ln|x|的大致图象为( )答案 D ∵f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),∴排除C.∵f(-x)=(-x)2-ln|-x|=x2-ln|x|=f(x),∴函数f(x)是偶函数,∴f(x)的图象关于y轴对称,故排除A.当x→+∞时, f(x)→+∞,故排除B.故选D.4.函数f(x)的定义域为R,若F(x)=f(x)+f(2-x),G(x)=f(x)-f(2-x),则( )A.函数F(x)图象是中心对称图形,G(x)图象是轴对称图形B.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形C.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象不一定是中心对称图形D.函数F(x)图象不一定是轴对称图形,G(x)图象也不一定是中心对称图形答案 B 由题意知, f(2-x)=f(2-x)+f(x)=F(x),所以函数F(x)图象关于直线x=1对称;G(2-x)=f(2-x)-f(x)=-G(x),所以函数G(x)图象关于点(1,0)对称,所以函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形,故选B.的图象如图所示,则下列结论成立的是( ) 5.函数f(x)=ax+b(x+c)2A.a>0,b>0,c<0B.a<0,b>0,c>0C.a<0,b>0,c<0D.a<0,b<0,c<0答案 C 函数f(x)的定义域为{x|x≠-c},由题中图象可知-c=x P>0,即c<0,排除B.令f(x)=0,可得x=-ba ,则x N=-ba,又x N>0,则ba<0,所以a,b异号,排除A,D.故选C.6.(2017台州中学月考)曲线y=1+2(|x|≤2)与直线y=k(x-2)+4有两个交点时,实数k的取值范围是( )A.(512,34] B.(512,34)C.(13,34) D.(0,512)答案 A y=1+√4-x2⇒x2+(y-1)2=4(y≥1),其表示以点(0,1)为圆心,2为半径的圆的上半部分,而y=k(x-2)+4表示经过点(2,4)的一条直线,如图所示,当直线与圆相切时,|3-2k|√k2+1=2⇒k=512,∴512<k≤4-12-(-2)=34,故选A.7.(2016课标全国Ⅱ理,12,5分)已知函数f(x)(x ∈R)满足f(-x)=2-f(x),若函数y=x+1x与y=f(x)图象的交点为(x 1,y 1),(x 2,y 2),…,(x m ,y m ),则∑i=1m(x i +y i )=( )A.0B.mC.2mD.4m答案 B 由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知y=x+1x=1+1x的图象关于点(0,1)对称,所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,则x 1+x m =x 2+x m-1=…=0,y 1+y m =y 2+y m-1=…=2,∴∑i=1m (x i +y i )=0×m 2+2×m2=m.故选B.8.已知函数f(x)=x 2-x-4xx -1(x<0),g(x)=x 2+bx-2(x>0),b ∈R,若f(x)图象上存在两个不同的点A,B 分别与g(x)图象上A',B'两点关于y 轴对称,则b 的取值范围是( ) A.(-4√2-5,+∞) B.(4√2-5,+∞) C.(-4√ D.(4√答案 D 设函数g(x)图象上任一点的坐标为(x,x 2+bx-2),其关于y 轴的对称点的坐标为(-x,x 2+bx-2),所以方程x 2+bx-2=x 2+x--4x -x -1,即(b-1)x 2+(b+1)x-2=0在(0,+∞)上有两个不等实根,所以{ Δ=(b +1)2+8(b -1)>0,-2b -1>0,-b+12(b -1)>0,解得4√2-5<b<1,即实数b 的取值范围是(4√2-5,1),故选D.9.函数f(x)={(x-1)2,x≥0,|e x-2|,x<0,则f(-1)= ,若方程f(x)=m有两个不同的实数根,则m的取值范围为.答案2-1e;(0,2)解析f(-1)=|1e -2|=2-1e.作出函数f(x)的图象,如图,当x<0时,f(x)=2-e x∈(1,2),∴当x≤1时, f(x)∈[0,2),当x>1时, f(x)>0,若方程f(x)=m有两个不同的实数根,则0<m<2,即实数m的取值范围是(0,2).。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时112.9函数模型及其应用
2.9 函数模型及其应用A组基础题组1.小明骑车上学,开始时匀速行驶,途中因交通堵塞停留了一段时间,后来为了赶时间加快速度行驶.与以上事件吻合得最好的图象是( )答案 C 小明匀速运动时,所得图象为一条直线,且距离学校越来越近,故排除A.因交通堵塞停留了一段时间,与学校的距离不变,故排除D.后来为了赶时间加快速度行驶,故排除B.故选C.2.某工厂6年来生产某种产品的情况是:前3年年产量的增长速度越来越快,后3年的年产量保持不变,将该厂6年来这种产品的总产量C与时间t(年)的函数关系用图象表示,正确的是( )答案 A 依题意,前3年年产量的增长速度越来越快,说明总产量C的增长速度越来越快,只有选项A中的图象符合要求,故选A.3.(2018临沂模拟)某地区要建造一条防洪堤,其横断面为等腰梯形,腰与底边夹角为60°(如图),考虑防洪堤坚固性及石块用料等因素,设计其横断面要求面积为9平方米,且高度不低于米.记防洪堤横断面的腰长为x米,外周长(梯形的上底线段BC与两腰长的和)为y米.要使防洪堤横断面的外周长不超过10.5米,则其腰长x的范围为( )A.[2,4]B.[3,4]C.[2,5]D.[3,5]答案 B 根据题意知,9=(AD+BC)h,其中AD=BC+2·=BC+x,h=x,所以9=(2BC+x)·x,得BC=-,由得2≤x<6,所以y=BC+2x=+(2≤x<6),由+≤10.5,解得3≤x≤4.因为[3,4]⊆[2,6),所以腰长x的范围是[3,4].4.加工爆米花时,爆开且不煳的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”.在特定条件下,可食用率p与加工时间t(单位:分钟)满足函数关系p=at2+bt+c(a,b,c是常数),下图记录了三次实验的数据.根据上述函数模型和实验数据,可以得到最佳加工时间为( )A.3.50分钟B.3.75分钟C.4.00分钟D.4.25分钟答案 B 由已知得解得∴p=-0.2t2+1.5t-2=-+,∴当t==3.75时p最大,即最佳加工时间为3.75分钟.故选B.5.某校甲、乙两食堂某年1月份的营业额相等,甲食堂的营业额逐月增加,并且每月的增加值相同;乙食堂的营业额也逐月增加,且每月增加的百分率相同.已知该年9月份两食堂的营业额又相等,则该年5月份( )A.甲食堂的营业额较高B.乙食堂的营业额较高C.甲、乙两食堂的营业额相同D.不能确定甲、乙哪个食堂的营业额较高答案 A 设甲、乙两食堂1月份的营业额均为m,甲食堂的营业额每月增加a(a>0),乙食堂的营业额每月增加的百分率为x(x>0),由题意可得,m+8a=m×(1+x)8,则5月份甲食堂的营业额y1=m+4a,乙食堂的营业额y2=m×(1+x)4=,因为-=(m+4a)2-m(m+8a)=16a2>0,所以y1>y2,故5月份甲食堂的营业额较高.6.调查表明,酒后驾驶是导致交通事故的重要原因,交通法规规定,驾驶员在驾驶机动车时血液中酒精含量不得超过0.2mg/mL.某人喝酒后,其血液中酒精含量将上升到3mg/mL,在停止喝酒后,血液中酒精含量以每小时50%的速度减少,则至少经过小时他才可以驾驶机动车.(精确到小时)答案4解析设n小时后他可以驾驶机动车,由题意得3(1-0.5)n≤0.2,即2n≥15,故至少经过4小时他才可以驾驶机动车.7.A、B两艘船分别从东西方向上相距145km的甲、乙两地开出.A船从甲地自东向西行驶,B 船从乙地自北向南行驶,A船的速度是40km/h,B船的速度是16km/h,经过h,A、B两艘船之间的距离最短.答案解析设经过xh,A、B两艘船之间的距离为ykm,由题意可得y==,易知当x=-=时,y取得最小值,即A、B两艘船之间的距离最短.8.(2018杭州八校联考)一艘轮船在匀速行驶过程中每小时的燃料费与速度v的平方成正比,且比例系数为k,除燃料费外其他费用为每小时96元.当速度为10海里/时时,每小时的燃料费是6元.若匀速行驶10海里,则当这艘轮船的速度为海里/时时,总费用最小. 答案40解析设每小时的总费用为y元,行驶10海里的总费用为W元,则y=kv2+96,又当v=10时,k×102=6,解得k=0.06,所以y=0.06v2+96,又匀速行驶10海里所用的时间为小时,故W=y=(0.06v2+96)=0.6v+≥2=48,当且仅当0.6v=,即v=40时等号成立.故总费用最小时轮船的速度为40海里/时.9.某食品的保鲜时间y(单位:小时)与储藏温度x(单位:℃)满足函数关系y=e kx+b(e=2.718…为自然对数的底数,k,b为常数).若该食品在0℃的保鲜时间是192小时,在22℃的保鲜时间是48小时,则该食品在33℃的保鲜时间是小时.答案24解析依题意有192=e b,48=e22k+b=e22k·e b,所以e22k===,所以e11k=或-(舍去),于是该食品在33℃的保鲜时间是e33k+b=(e11k)3·e b=×192=24(小时).10.某地上年度电价为0.8元,年用电量为1亿千瓦时.本年度计划将电价调至0.55元~0.75元之间(包含0.55元和0.75元),经测算,若电价调至x元,则本年度新增用电量y(亿千瓦时)与(x-0.4)(元)成反比.又当x=0.65时,y=0.8.(1)求y与x之间的函数关系式;(2)若每千瓦时电的成本为0.3元,则电价调至多少时,本年度电力部门的收益将比上年增加20%?[收益=用电量×(实际电价-成本价)]解析(1)因为y与(x-0.4)成反比,所以可设y=(k≠0),把x=0.65,y=0.8代入上式得0.8=,解得k=0.2,所以y==,则y与x之间的函数关系式为y=(0.55≤x≤0.75).(2)根据题意,得(x-0.3)=1×(0.8-0.3)×(1+20%),整理得x2-1.1x+0.3=0.解得x1=0.5,x2=0.6,因为x的取值范围是[0.55,0.75],所以x=0.5不符合题意,舍去,则x=0.6,所以当电价调至0.6元时,本年度电力部门的收益将比上年增加20%.11.某山区外围有两条相互垂直的直线型公路,为进一步改善山区的交通现状,计划修建一条连接两条公路和山区边界的直线型公路,记两条相互垂直的公路为l1,l2,山区边界曲线为C,计划修建的公路为l,如图所示,M,N为C的两个端点,测得点M到l1,l2的距离分别为5千米和40千米,点N到l1,l2的距离分别为20千米和2.5千米,以l2,l1所在的直线分别为x,y轴,建立平面直角坐标系xOy,假设曲线C符合函数y=(其中a,b为常数)模型.(1)求a,b的值;(2)设公路l与曲线C相切于P点,P的横坐标为t.①请写出公路l长度的函数解析式f(t),并写出其定义域;②当t为何值时,公路l的长度最短?求出最短长度.解析(1)由题意知,点M,N的坐标分别为(5,40),(20,2.5).将其分别代入y=,得解得(2)①由(1)知,y=(5≤x≤20),则点P的坐标为,y'=-,设在点P处的切线l交x,y轴分别于A,B点,l的方程为y-=-(x-t),由此得A,B.故f(t)==,t∈[5,20].②设g(t)=t2+,则g'(t)=2t-.令g'(t)=0,解得t=10.当t∈(5,10)时,g'(t)<0,g(t)是减函数;当t∈(10,20)时,g'(t)>0,g(t)是增函数.从而,当t=10时,函数g(t)有极小值,也是最小值,所以g(t)min=300,此时f(t)min=15.答:当t=10时,公路l的长度最短,最短长度为15千米.B组提升题组1.某市生产总值连续两年持续增加,第一年的增长率为p,第二年的增长率为q,则该市这两年生产总值的年平均增长率为( )A. B.C. D.-1答案 D 设两年前的年底该市的生产总值为a,则第二年年底的生产总值为a(1+p)(1+q).设这两年生产总值的年平均增长率为x,则a(1+x)2=a(1+p)(1+q),由于连续两年持续增加,所以x>0,所以x=-1,故选D.2.某乡镇现在人均一年占有粮食360千克,如果该乡镇人口平均每年增长1.2%,粮食总产量平均每年增长4%,那么x年后若人均一年占有y千克粮食,则y关于x的解析式为( ) A.y=360 B.y=360×1.04xC.y=D.y=360答案 D 设该乡镇现在人口总量为M,则该乡镇现在一年的粮食总产量为360M千克,1年后,该乡镇粮食总产量为360M(1+4%)千克,人口总量为 M(1+1.2%),则人均占有粮食千克,2年后,人均占有粮食千克,……,x年后,人均占有粮食千克,即所求解析式为y=360.3.汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程,下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况.下列叙述中正确的是( )A.消耗1升汽油,乙车最多可行驶5千米B.以相同速度行驶相同路程,三辆车中,甲车消耗汽油最多C.甲车以80km/h的速度行驶1小时,消耗10升汽油D.某城市机动车最高限速80km/h.相同条件下,在该市用丙车比用乙车更省油答案 D 对于A选项:由题图可知,当乙车速度大于40km/h时,乙车每消耗1升汽油,行驶里程都超过5km,则A错;对于B选项:由题意可知,以相同速度行驶相同路程,燃油效率越高,耗油越少,故三辆车中甲车耗油最少,则B错;对于C选项:甲车以80km/h的速度行驶时,燃油效率为10km/L,则行驶1小时,消耗了汽油80×1÷10=8(L),则C错;对于D选项:当行驶速度小于80km/h时,在相同条件下,丙车的燃油效率高于乙车,则在该市用丙车比用乙车更省油,则D对.综上,选D.4.某公司为了实现1000万元销售利润的目标,准备制订一个激励销售人员的奖励方案:在销售利润达到10万元时,按照销售利润进行奖励,且奖金y(单位:万元)随销售利润x(单位:万元)的增加而增加,但奖金不超过5万元,同时奖金不超过销售利润的25%,则下列函数最符合要求的是( )A.y=xB.y=lgx+1C.y=D.y=答案 B 由题意知,x∈[10,1000],符合公司要求的模型需同时满足:①函数为增函数;②函数的最大值不超过5;③y≤x·25%.对于y=x,易知满足①,但当x>20时,y>5,不满足要求;对于y=,易知满足①,因为>5,故当x>4时,不满足要求;对于y=,易知满足①,但当x>25时,y>5,不满足要求;对于y=lgx+1,易知满足①,当x∈[10,1000]时,2≤y≤4,满足②,再证明lgx+1≤x·25%,即4lgx+4-x≤0,设F(x)=4lgx+4-x,则F'(x)=-1<0,x∈[10,1000],所以F(x)为减函数,f(x)max=F(10)=4lg10+4-10=-2<0,满足③,故选B.5.(2019汤溪中学月考)某远程教育网推出两种上网学习卡收取佣金的方案:A方案是先收取20元学习佣金,再按上网学习的累计时间收取佣金,B方案是直接按上网学习的累计时间收取佣金.已知一个月的学习累计时间t(小时)与上网费用s(元)的函数关系如图所示,则当累计学习150小时时,这两种方案收取的佣金相差元.答案10解析设A方案对应的函数解析式为s1=k1t+20,B方案对应的函数解析式为s2=k2t,当t=100时,100k1+20=100k2,∴k2-k1=,当t=150时,150k2-150k1-20=150×-20=10.6.(2018辽宁抚顺模拟)食品安全问题越来越引起人们的重视,农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来了一定的危害,为了给消费者带来放心的蔬菜,某农村合作社每年投入200万元,搭建了甲、乙两个无公害蔬菜大棚,每个大棚至少要投入20万元,其中甲大棚种西红柿,乙大棚种黄瓜,根据以往的种菜经验,发现种西红柿的年收入P(单位:万元)、种黄瓜的年收入Q(单位:万元)与投入a(单位:万元)满足P=80+4,Q=a+120,设甲大棚的投入为x(单位:万元),每年两个大棚的总收益为f(x)(单位:万元).(1)求f(50)的值;(2)如何安排甲、乙两个大棚的投入,才能使总收益f(x)最大?解析(1)∵甲大棚投入了50万元,∴乙大棚投入了150万元,∴f(50)=80+4+×150+120=277.5.(2)f(x)=80+4+(200-x)+120=-x+4+250,依题意得⇒20≤x≤180,故f(x)=-x+4+250(20≤x≤180).令t=,则t∈[2,6],f(t)=-t2+4t+250=-(t-8)2+282,当t=8,即x=128时,f(x)max=282.所以甲大棚投入128万元,乙大棚投入72万元时,总收益最大,且最大收益为282万元.。
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第二章函数2.2函数的单调性与最值课件
由 f'(x)<0 得 1- 2 <0,即 x2<a,解得 0<x< .
所以 f(x)在(0, )上为减函数,在( ,+∞)上为增函数.
-20-
考点一
考点二
考点三
方法总结1.函数单调性的判断可以根据根本函数的单调性和复
合函数单调性判断方法(同增异减)判断.
2.用定义法证明函数的单调性根本步骤:①取值(任取x1,x2∈D,
2 2-3.
关闭
2 2-3
解析
答案
-11知识梳理
双击自测
自测点评
1.函数的单调性是对某个区间而言的,所以要受到区间的限制.如
1
函数y= 分别在(-∞,0),(0,+∞)内都是单调递减的,但不能说它在整
个定义域即(-∞,0)∪(0,+∞)内单调递减,只能分开写或用“和〞连
接,不能用“∪〞连接,也不能用“或〞连接.
,
-1 在区间(-2,2)上单调递减,函数 y=ln x 是定义域内的
+2
2-
单调递增函数,由复合函数的单调性可知函数 f(x)=ln2+ 单调递减,
符合题意.故选 D.
-18-
考点一
考点二
考点三
(2)讨论函数f(x)=x+
(a>0)在(0,+∞)上的单调性.
解:(方法一:定义法)
设x1,x2是任意两个正数,且0<x1<x2,
递减区间是(
)
A.(-∞,-3)
B.(1,+∞)
C.(-∞,-1)
D.(-1,+∞)
关闭
当x=2时,y=loga5>0,∴a>1.
2020年高考数学一轮复习讲练测浙江版专题2.7函数的图象(讲)含解析
2020年高考数学一轮复习讲练测（浙江版）第二章函数第07讲函数的图象 ---讲1. 会运用函数图象理解和研究函数的性质.2. 高考预测：（1）函数图象的辨识（2）函数图象的变换（3）主要有由函数的性质及解析式选图；由函数的图象来研究函数的性质、图象的变换、数形结合解决不等式、方程等问题．常常与导数结合考查.3.备考重点（1）基本初等函数的图象（2）两图象交点、函数性质、方程解的个数、不等式的解集等方面的应用知识点1．利用描点法作函数的图象步骤：(1)确定函数的定义域；(2)化简函数解析式；(3)讨论函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、对称性等)；(4)列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、与坐标轴的交点等)，描点，连线. 【典例1】【2018年全国卷Ⅲ理】设函数．（1）画出的图象；（2）当，，求的最小值．【答案】（1）见解析；（2） 【解析】（1）的图象如图所示．（2）由（1）知，的图像与轴交点的纵坐标为，且各部分所在直线斜率的最大值为，故当且仅当且时，在成立，因此的最小值为．【规律方法】 函数图象的画法(1)直接法：当函数表达式(或变形后的表达式)是熟悉的基本函数时，就可根据这些函数的特征描出图象的关键点直接作出．(2)转化法：含有绝对值符号的函数，可去掉绝对值符号，转化为分段函数来画图象． 【变式1】【北京海淀十一学校2017-2018学年高一上期中】对a 、b ∈R ，记，函数．（1）求(0)f ，(4)f -．（2）写出函数()f x 的解析式，并作出图像．（3）若关于x 的方程()f x m =有且仅有3个不等的解，求实数m 的取值范围．（只需写出结论） 【答案】见解析． 【解析】解：（1）∵，函数，∴，．（2）（3）5m =或171m +=知识点2．利用图象变换法作函数的图象(1)平移变换(2)对称变换y ＝f (x )的图象――→关于x 轴对称y ＝－f (x )的图象； y ＝f (x )的图象――→关于y 轴对称y ＝f (－x )的图象；y ＝f (x )的图象――→关于原点对称y ＝－f (－x )的图象； y ＝a x (a >0，且a ≠1)的图象――→关于直线y ＝x 对称y ＝log a x (a >0，且a ≠1)的图象.(3)伸缩变换y ＝f (x )――→纵坐标不变各点横坐标变为原来的1a （a >0）倍y ＝f (ax ).y ＝f (x )――→横坐标不变各点纵坐标变为原来的A （A >0）倍y ＝Af (x ). (4)翻转变换y ＝f (x )的图象――→x 轴下方部分翻折到上方x 轴及上方部分不变y ＝|f (x )|的图象； y ＝f (x )的图象――→y 轴右侧部分翻折到左侧原y 轴左侧部分去掉，右侧不变y ＝f (|x |)的图象. 【典例2】分别画出下列函数的图象：【答案】见解析【解析】 (1)首先作出y ＝lg x 的图象C 1，然后将C 1向右平移1个单位，得到y ＝lg(x －1)的图象C 2，再把C 2在x 轴下方的图象作关于x 轴对称的图象，即为所求图象C 3：y ＝|lg(x －1)|.如图1所示(实线部分).(2)y ＝2x ＋1－1的图象可由y ＝2x 的图象向左平移1个单位，得y ＝2x＋1的图象，再向下平移一个单位得到，如图2所示.(3) 第一步作y ＝lgx 的图像．第二步将y ＝lgx 的图像沿y 轴对折后与原图像，同为y ＝lg|x|的图像． 第三步将y ＝lg|x|的图像向右平移一个单位，得y ＝lg|x －1|的图像 第四步将y ＝lg|x －1|的图像在x 轴下方部分沿x 轴向上翻折，得的图像，如图3．【重点总结】图象变换法若函数图象可由某个基本函数的图象经过平移、翻折、对称得到，可利用图象变换作出，并应注意平移变换与伸缩变换的顺序对变换单位及解析式的影响． 【变式2】作出下列函数的图象：(1)y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |；(2)y ＝|log 2(x ＋1)|；(3)y ＝2x －1x －1；(4)y ＝x 2－2|x |－1.【答案】见解析 【解析】(1)先作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 的图象，保留y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x 图象中x ≥0的部分，再作出y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x的图象中x ＞0部分关于y 轴的对称部分，即得y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |的图象，如图①实线部分．(2)将函数y ＝log 2x 的图象向左平移一个单位，再将x 轴下方的部分沿x 轴翻折上去，即可得到函数y ＝|log 2(x ＋1)|的图象，如图②.(3)∵y ＝2＋1x －1，故函数图象可由y ＝1x的图象向右平移1个单位，再向上平移2个单位即得，如图③.(4)∵y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x －1，x ≥0，x 2＋2x －1，x ＜0，且函数为偶函数，先用描点法作出[0，＋∞)上的图象，再根据对称性作出(－∞，0)上的图象，如图④.考点1 作图【典例3】分别画出下列函数的图象： (1)y ＝|x 2－4x ＋3|；(2)y ＝2x ＋1x ＋1；(3)y ＝10|lg x |. 【答案】见解析【解析】(1)先画函数y ＝x 2－4x ＋3的图象，再将其x 轴下方的图象翻折到x 轴上方，如图1.(2)y ＝2x ＋1x ＋1＝2（x ＋1）－1x ＋1＝2－1x ＋1.可由函数y ＝－1x向左平移1个单位，再向上平移2个单位得到，如图2.(3)y ＝10|lg x |＝⎩⎪⎨⎪⎧x ，x ≥1，1x ，0＜x ＜1，如图3.【易错提醒】对于左、右平移变换，往往容易出错，在实际判断中可熟记口诀：左加右减；但要注意加、减指的是自变量，否则不成立．【变式3】作出函数y ＝|x －2|·(x ＋1) 的图象． 【答案】4，2. 【解析】当x ≥2，即x －2≥0时，y ＝(x －2)(x ＋1)＝x 2－x －2＝⎝⎛⎭⎪⎫x －122－94；当x ＜2，即x －2＜0时，y ＝－(x －2)(x ＋1)＝－x 2＋x ＋2＝－⎝⎛⎭⎪⎫x －122＋94.所以y ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－94，x ≥2，－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋94，x ＜2.这是分段函数，每段函数的图象可根据二次函数图象作出(如图)．考点2 识图【典例4】【2018年浙江卷】函数y =sin2x 的图象可能是（ ）A. B.C. D.【答案】D【总结提升】识图的三种常用方法1．抓住函数的性质，定性分析：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．2．抓住函数的特征，定量计算：从函数的特征点，利用特征点、特殊值的计算分析解决问题．3．根据实际背景、图形判断函数图象的方法：(1)根据题目所给条件确定函数解析式，从而判断函数图象(定量分析)；(2)根据自变量取不同值时函数值的变化、增减速度等判断函数图象(定性分析)．【变式4】（2018·莆田第九中学高三高考模拟（文））函数(且)与函数的图像关于直线对称，则函数与二次函数在同一坐标系内的图像可能是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】 因为函数(且)与函数的图像关于直线对称，所以，在选项A 中，对数函数的图像单调递增，所以a>1, 所以a-1>0,所以二次函数的抛物线开口向上， 抛物线的对称轴为所以选项A 是正确的， 故答案为：A.【典例5】【2018年理数全国卷II 】函数的图像大致为（ ）A. AB. BC. CD. D 【答案】B 【解析】为奇函数，舍去A,舍去D;，所以舍去C ；因此选B.【思路点拨】往往通过研究函数的导数，首先确定函数的单调性，再判断图象的变化趋势．【变式5】【2017浙江，7】函数y=f (x )的导函数()y f x '=的图像如图所示，则函数y=f (x )的图像可能是（）【答案】D【解析】原函数先减再增，再减再增，且由增变减时，极值点大于0，因此选D．考点3 用图【典例6】【山东省2018年普通高校招生（春季）】奇函数的局部图像如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为奇函数，所以,因为>0>，所以,即，选A.【总结提升】函数图象应用的常见题型与求解策略【变式6】（2018·安徽高三高考模拟（文））已知函数的图象如图所示，则的大小关系为（）A． B．C． D．【答案】A【解析】由图像可知，，得，故答案为：A.【典例7】（2019·北京高三高考模拟（文））当x∈[0，1]时，下列关于函数y=2(1)mx -的图象与y = ）A ．当[]m 0,1∈时，有两个交点B ．当(]m 1,2∈时，没有交点 C ．当(]m 2,3∈时，有且只有一个交点 D ．当()m 3,∞∈+时，有两个交点【答案】B 【解析】设f （x ）=2(1)mx -，g （x ）x m + ，其中x∈[0，1] A ．若m=0，则()1f x =与()g x x =[0，1]上只有一个交点(1,1)，故A 错误．B ．当m∈（1，2）时，即当m∈（1，2]时，函数y=2(1)mx -的图象与y x m =+x∈[0，1]无交点，故B 正确，C ．当m∈（2，3]时，，当时，此时无交点，即C 不一定正确．D ．当m∈（3，+∞）时，g （0）m ＞1，此时f （1）＞g （1），此时两个函数图象只有一个交点，故D 错误，故选：B ．【变式7】【2018届广西钦州市第三次检测】设函数与函数的的图象在区间上交点的横坐标依次分别为，，…，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】将函数与y=的图象有公共的对称中心（，0），从图象知它们在区间上有八个交点，分别为四对对称点，每一对的横坐标之和为1，故所有的横坐标之和为4．故选：A．【典例8】（2019·北京高考模拟（理））已知函数f（x）=2x（x＜0）与g（x）=ln（x+a）的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】在同一直角坐标系中作出函数f（x）=2x（x＜0）与g（x）=ln（x+a）的图象，当y=lnx 向左平移a （a ＞0）个单位长度，恰好过（0，1）时，函数f （x ）与g （x ）就不存在关于y 轴对称的点，所以0＜a ＜e ， 当y=lnx 向右平移（a ＜0）个单位长度，函数f （x ）与g （x ）总存在关于y 轴对称的点，当a=0时，显然满足题意，综上：a ＜e ， 故选：B ．【变式8】（2019·陕西高考模拟（理））已知函数，若1a b <<且，则实数2a b +的取值范围是（ ） A ．B ．C ．[)6+∞，D ．()6+∞，【答案】A 【解析】函数f （x ）＝|lg （x ﹣1）|， ∵1＜a ＜b 且f （a ）＝f （b ），则b ＞2，1＜a ＜2，∴，即111b a =--， 可得：ab ﹣a ﹣b ＝0． 那么：a 1bb =-． 则2a +b，当且仅当b 21=时取等号．满足b ＞2， 故选：A ．【典例9】（2019·四川高三高考模拟（理））已知函数是定义在上的奇函数，且当时，，则方程的所有解的和为（ ）A ．B ．1C ．3D ．5【答案】C 【解析】 ∵是定义在R 上的奇函数，且当时，∴当时，则即 则作出的图象如图：∵的图象与的图象关于对称 ∴作出的图象，由图象知与的图象有三个交点即有三个根，其中一个根为1，另外两个根a ，b 关于对称即则所有解的和为故选：C．【变式9】【2018届湖北省5月冲刺】已知是奇函数，是偶函数，它们的定义域均为，且它们在上的图象如图所示，则不等式的解集是__________．【答案】【解析】根据图像得当时异号；当时号；由是奇函数，是偶函数，得当时；因此不等式的解集是.。
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习-第7讲函数的图象练习(含解析)
第7讲 函数的图象[基础达标]1．(2019·台州市高考模拟)函数f (x )＝(x 3－3x )sin x 的大致图象是( )解析：选C.函数f (x )＝(x 3－3x )sin x 是偶函数，排除A ，D ；当x ＝π4时，f (π4)＝[(π4)3－3×π4]×22＜0，排除B ，故选C.2. 若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ＋b ，x <－1ln （x ＋a ），x ≥－1的图象如图所示，则f (－3)等于 ( ) A ．－12B ．－54C ．－1D ．－2解析：选C.由图象可得a (－1)＋b ＝3，ln(－1＋a )＝0，得a ＝2，b ＝5，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋5，x <－1ln （x ＋2），x ≥－1，故f (－3)＝2×(－3)＋5＝－1，故选C. 3．在同一直角坐标系中，函数y ＝ax 2－x ＋a2与y ＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a (a ∈R )的图象不可能的是( )解析：选B.当a ＝0时，函数为y 1＝－x 与y 2＝x ，排除D.当a ≠0时，y 1＝ax 2－x ＋a2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12a 2－14a ＋a 2，而y 2＝a 2x 3－2ax 2＋x ＋a ，求导得y ′2＝3a 2x 2－4ax ＋1，令y ′2＝0，解得x 1＝13a ，x 2＝1a ，所以x 1＝13a 与x 2＝1a 是函数y 2的两个极值点．当a ＞0时，13a ＜12a ＜1a；当a ＜0时，13a ＞12a ＞1a，即二次函数y 1的对称轴在函数y 2的两个极值点之间，所以选项B 不合要求，故选B.4．已知y ＝f (2x ＋1)是偶函数，则函数y ＝f (2x )的图象的对称轴是( ) A ．x ＝1 B ．x ＝－1 C ．x ＝－12D ．x ＝12解析：选D.因为函数y ＝f (2x ＋1)是偶函数，所以其图象关于y 轴对称，而函数y ＝f (2x )的图象是将函数y ＝f (2x ＋1)的图象向右平移12个单位，所以对称轴也向右平移12个单位，所以函数y ＝f (2x )的图象的对称轴为x ＝12.5．(2019·绍兴一中模拟)函数y ＝x 33x 4－1的图象大致是 ( )解析：选A.因为y ＝x 33x 4－1，所以函数y ＝x 33x 4－1是奇函数，图象关于原点对称，故排除C ；当x ＜－1时，恒有y ＜0，故排除D ；－1＜x ＜0时，y ＞0，故可排除B ；故选A.6．设函数f (x )＝min{|x －2|，x 2，|x ＋2|}，其中min{x ，y ，z }表示x ，y ，z 中的最小者，下列说法错误的是( )A ．函数f (x )为偶函数B ．若x ∈[1，＋∞)时，有f (x －2)≤f (x )C ．若x ∈R 时，f (f (x ))≤f (x )D ．若x ∈[－4，4]时，|f (x －2)|≥f (x )解析：选D.在同一坐标系中画出f (x )的图象如图所示．f (x )的图象关于y 轴对称，故f (x )为偶函数，故A 正确．由图可知x ∈[1，＋∞)时，有f (x －2)≤f (x )，故B 成立．从图象上看，当x ∈[0，＋∞)时，有0≤f (x )≤x 成立，令t ＝f (x )，则t ≥0，故f (f (x ))≤f (x )，故C 成立．取x ＝32，则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32＝12，|f (x －2)|<f (x )，故D 不成立． 综上，选D.7．函数y ＝log 2|x ＋1|的单调递减区间为________，单调递增区间为________． 解析：作出函数y ＝log 2x 的图象，将其关于y 轴对称得到函数y ＝log 2|x |的图象，再将图象向左平移1个单位长度就得到函数y ＝log 2|x ＋1|的图象(如图所示)．由图知，函数y ＝log 2|x ＋1|的单调递减区间为(－∞，－1)，单调递增区间为(－1，＋∞)．答案：(－∞，－1) (－1，＋∞)8. 如图，函数f (x )的图象是曲线OAB ，其中点O ，A ，B 的坐标分别为(0，0)，(1，2)，(3，1)，则f ⎝⎛⎭⎪⎫1f （3）的值等于________．解析：由图象知f (3)＝1， 所以1f （3）＝1.所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1f （3）＝f (1)＝2.答案：29．如图，定义在[－1，＋∞)上的函数f (x )的图象由一条线段及抛物线的一部分组成，则f (x )的解析式为________．解析：当x ∈[－1，0]时，设y ＝kx ＋b ，由图象得⎩⎪⎨⎪⎧－k ＋b ＝0，k ×0＋b ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧k ＝1，b ＝1，所以y ＝x ＋1；当x ∈(0，＋∞)时，设y ＝a (x －2)2－1， 由图象得0＝a ·(4－2)2－1，解得a ＝14，所以y ＝14(x －2)2－1.综上可知，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ∈[－1，0]，14（x －2）2－1，x ∈（0，＋∞）. 答案：f(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ∈[－1，0]，14（x －2）2－1，x ∈（0，＋∞） 10．直线y ＝1与曲线y ＝x 2－|x |＋a 有四个交点，则a 的取值范围是________． 解析：y ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋a ，x ≥0，x 2＋x ＋a ，x ＜0，作出图象，如图所示． 此曲线与y 轴交于点(0，a )，最小值为a －14，要使y ＝1与其有四个交点，只需a －14＜1＜a ，所以1＜a ＜54.答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫1，54 11.已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3－x 2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈（2，5]. (1)在如图所示给定的直角坐标系内画出f (x )的图象； (2)写出f (x )的单调递增区间；(3)由图象指出当x 取什么值时f (x )有最值． 解：(1)函数f (x )的图象如图所示．(2)由图象可知，函数f (x )的单调递增区间为[－1，0]，[2，5]． (3)由图象知当x ＝2时，f (x )min ＝f (2)＝－1， 当x ＝0时，f (x )max ＝f (0)＝3.12．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x＋2的图象关于点A (0，1)对称．(1)求f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋a x，且g (x )在区间(0，2]上为减函数，求实数a 的取值范围． 解：(1)设f (x )图象上任一点P (x ，y )，则点P 关于(0，1)点的对称点P ′(－x ，2－y )在h (x )的图象上，即2－y ＝－x －1x＋2，即y ＝f (x )＝x ＋1x(x ≠0)．(2)g (x )＝f (x )＋a x ＝x ＋a ＋1x ，g ′(x )＝1－a ＋1x2. 因为g (x )在(0，2]上为减函数， 所以1－a ＋1x 2≤0在x ∈(0，2]上恒成立， 即a ＋1≥x 2在x ∈(0，2]上恒成立， 所以a ＋1≥4，即a ≥3，故实数a 的取值范围是[3，＋∞)．[能力提升]1．(2019·金华市东阳二中高三调研)已知函数f (x )＝x －4＋9x ＋1，x ∈(0，4)，当x ＝a 时，f (x )取得最小值b ，则函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a |x ＋b |的图象为( )解析：选B.因为x ∈(0，4)，所以x ＋1>1. 所以f (x )＝x －4＋9x ＋1＝x ＋1＋9x ＋1－5 ≥2（x ＋1）·9x ＋1－5＝1， 当且仅当x ＝2时取等号，f (x )的最小值为1. 所以a ＝2，b ＝1，所以函数g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a |x ＋b |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x ＋1|，关于直线x ＝－1对称，故选B. 2．定义函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4－8⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －32，1≤x ≤2，12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x >2，则函数g (x )＝xf (x )－6在区间[1，2n ](n ∈N *)内所有零点的和为( )A ．nB ．2nC ．34(2n－1) D ．32(2n－1) 解析：选D.由g (x )＝xf (x )－6＝0得f (x )＝6x，故函数g (x )的零点即为函数y ＝f (x )和函数y ＝6x图象交点的横坐标．由f (x )＝12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2可得，函数y ＝f (x )是以区间(2n －1，2n)为一段，其图象为在水平方向上伸长为原来的2倍，同时在竖直方向上缩短为原来的12，从而先作出函数y ＝f (x )在区间[1，2]上的图象，再依次作出其在[2，4]，[4，8]，…，[2n －1，2n]上的图象(如图)．然后再作出函数y ＝6x的图象，结合图象可得两图象的交点在函数y ＝f (x )的极大值点的位置，由此可得函数g (x )在区间(2n －1，2n)上的零点为x n ＝2n －1＋2n2＝34·2n，故所有零点之和为S n ＝34·2（1－2n）1－2＝3（2n－1）2.故选D.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－4x 2，x <0x 2－x ，x ≥0，若f (a )＝－14，则a ＝________，若方程f (x )－b ＝0有三个不同的实根，则实数b 的取值范围是________．解析：若－4a 2＝－14，解得a ＝－14，若a 2－a ＝－14，解得a ＝12，故a ＝－14或12；当x ＜0时，f (x )＜0，当x ＞0时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－14，f (x )的最小值是－14，若方程f (x )－b ＝0有三个不同的实根，则b ＝f (x )有3个交点，故b ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0.故答案为：－14或12；⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0. 答案：－14或12 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0 4．(2019·学军中学模拟)函数f (x )＝⎩⎨⎧ln x （x >0），－－x （x ≤0）与g (x )＝|x ＋a |＋1的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是________．解析：设y ＝h (x )与y ＝f (x )的图象关于y 轴对称，则h (x )＝f (－x )＝⎩⎨⎧ln （－x ），x <0，－x ，x ≥0，作出y ＝h (x )与y ＝g (x )的函数图象如图所示．因为f (x )与g (x )图象上存在关于y 轴对称的点，所以y ＝h (x )与y ＝g (x )的图象有交点，所以－a ≤－e ，即a ≥e.答案：[e ，＋∞)5．已知函数f (x )＝2x，x ∈R .(1)当m 取何值时方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式f 2(x )＋f (x )－m >0在R 上恒成立，求m 的取值范围．解：(1)令F (x )＝|f (x )－2|＝|2x－2|，G (x )＝m ，画出F (x )的图象如图所示，由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数F (x )与G (x )的图象只有一个交点，原方程有一个解；当0<m <2时，函数F (x )与G (x )的图象有两个交点，原方程有两个解．(2)令f (x )＝t (t >0)，H (t )＝t 2＋t ， 因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数， 所以H (t )>H (0)＝0.因此要使t 2＋t >m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0，即所求m 的取值范围为(－∞，0]．6．(1)已知函数y ＝f (x )的定义域为R ，且当x ∈R 时，f (m ＋x )＝f (m －x )恒成立，求证：y ＝f (x )的图象关于直线x ＝m 对称；(2)若函数f (x )＝log 2|ax －1|的图象的对称轴是x ＝2，求非零实数a 的值． 解：(1)证明：设P (x 0，y 0)是y ＝f (x )图象上任意一点，则y 0＝f (x 0)．设P 点关于x ＝m 的对称点为P ′，则P ′的坐标为(2m －x 0，y 0)．由已知f (x ＋m )＝f (m －x )，得f (2m －x 0)＝f [m ＋(m －x 0)]＝f [m －(m －x 0)]＝f (x 0)＝y 0.即P ′(2m －x 0，y 0)在y ＝f (x )的图象上．所以y ＝f (x )的图象关于直线x ＝m 对称．(2)对定义域内的任意x ，有f (2－x )＝f (2＋x )恒成立．所以|a (2－x )－1|＝|a (2＋x )－1|恒成立， 即|－ax ＋(2a －1)|＝|ax ＋(2a －1)|恒成立． 又因为a ≠0，所以2a －1＝0，得a ＝12.。
2020版高考浙江专用新精准大一轮精：第2章 第2讲 函数的单调性与最值刷好题练能力
[基础达标]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．y ＝ln(x ＋2) B ．y ＝－x ＋1C ．y ＝⎝⎛⎭⎫12xD ．y ＝x ＋1x解析：选A.选项A 的函数y ＝ln(x ＋2)的增区间为(－2，＋∞)，所以在(0，＋∞)上一定是增函数． 2．函数y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则( )A ．m >12B ．m <12C ．m >－12D ．m <－12解析：选B.使y ＝(2m －1)x ＋b 在R 上是减函数，则2m －1<0，即m <12.3．若函数f (x )＝a ＋log 2x 在区间[1，a ]上的最大值为6，则a ＝( ) A ．2 B ．4 C ．6 D ．8解析：选B.由题得函数f (x )＝a ＋log 2x 在区间[1，a ]上是增函数，所以当x ＝a 时，函数取最大值6，即a ＋log 2a ＝6，解之得a ＝4，故答案为B.4．(2019·金华质量检测)已知函数f (x )＝|x ＋a |在(－∞，－1)上是单调函数，则a 的取值范围是( ) A ．(－∞，1] B ．(－∞，－1] C ．[－1，＋∞) D ．[1，＋∞)解析：选A.因为函数f (x )在(－∞，－a )上是单调函数，所以－a ≥－1，解得a ≤1.故选A.5．(2019·台州高三模拟)下列函数y ＝f (x )的图象中，满足f ⎝⎛⎭⎫14>f (3)>f (2)的只可能是( )解析：选D.因为f ⎝⎛⎭⎫14>f (3)>f (2)，所以函数y ＝f (x )有增有减，排除A ，B.在C 中，f ⎝⎛⎭⎫14<f (0)，f (3)>f (0)，即f ⎝⎛⎭⎫14<f (3)，排除C ，故选D.6．(2019·瑞安四校联考)已知函数y ＝f (x )在R 上是减函数，则y ＝f (|x －3|)的单调递减区间是( )A ．(－∞，＋∞)B ．[3，＋∞)C ．[－3，＋∞)D ．(－∞，3]解析：选B.因为函数y ＝f (|x －3|)是由y ＝f (μ)，μ＝|x －3|复合而成的，而函数y ＝f (x )在R 上是减函数，y ＝f (|x －3|)的单调递减区间即为μ＝|x －3|的单调递增区间，结合函数μ＝|x －3|的图象可得，应有x －3≥0，解得x ≥3，所以函数y ＝f (|x －3|)的单调递减区间是[3，＋∞)，故选B.7．(2019·衢州市高三联考)函数y ＝x －|1－x |的单调增区间为________．解析：y ＝x －|1－x |＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≥1，2x －1，x <1.作出该函数的图象如图所示．由图象可知，该函数的单调递增区间是 (－∞，1]． 答案：(－∞，1]8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x －3，x ≥1，lg （x 2＋1），x <1，则f (f (－3))＝________，f (x )的最小值是________．解析：因为 f (－3)＝lg[(－3)2＋1]＝lg 10＝1，所以f (f (－3))＝f (1)＝1＋2－3＝0.当x ≥1时，x ＋2x－3≥2 x ·2x －3＝22－3，当且仅当x ＝2x，即x ＝2时等号成立，此时f (x )min ＝22－3<0；当x <1时，lg(x 2＋1)≥lg(02＋1)＝0，此时f (x )min ＝0.所以f (x )的最小值为22－3.答案：0 22－39．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤0，ln （x ＋1），x >0，若f (2－x 2)>f (x )，则实数x 的取值范围是________．解析：函数y ＝x 3在(－∞，0]上是增函数，函数y ＝ln(x ＋1)在(0，＋∞)上是增函数，且x >0时，ln(x ＋1)>0，所以f (x )在R 上是增函数，由f (2－x 2)>f (x )，得2－x 2>x ，解得－2<x <1，所以x 的取值范围是(－2，1)．答案：(－2，1)10．定义max{a ，b }为a ，b 中的最大值，函数f (x )＝max{log 2(x ＋1)，2－x }(x ＞－1)的最小值为c ，如果函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）x ＋34，x ≥cm x ，x ＜c在R 上单调递减，则实数m 的范围为________．解析：根据题意，f (x )＝max{log 2(x ＋1)，2－x }(x ＞－1)，则f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－x ，x ＜1log 2（x ＋1），x ≥1，分析可得，当x ＝1时，f (x )取得最小值1，则有c ＝1，则g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）x ＋34，x ≥1m x ，x ＜1，若g (x )为减函数，必有⎩⎪⎨⎪⎧（2m －1）＜0，0＜m ＜1，（2m －1）＋34≤m ，解可得：0＜m ≤14，即m 的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，14. 答案：⎝⎛⎦⎤0，14 11．(2019·杭州学军中学高三模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋2，x ∈[3，5]．(1)判断函数f (x )的单调性，并证明； (2)求函数f (x )的最大值和最小值． 解：(1)f (x )在[3，5]上为增函数．证明如下：任取x 1，x 2∈[3，5]且x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 1－1x 1＋2－x 2－1x 2＋2＝3（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2），因为3≤x 1<x 2≤5，所以x 1－x 2<0，(x 1＋2)(x 2＋2)>0， 所以f (x 1)－f (x 2)<0， 即f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在[3，5]上为增函数．(2)由(1)知f (x )在[3，5]上为增函数，则f (x )max ＝f (5)＝47，f (x )min ＝f (3)＝25.12．(2019·金丽衢十二校联考)已知函数f (x )＝a －1|x |.(1)求证：函数y ＝f (x )在(0，＋∞)上是增函数；(2)若f (x )<2x 在(1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝a －1x，设0<x 1<x 2，则x 1x 2>0，x 2－x 1>0，f (x 2)－f (x 1)＝⎝⎛⎭⎫a －1x 2－⎝⎛⎭⎫a －1x 1＝1x 1－1x 2＝x 2－x 1x 1x 2>0，所以f (x )在(0，＋∞)上是增函数．(2)由题意a －1x <2x 在(1，＋∞)上恒成立，设h (x )＝2x ＋1x，则a <h (x )在(1，＋∞)上恒成立． 任取x 1，x 2∈(1，＋∞)且x 1<x 2，h (x 1)－h (x 2)＝(x 1－x 2)⎝⎛⎭⎫2－1x 1x 2.因为1<x 1<x 2，所以x 1－x 2<0，x 1x 2>1，所以2－1x 1x 2>0，所以h (x 1)<h (x 2)，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 故a ≤h (1)，即a ≤3，所以实数a 的取值范围是(－∞，3]．[能力提升]1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（a －2）x ，x ≥2（12）x －1，x <2是R 上的单调递减函数，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．(－∞，138]C ．(0，2)D ．[138，2)解析：选B.因为函数为递减函数，则⎩⎪⎨⎪⎧a －2<02（a －2）≤（12）2－1，解得a ≤138，故选B. 2．(2019·丽水质检)已知函数f 1(x )＝|x －1|，f 2(x )＝13x ＋1，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋|f 1（x ）－f 2（x ）|2，若a ，b ∈[－1，5]，且当x 1，x 2∈[a ，b ]时，g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2>0恒成立，则b －a 的最大值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选D.当f 1(x )≥f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 1（x ）－f 2（x ）2＝f 1(x )；当f 1(x )<f 2(x )时，g (x )＝f 1（x ）＋f 2（x ）2＋f 2（x ）－f 1（x ）2＝f 2(x )．综上，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f 1（x ），f 1（x ）≥f 2（x ），f 2（x ），f 1（x ）<f 2（x ）.即g (x )是f 1(x )，f 2(x )两者中的较大者．在同一直角坐标系中分别画出函数f 1(x )与f 2(x )的图象，则g (x )的图象如图中实线部分所示．由图可知g (x )在[0，＋∞)上单调递增，又g (x )在[a ，b ]上单调递增，故a ，b ∈[0，5]，则b －a 的最大值为5.3．已知m 为实数，要使函数f (x )＝|x 2－4x ＋9－2m |＋2m 在区间[0，4]上的最大值是9，则m 的取值范围是________．解析：f (x )＝|x 2－4x ＋9－2m |＋2m ＝|(x －2)2＋5－2m |＋2m ， 其对称轴为x ＝2，且f (0)＝f (4)＝|9－2m |＋2m ， f (2)＝|5－2m |＋2m ， 若f (x )max ＝f (2)＝9，即|5－2m |＋2m ＝9，解得m ＝72，此时，f (x )＝|(x －2)2－2|＋7， 且f (0)＝f (4)＝9也成立；若f (x )max ＝f (0)＝f (4)＝|9－2m |＋2m ＝9，则9－2m ≥0，即m ≤92，由f (2)＝|5－2m |＋2m ≤9，得m ≤72，综上所述，m ≤72.答案：⎝⎛⎦⎤－∞，72 4．对于函数y ＝f (x )，若存在区间[a ，b ]，当x ∈[a ，b ]时，f (x )的值域为[ka ，kb ](k ＞0)，则称y ＝f (x )为k 倍值函数，下列函数为2倍值函数的是________(填上所有正确的序号)．①f (x )＝x 2 ②f (x )＝x 3＋2x 2＋2x③f (x )＝x ＋ln x ④f (x )＝xex解析：y ＝f (x )为2倍值函数等价于，y ＝f (x )的图象与y ＝2x 有两个交点，且在[a ，b ]上递增． 对于①，y ＝2x 与y ＝x 2，有两个交点(0，0)，(2，2)， 在[0，2]上f (x )递增，值域为[0，4]，①符合题意．对于②，y ＝2x 与y ＝x 3＋2x 2＋2x ，有两个交点(0，0)，(－2，－4)， 在[－2，0]上f (x )递增，值域为[－4，0]，②符合题意．对于③，y ＝2x 与y ＝x ＋ln x ，没有交点，不存在x ∈[a ，b ]，值域为[2a ，2b ]，③不合题意．对于④，y ＝2x 与y ＝xex 有两个交点(0，0)，(－ln 2，－2ln 2)，f (x )在[－ln 2，0]上递增，值域为[－2ln 2，0]， ④合题意，故答案为①②④. 答案：①②④5．(2019·浙江新高考联盟第三次联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2ax ＋a 2＋1，x ≤0，x 2＋2x －a ，x ＞0.(1)若对于任意的x ∈R ，都有f (x )≥f (0)成立，求实数a 的取值范围；(2)记函数f (x )的最小值为M (a )，解关于实数a 的不等式M (a －2)＜M (a )． 解：(1)当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2＋1，因为f (x )≥f (0)，所以f (x )在(－∞，0]上单调递减， 所以a ≥0，当x ＞0时，f ′(x )＝2x －2x2，令2x －2x2＝0得x ＝1，所以当0＜x ＜1时，f ′(x )＜0，当x ＞1时，f ′(x )＞0， 所以f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 所以f min (x )＝f (1)＝3－a ， 因为f (x )≥f (0)＝a 2＋1，所以3－a ≥a 2＋1，解得－2≤a ≤1. 又a ≥0，所以a 的取值范围是[0，1]．(2)由(1)可知当a ≥0时，f (x )在(－∞，0]上的最小值为f (0)＝a 2＋1， 当a ＜0时，f (x )在(－∞，0]上的最小值为f (a )＝1， f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f (1)＝3－a ，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1≤3－a a ≥0得0≤a ≤1，解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧1≤3－aa ＜0得a ＜0，所以M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋1，0≤a ≤11，a ＜03－a ，a ≥1.所以M (a )在(－∞，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1，＋∞)上是减函数，作出M (a )的函数图象如图所示：令3－a ＝1得a ＝2， 因为M (a －2)＜M (a )， 所以0＜a ＜2.6．已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p ＞q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围；(2)①求F (x )的最小值m (a )；②求F (x )在区间[0，6]上的最大值M (a )． 解：(1)由于a ≥3，故当x ≤1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)·(2－x )＞0， 当x ＞1时，(x 2－2ax ＋4a －2)－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )．所以使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2，2a ]．(2)①设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2，则f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2， 所以由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎨⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a ＞2＋ 2.②当0≤x ≤2时，F (x )＝f (x )≤max{f (0)，f (2)}＝2＝F (2)；当2≤x ≤6时，F (x )＝g (x )≤max{g (2)，g (6)}＝max{2，34－8a }＝max{F (2)，F (6)}．所以M (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧34－8a ，3≤a ＜4，2，a ≥4.。
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版课件：第二章 第7讲 函数的图象
2．(2019·金华名校高三第二次统练)已知函数 f(x)＝ax2＋1bx＋c 的部分图象如图所示，则 a＋b＋c＝( )
A．－6 C．－3
B．6 D．3
解析：选 C.由直线 x＝2，x＝4，知 ax2＋bx＋c＝a(x－2)(x－ 4)，又由二次函数 y＝ax2＋bx＋c 的对称性和图象知顶点为(3， 1)，则 a＝－1，故 b＝6，c＝－8，则 a＋b＋c＝－3.
角度二 知图选式 (2019·温州高三质检)已知函数 f(x)的图象如图所示，则
f(x)的解析式可以是( )
A．f(x)＝lnx|x| C．f(x)＝x12－1
B．f(x)＝exx D．f(x)＝x－1x
【解析】 由函数图象可知，函数 f(x)为奇函数，应排除 B， C.若函数为 f(x)＝x－1x，则 x→＋∞时，f(x)→＋∞，排除 D， 故选 A. 【答案】 A
()
(2)(2019·宁波九校模拟)已知函数 f(x)＝x－ln1x－1，则 y＝f(x) 的图象大致为( )
【解析】 (1)设 f(x)＝2|x|sin 2x，其定义域关于坐标原点对称， 又 f(－x)＝2|－x|·sin(－2x)＝－f(x)，所以 y＝f(x)是奇函数，故 排除选项 A，B；令 f(x)＝0，所以 sin 2x＝0，所以 2x＝kπ(k∈Z)， 所以 x＝k2π(k∈Z)，故排除选项 C.故选 D. (2)由于 f(e)＝e－1 2＞0，排除 D.由于 f(1e)＝e＞0，排除 B.由于 f(e2)＝e2－1 3＜f(e)，故函数在(1，＋∞)为减函数，排除 C，所 以选 A. 【答案】 (1)D (2)A
第二章 函数概念与基本初等函数
第7讲 函数的图象
1．利用描点法作函数图象 其基本步骤是列表、描点、连线． 首先：①确定函数的定义域；②化简函数解析式；③讨论函数 的性质(奇偶性、单调性、对称性等)． 其次：列表(尤其注意特殊点、零点、最大值点、最小值点、 与坐标轴的交点等)，描点，连线．
2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：3_§ 2_1 函数及其表示 夯基提能作业 Word版含解析
§ 2.1函数及其表示A组基础题组1.下列可作为函数y=f(x)的图象的是( )答案 D 由函数的定义可知每一个x,有唯一一个y与之对应,故A、B、C错误,D正确.2.(2019台州中学月考)已知函数f(x)=|x-1|,则下列函数中与f(x)相同的函数是( )A.g(x)=-B.g(x)=x-1C.g(x)=--D.g(x)=---答案 D 选项A中函数的定义域为{x|x≠-1},而函数f(x)的定义域为R,故A选项不正确;选项B中函数的值域为R,而函数f(x)的值域为[0,+∞ ,故B选项不正确; f(x)=|x-1|可转化为f(x)=- ,- ,这与选项C的函数对应关系不同,故C选项不正确;选项D中的函数与f(x)的定义域、对应关系和值域相同,所以选D.3.(2018浙江金华月考)若函数f(x)=,,-,,则f(f(1))的值是( )A.-10B.10C.-2D.2答案 C 因为f(1)=21-4=-2,所以f(f(1))=f(-2 =2× -2)+2=-2,故选C.4.(2018浙江绍兴高三教学质量调研)设函数f(x)=,, ,,若f=2,则实数n为( )A.-B.-C.D.答案 D f =2×+n=+n,当+n<1,即n<-时, f=2+n=2,解得n=-,不符合题意;当+n≥1,即n≥-时,f=log2=2,即+n=4,解得n=,故选D.5.若函数f(x)是一次函数,且f(f(x))=4x+3,则函数f(x)的解析式是.答案f(x)=2x+1或f(x)=-2x-3解析设f(x)=ax+b(a≠0),则f(f(x))=af(x)+b=a2x+ab+b=4x+3,∴,,解得,或-,-,∴f x =2x+1或f(x)=-2x-3.6.已知函数f(x)=-,,-,,若f(a)+f(0)=3,则a= .答案5或-3解析若a≥1,则f(a)+f(0)=-+1=3,得a=5.若a<1,则f(a)+f(0)=-+1=3,得a=-3.7.若函数f(x)在闭区间[-1,2]上的图象如图所示,则此函数的解析式为.答案f(x)=,--,解析由题图可知,当-1≤x<0时, f(x)=x+1;当0≤x≤2时,f(x)=-x,所以f(x)=,-, -,8.若f(x)对于任意实数x恒有2f(x)-f(-x)=3x+1,则f(1)= .答案2解析令x=1,得2f(1)-f(-1 =4,①令x=-1,得2f(-1)-f(1)=-2,②联立①②得f(1)=2.9.已知实数a≠0,函数f(x)=,,--,,若f(1-a)=f(1+a),则a的值为. 答案-解析当a>0时,1-a<1,1+a>1.这时f(1-a)=2(1-a)+a=2-a, f(1+a)=-(1+a)-2a=-1-3a.由f(1-a)=f(1+a)得2-a=-1-3a,解得a=-,矛盾,舍去;当a<0时,1-a>1,1+a<1.这时f(1-a)=-(1-a)-2a=-1-a,f(1+a)=2(1+a)+a=2+3a.由f(1-a)=f(1+a)得-1-a=2+3a,解得a=-.综上可知a的值为-.10.(2018浙江杭州富阳二中高三(上)开学考试)已知函数f(x)=,,-,,则f(f(-2))= , f(x)的最小值是.答案-;2-6解析由题意可得f(-2)=(-2)2=4,所以f(f(-2))=f(4)=4+-6=-.当x≤1时, f(x)=x2,由二次函数的性质可知当x=0时,函数取最小值0;当x>1时, f(x)=x+-6,由基本不等式可得f(x)=x+-6≥2·-6=2-6,当且仅当x=(x>1)即x=时取到等号,即此时函数取最小值2-6.因为2-6<0,所以f(x)的最小值为2-6.11.已知函数f(x)=--的定义域是集合A,函数g(x)=--的定义域是集合B,且A∩B=⌀,求实数a的取值范围.解析要使函数f(x)有意义,则x2-2x-8≥0,解得x≤-2或x≥4,即A=(-∞,-2]∪[4,+∞ 要使函数g(x)有意义,则1-(x-a)2>0,解得a-1<x<a+1,即B=(a-1,a+1),由A∩B=⌀,得--,,解得-1≤a≤3.B组提升题组1.设函数y=f(x)是定义在R上的偶函数,对任意的x∈R都有f(x+6)=f(x)+f(3),则满足条件的 f(x)的解析式可以是( )A.f(x)=cosB.f(x)=sinC.f(x)=2cos2D.f(x)=2cos2答案 C 根据f(x)是定义在R上的偶函数,排除B ∵f x+6 =f x +f 3 ,∴令x=-3,得f(3)=f(-3 +f 3 ,∴f -3)=0,故f(3)=f(-3 =0,∴f x+6 =f x ,故f(x)是周期为6的周期函数,排除D.由f(3)=0可排除A,故选C.2.若一系列函数的解析式相同,值域相同,但定义域不同,则称这些函数为“孪生函数”,例如解析式为y=2x2+1,值域为{9}的“孪生函数”就有三个,那么解析式为y=log2(x2-1),值域为{1,5}的“孪生函数”共有( )A.6个B.7个C.8个D.9个答案 D 根据题意,因为函数y=f(x)=log 2(x2-1)的值域为{1,5},则:①令log2(x2-1)=1,解得x=±,所以函数的定义域中对于±有下列三种可能:{},{-},{-,};②令log2(x2-1)=5,解得x=±,所以函数的定义域中对于±有下列三种可能:{},{-},{-,}.而函数f(x)的定义域是在①,②中各取一个集合,再取并集而构成,所以有3×3=9种不同的抽取方法.故答案为D.3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c(a,b,c均为非零整数),且f(a)=a3, f(b)=b3,a≠b,则c=( )A.16B.8C.4D.1答案 A 由已知得,①,②①-②化简得a(a+b)(a-b)+b(a-b)=0,又a≠b,∴b=-a(a+b),即b=1-a-,由a,b,c均为非零整数且 a≠b,得为整数,所以a=-2,所以b=4, f(-2)=-8⇒c=16.故选A.4.设f(x)=-,,,,则函数y=f(f(x))的零点之和为( )A.0B.1C.2D.4答案 C 令f(f(x))=0,解得f(x)=0或f(x)=1.当f(x)=0时,x=0或x=1;当f(x)=1时,x=-1或x=2.所以函数y=f(f(x))的零点之和为2,故选C.5.(2019嘉兴一中月考)定义max{a,b}=,,,,已知函数f(x)=max{|2x-1|,ax2+b},其中a<0,b∈R,若f(0)=b,则实数b的取值范围为;若f(x)的最小值为1,则a+b= .答案[1,+∞ ;1解析由题意得f(0)=max{1,b},若f(0)=b,则b≥1.解不等式|2x-1|>1,得x>1或x<0.所以若f(x0)=1,则x0∈[0,1],当x∈[0,1]时,要使f(x)的最小值为1,只需ax2+b的最小值为1,因为a<0,所以由函数y=ax2+b的图象知ax2+b在x=1时取得最小值1,即a+b=1.6.f(x)是定义在R上的函数,若f(1)=504,对任意的x∈R,满足f(x+4)-f(x)≤2(x+1)及f(x+12)-f(x)≥6(x+5),则= .答案 2 017解析∵f x+4 -f(x)≤2 x+1 ,∴f x+8 -f(x+4)≤2(x+5),f(x+12)-f(x+8)≤2(x+9),上述三个式子相加得到f(x+12)-f(x)≤6(x+5),结合条件可知, f(x+12)-f(x)=6(x+5),于是f(2017)-f(1)=[f(2 017)-f(2 005)]+[f(2 005)-f(1 993)]+[f(1993)-f(1 981)]+…+[f(13)-f 1 ]=30×168+6×=5 040+504×2006,∴=2 017.7.已知f(x)=,, ,(1)求f(f(e))的值;(2)求不等式f(x)>-1的解集.解析∵f x =,,,,∴f f e =f -1)=-1.若x>0,则f(x)>-1⇒ln>-1⇒0<x<e;若x<0,则f(x)>-1⇒>-1⇒x<-1,即f(x)>-1的解集为(-∞,-1)∪(0,e).。
(浙江专用)2020版高考数学大一轮复习第三章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第2节二次函数习题(含解析)
第2节 二次函数考试要求 1.理解二次函数的图象和性质，能用二次函数、方程、不等式之间的关系解决简单问题；2.能解决一元二次方程根的分布问题；3.能解决二次函数的最值问题.知 识 梳 理1.二次函数表达式的三种形式 (1)一般式：y ＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0).(2)顶点式：y ＝a (x ＋h )2＋k (其中a ≠0，顶点坐标为(－h ，k )).(3)零点式：y ＝a (x －x 1)(x －x 2)(其中a ≠0，x 1，x 2是二次函数的图象与x 轴的两个交点的横坐标).2.二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c 的图象和性质a >0 a <0图象定义域 R值域⎣⎢⎡⎭⎪⎫4ac －b 24a ，＋∞ ⎝⎛⎦⎥⎤－∞，4ac －b 24a单调性在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－b 2a 上递减，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上递增在⎝⎛⎦⎥⎤－∞，－b 2a 上递增，在⎣⎢⎡⎭⎪⎫－b2a ，＋∞上递减奇偶性 b ＝0时为偶函数，b ≠0时既不是奇函数也不是偶函数 图象特点①对称轴：x ＝－b 2a ；②顶点：⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2a ，4ac －b 24a3.二次函数的最值问题二次函数的最值问题主要有三种类型：“轴定区间定”“轴动区间定”“轴定区间动”.解决的关键是弄清楚对称轴与区间的关系，要结合函数图象，依据对称轴与区间的关系进行分类讨论.设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)，则二次函数f (x )在闭区间[m ，n ]上的最大值、最小值有如下的分布情况：对称轴与区间的关系m<n <－b2a，即－b2a∈(n，＋∞)m<－b2a<n，即－b2a∈(m，n)－b2a<m<n，即－b2a∈(－∞，m)图象最值f(x)max＝f(m)，f(x)min＝f(n)f(x)max＝max{f(n)，f(m)}，f(x)min＝f⎝⎛⎭⎪⎫－b2af(x)max＝f(n)f(x)min＝f(m)4.一元二次方程根的分布设方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的不等两根为x1，x2且x1<x2，相应的二次函数为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，方程的根即为二次函数图象与x轴的交点，它们的分布情况见下面各表(每种情况对应的均是等价条件)表一：(两根与k的大小比较)分布情况两根都小于k即x1<k，x2<k 两根都大于k即x1>k，x2>k一个根小于k，一个大于k，即x1<k<x2大致图象(a>0)综合结论(不讨论a)a·f(k)<0 表二：(根在区间上的分布)分布情况两根都在(m，n)内两根都在区间(m，n)外(x1<m，x2>n)一根在(m，n)内，另一根在(p，q)内，m<n<p<q大致图象(a>0)综合结论(不讨论a )若两根有且仅有一根在(m ，n )内，则需分三种情况讨论：①当Δ＝0时，由Δ＝0可以求出参数的值，然后再将参数的值代入方程，求出相应的根，检验根是否在给定的区间内，如若不在，舍去；②当f (m )＝0或f (n )＝0，方程有一根为m 或n ，可以求出另外一根，从而检验另一根是否在区间(m ，n )内；③当f (m )·f (n )<0时，则两根有且仅有一根在(m ，n )内. [常用结论与易错提醒]不等式ax 2＋bx ＋c >0(<0)恒成立的条件 (1)不等式ax2＋bx ＋c >0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c >0或⎩⎪⎨⎪⎧a >0，Δ<0. (2)不等式ax2＋bx ＋c <0对任意实数x 恒成立⇔⎩⎪⎨⎪⎧a ＝b ＝0，c <0或⎩⎪⎨⎪⎧a <0，Δ<0.基 础 自 测1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)如果二次函数f (x )的图象开口向上且关于直线x ＝1对称，且过点(0，0)，则此二次函数的解析式为f (x )＝(x －1)2－1.( )(2)已知函数f (x )＝ax 2＋x ＋5的图象在x 轴上方，则a 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫120，＋∞.( )(3)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈R )不可能是偶函数.( )(4)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (x ∈[a ，b ])的最值一定是4ac －b24a.( )答案 (1)√ (2)√ (3)× (4)×2.已知f (x )＝x 2＋px ＋q 满足f (1)＝f (2)＝0，则f (－1)的值是( ) A.5 B.－5 C.6D.－6解析 由f (1)＝f (2)＝0知方程x 2＋px ＋q ＝0的两根分别为1，2，则p ＝－3，q ＝2，∴f (x )＝x 2－3x ＋2，∴f (－1)＝6.答案 C3.若方程x 2＋(m ＋2)x ＋m ＋5＝0只有负根，则m 的取值范围是( ) A.[4，＋∞) B.(－5，－4] C.[－5，－4]D.(－5，－2)解析 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋2）2－4×（m ＋5）≥0，x 1＋x 2＝－（m ＋2）<0，x 1x 2＝m ＋5>0，解得m ≥4.答案 A4.已知函数y ＝x 2－2x ＋3在闭区间[0，m ]上有最大值3，最小值2，则m 的取值范围为( ) A.[0，1] B.[1，2] C.(1，2]D.(1，2)解析 画出函数y ＝x 2－2x ＋3的图象(如图)，由题意知1≤m ≤2.答案 B5.已知方程x 2＋(m －2)x ＋2m －1＝0的较小的实根在0和1之间，则实数m 的取值范围是 .解析 令f (x )＝x 2＋(m －2)x ＋2m －1.由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧f （0）>0，f （1）<0，即⎩⎪⎨⎪⎧2m －1>0，1＋（m －2）＋2m －1<0， 解得12<m <23.答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，23 6.若函数f (x )＝x 2＋2(a －1)x ＋2在区间(－∞，3]上是减函数，则实数a 的取值范围是 ，且函数f (x )恒过点 .解析 二次函数f (x )图象的对称轴是x ＝1－a ，由题意知1－a ≥3，∴a ≤－2.由函数的解析式易得，函数f (x )恒过定点(0，2). 答案 (－∞，－2] (0，2)考点一 二次函数的解析式 【例1】 求下列函数的解析式：(1)(一题多解)已知二次函数f (x )满足f (2)＝－1，f (－1)＝－1，且f (x )的最大值是8；(2)已知二次函数f (x )的图象经过点(4，3)，它在x 轴上截得的线段长为2，并且对任意x ∈R ，都有f (2－x )＝f (2＋x ). 解 (1)法一(利用一般式解题)： 设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0). 由题意得⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋2b ＋c ＝－1，a －b ＋c ＝－1，4ac －b 24a ＝8，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝－4，b ＝4，c ＝7.∴所求二次函数为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. 法二(利用顶点式解题)： 设f (x )＝a (x －m )2＋n (a ≠0). ∵f (2)＝f (－1)，∴二次函数图象的对称轴为x ＝2＋（－1）2＝12，∴m ＝12.又根据题意函数有最大值8，∴n ＝8.∴y ＝f (x )＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8. ∵f (2)＝－1，∴a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2－122＋8＝－1，解得a ＝－4，∴f (x )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋8＝－4x 2＋4x ＋7.法三(利用零点式解题)：由已知f (x )＋1＝0的两根为x 1＝2，x 2＝－1， 故可设f (x )＋1＝a (x －2)(x ＋1)(a ≠0)， 即f (x )＝ax 2－ax －2a －1.又函数的最大值是8，即4a （－2a －1）－（－a ）24a ＝8，解得a ＝－4，∴所求函数的解析式为f (x )＝－4x 2＋4x ＋7. (2)∵f (2－x )＝f (2＋x )对x ∈R 恒成立， ∴f (x )的对称轴为x ＝2.又∵f (x )的图象在x 轴上截得的线段长为2， ∴f (x )＝0的两根为1和3.设f (x )的解析式为f (x )＝a (x －1)(x －3)(a ≠0)， 又∵f (x )的图象过点(4，3)，∴3a ＝3，∴a ＝1. ∴所求f (x )的解析式为f (x )＝(x －1)(x －3)， 即f (x )＝x 2－4x ＋3.规律方法 用待定系数法求二次函数的解析式，关键是灵活选取二次函数解析式的形式，选法如下：【训练1】 若函数f (x )＝(x ＋a )(bx ＋2a )(常数a ，b ∈R )是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f (x )＝ .解析 由f (x )是偶函数知f (x )的图象关于y 轴对称， ∴b ＝－2，∴f (x )＝－2x 2＋2a 2，又f (x )的值域为(－∞，4]，∴2a 2＝4，故f (x )＝－2x 2＋4.答案 －2x 2＋4考点二 二次函数的图象与性质【例2】 已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋3，x ∈[－4，6]. (1)当a ＝－2时，求f (x )的最值；(2)求实数a 的取值范围，使y ＝f (x )在区间[－4，6]上是单调函数； (3)当a ＝－1时，求f (|x |)的单调区间.解 (1)当a ＝－2时，f (x )＝x 2－4x ＋3＝(x －2)2－1，由于x ∈[－4，6]， ∴f (x )在[－4，2]上单调递减，在[2，6]上单调递增， ∴f (x )的最小值是f (2)＝－1，又f (－4)＝35，f (6)＝15， 故f (x )的最大值是35.(2)由于函数f (x )的图象开口向上，对称轴是x ＝－a ，所以要使f (x )在[－4，6]上是单调函数，应有－a ≤－4或－a ≥6，即a ≤－6或a ≥4， 故a 的取值范围是(－∞，－6]∪[4，＋∞).(3)由－4≤|x |≤6，得－6≤x ≤6，当a ＝－1时，f (|x |)＝x 2－2|x |＋3＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2x ＋3＝（x ＋1）2＋2，x ≤0，x 2－2x ＋3＝（x －1）2＋2，x >0， 其图象如图所示，∴f (|x |)在[－6，6]上的单调区间有[－6，－1)，[－1，0)，[0，1)，[1，6]. 规律方法 解决二次函数图象与性质问题时要注意：(1)抛物线的开口、对称轴位置、定义区间三者相互制约，常见的题型中这三者有两定一不定，要注意分类讨论； (2)要注意数形结合思想的应用.【训练2】 (1)设abc >0，二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 的图象可能是( )(2)若函数f (x )＝ax 2＋2x ＋3在区间[－4，6]上是单调递增函数，则实数a 的取值范围是Ｗ.解析 (1)由A ，C ，D 知，f (0)＝c <0，从而由abc >0，所以ab <0，所以对称轴x ＝－b2a >0，知A ，C 错误，D 满足要求；由B 知f (0)＝c >0， 所以ab >0，所以对称轴x ＝－b2a<0，B 错误.(2)由题意可知f ′(x )＝2ax ＋2≥0在[－4，6]上恒成立， 所以⎩⎪⎨⎪⎧f ′（－4）＝－8a ＋2≥0，f ′（6）＝12a ＋2≥0，所以－16≤a ≤14.答案 (1)D (2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－16，14考点三 二次函数的最值【例3－1】 已知函数f (x )＝ax 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上有最大值4，求实数a 的值. 解 f (x )＝a (x ＋1)2＋1－a .(1)当a ＝0时，函数f (x )在区间[－1，2]上的值为常数1，不符合题意，舍去；(2)当a >0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是增函数，最大值为f (2)＝8a ＋1＝4，解得a ＝38； (3)当a <0时，函数f (x )在区间[－1，2]上是减函数，最大值为f (－1)＝1－a ＝4，解得a ＝－3.综上可知，a 的值为38或－3.【例3－2】 将例3－1改为：求函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1在区间[－1，2]上的最大值. 解 f (x )＝(x ＋a )2＋1－a 2，∴f (x )的图象是开口向上的抛物线，对称轴为x ＝－a ， (1)当－a <12，即a >－12时，f (x )max ＝f (2)＝4a ＋5；(2)当－a ≥12，即a ≤－12时，f (x )max ＝f (－1)＝2－2a .综上，f (x )max＝⎩⎪⎨⎪⎧4a ＋5，a >－12，2－2a ，a ≤－12.规律方法 研究二次函数的性质，可以结合图象进行；对于含参数的二次函数问题，要明确参数对图象的影响，进行分类讨论.【训练3】 设函数f (x )＝x 2－2x ＋2，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，求函数f (x )的最小值. 解 f (x )＝x 2－2x ＋2＝(x －1)2＋1，x ∈[t ，t ＋1]，t ∈R ，函数图象的对称轴为x ＝1. 当t ＋1<1，即t <0时，函数图象如图(1)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为减函数， 所以最小值为f (t ＋1)＝t 2＋1；当t ≤1≤t ＋1，即0≤t ≤1时，函数图象如图(2)所示，在对称轴x ＝1处取得最小值，最小值为f (1)＝1；当t >1时，函数图象如图(3)所示，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上为增函数， 所以最小值为f (t )＝t 2－2t ＋2.综上可知，f (x )min ＝⎩⎪⎨⎪⎧t 2＋1，t <0，1，0≤t ≤1，t 2－2t ＋2，t >1.考点四 一元二次方程根的分布 多维探究角度1 两根在同一区间【例4－1】 若二次函数y ＝－x 2＋mx －1的图象与两端点为A (0，3)，B (3，0)的线段AB 有两个不同的交点，求实数m 的取值范围. 解 线段AB 的方程为x 3＋y3＝1(x ∈[0，3])， 即y ＝3－x (x ∈[0，3])，由题意得方程组：⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3－x ，y ＝－x 2＋mx －1， 消去y 得x 2－(m ＋1)x ＋4＝0，①由题意可得，方程①在x ∈[0，3]内有两个不同的实根，令f (x )＝x 2－(m ＋1)x ＋4，则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（m ＋1）2－16>0，0≤m ＋12≤3，f （0）＝4≥0，f （3）＝10－3m ≥0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m <－5或m >3，－1≤m ≤5，m ≤103，所以3<m ≤103.故实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤3，103.角度2 两根在不同区间【例4－2】 求实数m 的取值范围，使关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0. (1)一根大于1，另一根小于1； (2)两根α，β满足0<a <1<β<4； (3)至少有一个正根.解 令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6， (1)由题意得f (1)＝4m ＋5<0，解得m <－54.即实数m 的取值范围是⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－54. (2)⎩⎪⎨⎪⎧f （0）＝2m ＋6>0，f （1）＝4m ＋5<0，f （4）＝10m ＋14>0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m >－3，m <－54，m >－75，所以－75<m <－54.故实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－75，－54.(3)当方程有两个正根时，⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）>0，f （0）＝2m ＋6>0，－2（m －1）>0，解得－3<m <－1.当方程有一个正根一个负根时，f (0)＝2m ＋6<0，解得m <－3. 当方程有一个根为零时，f (0)＝2m ＋6＝0，解得m ＝－3， 此时f (x )＝x 2－8x ，另一根为8，满足题意. 综上可得，实数m 的取值范围是(－∞，－1). 角度3 在区间(m ，n )内有且只有一个实根【例4－3】 已知函数f (x )＝mx 2－2x ＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m 的取值范围. 解 依题意，得(1)⎩⎪⎨⎪⎧m >0，Δ＝（－2）2－4m >0，无解.f （0）<0， (2)⎩⎪⎨⎪⎧m <0，Δ＝（－2）2－4m >0，解得m <0.f （0）>0，(3)⎩⎪⎨⎪⎧m ≠0，Δ＝（－2）2－4m ＝0.解得m ＝1，经验证，满足题意.又当m ＝0时，f (x )＝－2x ＋1，它显然有一个为正实数的零点. 综上所述，m 的取值范围是(－∞，0]∪{1}.规律方法 利用二次函数图象解决方程根的分布的一般步骤： (1)设出对应的二次函数；(2)利用二次函数的图象和性质列出等价不等式(组)； (3)解不等式(组)求得参数的范围.【训练4】 (1)已知二次函数y ＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3)与x 轴有两个交点，一个大于1，一个小于1，求实数m 的取值范围.(2)若关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0有且只有一根在区间(0，3)内，求实数m 的取值范围.解 (1)令f (x )＝(m ＋2)x 2－(2m ＋4)x ＋(3m ＋3).由题意可知(m ＋2)·f (1)<0， 即(m ＋2)(2m ＋1)<0，所以－2<m <－12.即实数m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－2，－12. (2)令f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6，①⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝4（m －1）2－4（2m ＋6）＝0，0<－（m －1）<3， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－1或m ＝5，－2<m <1，所以m ＝－1.②f (0)·f (3)＝(2m ＋6)(8m ＋9)<0， 解得－3<m <－98.③f (0)＝2m ＋6＝0，即m ＝－3时，f (x )＝x 2－8x ，另一根为8∉(0，3)，所以舍去； ④f (3)＝8m ＋9＝0，即m ＝－98时，f (x )＝x 2－174x ＋154，另一根为54∈(0，3)，满足条件.综上可得，－3<m ≤－98或m ＝－1.所以实数m 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤－3，－98∪{－1}.基础巩固题组一、选择题1.已知a ，b ，c ∈R ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .若f (0)＝f (4)>f (1)，则( ) A.a >0，4a ＋b ＝0 B.a <0，4a ＋b ＝0 C.a >0，2a ＋b ＝0D.a <0，2a ＋b ＝0解析 因为f (0)＝f (4)>f (1)，所以函数图象应开口向上，即a >0，且其对称轴为x ＝2，即－b2a ＝2，所以4a ＋b ＝0.答案 A2.设二次函数f (x )＝ax 2－2ax ＋c 在区间[0，1]上单调递减，且f (m )≤f (0)，则实数m 的取值范围是( ) A.(－∞，0]B.[2，＋∞)C.(－∞，0]∪[2，＋∞)D.[0，2]解析 f (x )的对称轴为x ＝1，由f (x )在[0，1]上递减知a >0，且f (x )在[1，2]上递增，f (0)＝f (2)，∵f (m )≤f (0)，结合对称性，∴0≤m ≤2. 答案 D3.若函数f (x )＝x 2－ax －a 在区间[0，2]上的最大值为1，则实数a 等于( ) A.－1 B.1 C.2D.－2解析 ∵函数f (x )＝x 2－ax －a 的图象为开口向上的抛物线， ∴函数的最大值在区间的端点取得. ∵f (0)＝－a ，f (2)＝4－3a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧－a ≥4－3a ，－a ＝1或⎩⎪⎨⎪⎧－a ≤4－3a ，4－3a ＝1，解得a ＝1. 答案 B4.已知函数f (x )＝x 2－2ax ＋b (a ，b ∈R )，记f (x )在[a －b ，a ＋b ]上的最大值为M ，最小值为m ，则M －m ( ) A.与a 有关，且与b 有关 B.与a 无关，且与b 无关 C.与a 有关，但与b 无关D.与a 无关，但与b 有关解析 函数f (x )＝x 2－2ax ＋b ＝(x －a )2－a 2＋b ，所以f (x )的对称轴为x ＝a 且开口向上，因为区间[a －b ，a ＋b ]也关于x ＝a 对称，所以m ＝f (a )＝b －a 2，M ＝f (a －b )＝f (a ＋b )＝b 2－a 2＋b ，所以M －m ＝b 2，故选D. 答案 D5.(2019·嘉兴检测)若f (x )＝x 2＋bx ＋c 在(m －1，m ＋1)内有两个不同的零点，则f (m －1)和f (m ＋1)( ) A.都大于1 B.都小于1 C.至少有一个大于1D.至少有一个小于1解析 设函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点为x 1，x 2，则f (x )＝(x －x 1)(x －x 2)，因为函数f (x )＝x 2＋bx ＋c 的两个零点在(m －1，m ＋1)内，所以f (m －1)>0，f (m ＋1)>0，又因为f (m－1)f (m ＋1)＝(m －1－x 1)(m －1－x 2)·(m ＋1－x 1)(m ＋1－x 2)＝[－(m －1－x 1)(m ＋1－x 1)]·[－(m －1－x 2)(m ＋1－x 2)]<[－（m －1－x 1）＋（m ＋1－x 1）]24·[－（m －1－x 2）＋（m ＋1－x 2）]24＝1，所以f (m－1)和f (m ＋1)至少有一个小于1，故选D. 答案 D6.若函数f (x )＝x 2＋kx ＋m 在[a ，b ]上的值域为[n ，n ＋1]，则b －a ( ) A.既有最大值，也有最小值 B.有最大值但无最小值 C.无最大值但有最小值D.既无最大值，也无最小值解析 取k ＝m ＝n ＝0，f (x )＝x 2，由图象可知，显然b －a 不存在最小值.∵f (a )＝a 2＋ka ＋m ，f (b )＝b 2＋kb ＋m ，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 22＋k ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2＋m ，∴（b －a ）22＝f (a )＋f (b )－2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2≤n ＋1＋n ＋1－2n ＝2，∴b －a ≤2，当b ＝2－k 2，a ＝－2＋k2时，b －a 取得最大值为2，故选B. 答案 B7.(2016·浙江卷)已知函数f (x )＝x 2＋bx ，则“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”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.既不充分也不必要条件解析 ∵f (x )＝x 2＋bx ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋b 22－b24，当x ＝－b 2时，f (x )min ＝－b 24.又f (f (x ))＝(f (x ))2＋bf (x )＝⎝⎛⎭⎪⎫f （x ）＋b 22－b 24，当f (x )＝－b 2时，f (f (x ))min ＝－b 24，当－b2≥－b 24时，f (f (x ))可以取到最小值－b 24，即b 2－2b ≥0，解得b ≤0或b ≥2，故“b <0”是“f (f (x ))的最小值与f (x )的最小值相等”的充分不必要条件. 答案 A8.函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的图象关于直线x ＝－b2a 对称.据此可推测，对任意的非零实数a ，b ，c ，m ，n ，p ，关于x 的方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解集不可能是( ) A.{1，2} B.{1，4} C.{1，2，3，4}D.{1，4，16，64}解析 ∵f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a ≠0)的对称轴为x ＝－b2a .设方程m [f (x )]2＋nf (x )＋p ＝0的解为f 1(x )，f 2(x )，则必有f 1(x )＝y 1＝ax 2＋bx ＋c ，f 2(x )＝y 2＝ax 2＋bx ＋c ，那么从图象上看y ＝y 1，y ＝y 2是平行x 轴的两条直线，它们与f (x )有交点， 由对称性，方程y 1＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 1，x 2应关于对称轴x ＝－b2a 对称，即x 1＋x 2＝－ba ，同理方程y 2＝ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解x 3，x 4也关于对称轴x ＝－b2a对称， 即x 3＋x 4＝－b a，在C 中，可以找到对称轴直线x ＝2.5，也就是1，4为一个方程的根，2，3为一个方程的根，而在D 中，找不到这样的组合使得对称轴一致，也就是说无论怎样分组，都没办法使得其中两个的和等于另外两个的和，故答案D 不可能. 答案 D9.(2019·衢州二中二模)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，若存在非零实数t ，使得f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2成立，则a 2＋4b 2的最小值为( )A.165B.145C.16D.4 解析 由f (t )＋f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＝－2知，存在实数t ≠0，使⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0成立，又a 2＋4b 2的几何意义为坐标原点与点(a ，2b )的距离的平方，记2b ＝m ，u ＝t ＋1t，则u 2≥4.故⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋1t 2＋a ⎝⎛⎭⎪⎫t ＋1t ＋2b ＝0，即ua ＋m ＋u 2＝0，其表示动点(a ，m )的轨迹，设为直线l ，则原点与点(a ，m )的距离的最小值为原点到直线l 的距离，故a 2＋4b 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫u 2u 2＋12＝⎝⎛⎭⎪⎫u 2＋1－1u 2＋12≥165，故选A. 答案 A 二、填空题10.已知b ，c ∈R ，函数y ＝x 2＋2bx ＋c 在区间(1，5)上有两个不同的零点，则f (1)＋f (5)的取值范围是 .解析 设f (x )的两个零点为x 1，x 2，不妨设1<x 1<x 2<5，则f (1)>f (x 1)＝0，f (5)>f (x 2)＝0，所以f (1)＋f (5)>0.另一方面f (x )＝(x －x 1)·(x －x 2)，所以f (1)＋f (5)＝(1－x 1)·(1－x 2)＋(5－x 1)(5－x 2)＝2x 1x 2－6(x 1＋x 2)＋26<2x 1x 2－12x 1x 2＋26＝2(x 1x 2－3)2＋8<2(25－3)2＋8＝16，所以f (1)＋f (5)的取值范围是(0，16).答案 (0，16)11.已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2（x ≥t ），x （x <t ），若存在实数t ，使函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围是 .解析 由题意知函数f (x )在定义域上不单调，如图，当t ＝0或t ≥1时，f (x )在R 上均单调递增，当t <0时，在(－∞，t )上f (x )单调递增，且f (x )<0，在(t ，0)上f (x )单调递减，且f (x )>0，在(0，＋∞)上f (x )单调递增，且f (x )>0.故要使得函数y ＝f (x )－a 有两个零点，则t 的取值范围为(－∞，0)∪(0，1).答案 (－∞，0)∪(0，1)12.(2019·诸暨统考)已知a ，b 都是正数，a 2b ＋ab 2＋ab ＋a ＋b ＝3，则2ab ＋a ＋b 的最小值等于 .解析 设2ab ＋a ＋b ＝t ，则t >0，且3＝ab (a ＋b )＋ab ＋a ＋b ＝ab (t －2ab )＋t －ab ，故关于ab 的二次方程2(ab )2＋(1－t )ab ＋3－t ＝0的解为正数，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝（1－t ）2－8（3－t ）≥0，t －12>0，3－t 2>0，解得42－3≤t <3，即2ab ＋a ＋b 的最小值等于42－3.答案 42－313.已知f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4. (1)f (x )的解析式为 ；(2)当x ∈[0，5]时，f (x )的最大值和最小值分别是 . 解析 (1)f (x ＋1)＝x 2－5x ＋4，令x ＋1＝t ，则x ＝t －1， ∴f (t )＝(t －1)2－5(t －1)＋4＝t 2－7t ＋10，∴f (x )＝x 2－7x ＋10.(2)∵f (x )＝x 2－7x ＋10，其图象开口向上，对称轴为x ＝72，72∈[0，5]，∴f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝－94， 又f (0)＝10，f (5)＝0.∴f (x )的最大值为10，最小值为－94.答案 (1)x 2－7x ＋10 (2)10，－9414.(2018·浙江卷)已知λ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －4，x ≥λ，x 2－4x ＋3，x <λ.当λ＝2时，不等式f (x )<0的解集是 .若函数f (x )恰有2个零点，则λ的取值范围是 .解析 若λ＝2，则当x ≥2时，令x －4<0，得2≤x <4；当x <2时，令x 2－4x ＋3<0，得1<x <2.综上可知1<x <4，所以不等式f (x )<0的解集为(1，4).令x －4＝0，解得x ＝4；令x 2－4x ＋3＝0，解得x ＝1或x ＝3.因为函数f (x )恰有2个零点，结合函数的图象(图略)可知1<λ≤3或λ>4.答案 (1，4) (1，3]∪(4，＋∞)能力提升题组15.(2019·杭州质检)设函数f (x )＝x 2＋ax ＋b (a ，b ∈R )，记M 为函数y ＝|f (x )|在[－1，1]上的最大值，N 为|a |＋|b |的最大值( ) A.若M ＝13，则N ＝3B.若M ＝12，则N ＝3C.若M ＝2，则N ＝3D.若M ＝3，则N ＝3解析 由题意得|f (1)|＝|1＋a ＋b |≤M ⇒|a ＋b |≤M ＋1，|f (－1)|＝|1－a ＋b |≤M ⇒|a －b |≤M ＋1.|a |＋|b |＝⎩⎪⎨⎪⎧|a ＋b |，ab ≥0，|a －b |，ab <0，则易知N ≤M ＋1，则选项A ，B 不符合题意；当a ＝2，b ＝－1时，M ＝2，N ＝3，则选项C 符合题意；当a ＝2，b ＝－2时，M ＝3，N ＝4，则选项D不符合题意，故选C. 答案 C16.(2019·丽水测试)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，集合A ＝{x |f (x )≤0}，集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪⎪f （f （x ））≤54，若A ＝B ≠∅，则实数a 的取值范围是( )A.[5，5]B.[－1，5]C.[5，3]D.[－1，3]解析 设集合B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }，其中m ，n 为方程f (x )＝54的两个根，因为A ＝B ≠∅，所以n ＝0且m ≤f (x )min ，Δ＝a 2－4b ≥0，于是f (n )＝f (0)＝b ＝54，则由a 2－4b ＝a 2－5≥0得a ≤－5或a ≥5，令t ＝f (x )≤0，则由f (f (x ))≤54得f (t )≤54，即t 2＋at ＋54≤54，解得－a ≤t ≤0，所以B ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x |f （f （x ））≤54＝{x |m ≤f (x )≤n }＝{x |－a ≤f (x )≤0}，解得m ＝－a ，所以－a ≤f (x )min ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 22＋a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＋54，解得－1≤a ≤5.综上所述，实数a 的取值范围为[5，5]，故选A. 答案 A17.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx (|b |≤2|a |)，定义f 1(x )＝max{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，f 2(x )＝min{f (t )|－1≤t ≤x ≤1}，其中max{a ，b }表示a ，b 中的较大者，min{a ，b }表示a ，b 中的较小者，下列命题正确的是( ) A.若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)>f (1) B.若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)>f (1) C.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 1(－1)<f 1(1) D.若f 2(1)＝f 1(－1)，则f 2(－1)>f 2(1)解析 对于A ，若f 1(－1)＝f 1(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f (－1)>f (1)或f (－1)＝f (1)，故A 错误；对于B ，若f 2(－1)＝f 2(1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，∴f (－1)<f (1)或f (－1)＝f (1)，故B 错误；对于C ，若f 2(1)＝f 1(－1)，则f (－1)为f (x )在[－1，1]上的最小值，而f 1(－1)＝f (－1)，f 1(1)表示f (x )在[－1，1]上的最大值，∴f 1(－1)<f 1(1)，故C 正确；对于D ，若f 2(1)＝f 1(－1)，由新定义可得f 1(－1)＝f 2(－1)，则f 2(1)＝f 2(－1)，故D 错误，综上所述，故选C. 答案 C18.(2019·绍兴适应性考试)已知a >0，函数f (x )＝|x 2＋|x －a |－3|在[－1，1]上的最大值是2，则a ＝ .解析 由题意知f (0)≤2，即有||a |－3|≤2，又∵a >0，∴||a |－3|≤2⇒|a －3|≤2⇒1≤a≤5.又∵x ∈[－1，1]，∴f (x )＝|x 2－x －3＋a |≤2，设t ＝x 2－x －3，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1，则原问题等价于t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－134，－1时，|t ＋a |＝|t －(－a )|的最大值为2，∴a ＝3或a ＝54. 答案 3或5419.已知方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上有两个不同的解，则c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是 .解析 设方程x 2＋bx ＋c ＝0在(0，2)上的两个根为α，β，α≠β，则f (x )＝x 2＋bx ＋c ＝(x －α)(x －β)，0<α<2且0<β<2，所以c 2＋2(b ＋2)c ＝f (0)·f (2)＝αβ(2－α)(2－β)≤⎣⎢⎡⎦⎥⎤α＋（2－α）22⎣⎢⎡⎦⎥⎤β＋（2－β）22＝1，又0<α<2且0<β<2，所以αβ(2－α)(2－β)>0，所以c 2＋2(b ＋2)c 的取值范围是(0，1]. 答案 (0，1]20.已知函数f (x )＝ax ＋3＋|2x 2＋(4－a )x －1|的最小值为2，则a ＝ .解析 令g (x )＝2x 2＋(4－a )x －1＝0，Δ＝(4－a )2＋8>0，则g (x )＝0有两个不相等的实数根，不妨设为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1＝a －4－（4－a ）2＋84，x 2＝a －4＋（4－a ）2＋84，当x ∈[x 1，x 2]时，f (x )＝ax ＋3－[2x 2＋(4－a )x －1]＝－2x 2＋(2a －4)x ＋4，当x ∈(－∞，x 1)∪(x 2，＋∞)时，f (x )＝ax ＋3＋[2x 2＋(4－a )x －1]＝2(x ＋1)2≥0，因为f (x )的最小值为2，则f (x )min ＝min{f (x 1)，f (x 2)}，即ax 1＋3＝2或ax 2＋3＝2，解得a ＝12.答案 12。
浙江专用2020版高考数学大一轮复习课时112.9函数模型及其应用课件
§ 2.9函数模型及其应用教材研读 3.解函数应用题的步骤(四步八字)1.几种常见的函数模型2.三种增长型函数模型的图象与性质考点突破考点一函数模型的选择考点二函数模型应用考点三构建数模型解决实际问题1.几种常见的函数模型函数模型函数解析式一次函数模型f (x )=ax +b (a 、b 为常数,且a ≠0)反比例函数模型f (x )=(k 为常数且k ≠0)二次函数模型f (x )=ax 2+bx +c (a ,b ,c 为常数,且a ≠0)指数函数模型f (x )=ba x+c (a ,b ,c 为常数,b ≠0,a >0且a ≠1)对数函数模型f (x )=b log a x +c (a ,b ,c 为常数,b ≠0,a >0且a ≠1)幂函数模型f (x )=ax n +b (a ,b 为常数,且a ≠0)k x 教材研读2.三种增长型函数模型的图象与性质函数性质y=a x(a>1)y=log a x(a>1)y=xα(α>0)在(0,+∞)上的增减性①增函数②增函数③增函数增长速度④越来越快⑤越来越慢相对平稳图象的变化随x增大逐渐表现为与⑥y轴平行随x增大逐渐表现为与⑦x轴平行取决于α值值的比较存在一个x0,当x>x0时,有log a x<xα<a x3.解函数应用题的步骤(四步八字)(1)审题:弄清题意,分清条件和结论,理顺数量关系,初步选择数学模型;(2)建模:将自然语言转化为数学语言,将文字语言转化为符号语言,利用数学知识建立相应的数学模型;(3)求模:求解数学模型,得出数学结论;(4)还原:将用数学方法得到的结论还原为实际问题的意义.以上过程用框图表示如下:4.解函数应用题的关键是建立数学模型,要顺利地建立数学模型,重点要过好三关:(1)事理关:通过阅读、理解,明白问题讲的是什么,熟悉实际背景,为解题打开突破口.(2)文理关:将实际问题的文字语言转化为数学的符号语言,用数学式子表达数量关系.(3)数理关:在构建数学模型的过程中,用已有数学知识进行检验,从而认定或构建相应的数学模型,完成由实际问题向数学问题的转化.1.有一组实验数据,如下表:t 1.993.04.05.16.12v 1.5 4.047.51218.01则体现这些数据关系的最佳函数模型是( C )A.v =log 2t B.v =2t -2 C.v = D.v =2t -2212t解析采用排除法.当t=4时,v=log2t=log24=2,但题表中的v值是7.5,相差很大,排除A;当t=4时,v=2t-2=24-2=14,与7.5相差太大,排除B;当t=4时,v =2t-2=2×4-2=6,与7.5相差也太大,排除D.故选C.2.某位股民购进某只股票,在接下来的交易时间内,他的这只股票先经历了n次涨停(每次上涨10%),又经历了n次跌停(每次下跌10%),则该股民这只股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为( B )A.略有盈利B.略有亏损C.没有盈利也没有亏损D.无法判断盈亏情况解析设该股民购进这只股票的价格为a元,则经历n次涨停后的价格为a(1+10%)n=a×1.1n元,又经历n次跌停后的价格为a×1.1n×(1-10%)n=a ×1.1n×0.9n=a×(1.1×0.9)n=0.99n·a元<a元,故该股民这只股票略有亏损.3.在如图所示的锐角三角形空地中,欲建一个面积不小于300 m2的内接矩形花园(阴影部分),则其边长x(单位:m)的取值范围是( C )A.[15,20]B.[12,25]C.[10,30]D.[20,30]解析矩形的一边长为x m,则由相似三角形的性质可得其邻边长为(40-x)m,故矩形面积S=x(40-x)=-x2+40x,由S≥300得-x2+40x≥300,解得10≤x≤30.4.某出租车公司规定乘车收费标准如下:3千米以内为起步价8元(即行程不超过3千米,一律收费8元);若超过3千米,则除起步价外,超过的部分再按1.5元/千米计价.司机与某乘客约定按四舍五入以元计费不找零钱.已知该乘客下车时乘车里程数为7.4千米,则该乘客应付的车费为15元.解析依题意得实际乘车费用为8+1.5×(7.4-3)=14.6(元),应付车费15元.5.某公司为了业务发展制订了一个激励销售人员的奖励方案,在销售额为8万元时,奖励1万元.销售额为64万元时,奖励4万元.若公司拟定的奖励模型为y=a log4x+b(其中y为奖金,x为销售额).某业务员要得到8万元奖励,则他的销售额应为 1 024 万元.解析依题意得即解得a =2,b =-2.∴y =2log 4x -2,当y =8,即2log 4x -2=8时,x =1 024.则所求销售额为1 024万元.44log 81,log 644,a b a b +=⎧⎨+=⎩31,234,a b a b ⎧+=⎪⎨⎪+=⎩考点突破函数模型的选择典例1(1)下表是在某个投资方案中,整理到的投入资金x(万元)与收益y(万元)的统计表.投入资金x(万元)123456收益y(万元)0.40.8 1.6 3.1 6.212.3你认为体现投入资金x与收益y之间关系的最佳函数模型是( B ) A.y=ax+b B.y=a·b xC.y=ax2+bx+cD.y=b log a x+c(2)某研究所对人体在成长过程中,年龄与身高的关系进行研究,根据统计,某地区未成年人,从1岁到16岁的年龄x(岁)与身高y(米)的散点图如图,则该关系较适宜的函数模型为( B )A.y=ax+bB.y=a+log b xC.y=a·b xD.y=ax2+b解析(1)画出大致散点图如图所示,根据散点图可知选B.(2)根据散点图可知,较适宜的函数模型为y=a+log b x,故选B.规律方法选择函数模型的基本思想(1)根据数据描绘出散点图;(2)将散点根据趋势“连接”起来,得到大致走势图象;(3)根据图象与常见的基本函数的图象进行联想对比,选择最佳函数模型.但必须注意实际意义与基本图形的平移性相结合.1-1某公司为确定下一年度投入某种产品的宣传费,需了解年宣传费x (单位:千元)对年销售量y(单位:t)的影响.根据近8年的年宣传费x i和年销售量yi(i=1,2,…,8)数据得到下面的散点图,则作为年销售量y关于年宣传费x的函数模型最适合的是( B )A.y=ax+bB.y=a+bxC.y=a·b xD.y=ax2+bx+cx解析根据散点图知,选择y=a+b最适合,故选B.1-2某地西红柿上市后,通过市场调查,得到西红柿种植成本Q(单位:元/100 kg)与上市时间t(单位:天)的数据如下表:时间t60100180种植成本Q11684116根据上表数据,从下列函数中选取一个函数描述西红柿种植成本Q 与上市时间t的变化关系:Q=at+b,Q=at2+bt+c,Q=a·b t,Q=a·log b t.利用你选取的函数,求:(1)西红柿种植成本最低时的上市天数是120;(2)最低种植成本是80元/100 kg.解析因为随着时间的增加,种植成本先减少后增加,而且当t =60和t =180时种植成本相等,再结合题中给出的四种函数关系可知,种植成本与上市时间的变化关系应该用二次函数Q =at 2+bt +c ,即Q =a (t -120)2+m 描述,将表中数据代入可得解得所以Q =0.01(t -120)2+80,故当上市天数为120时,种植成本取到最低值80元/100 kg.22(60120)116,(100120)84,a m a m ⎧-+=⎨-+=⎩0.01,80,a m =⎧⎨=⎩函数模型应用典例2已知炮弹发射后的轨迹在方程y =kx -(1+k 2)x 2(k >0)表示的曲线上,其中k 与发射方向有关.炮的射程是指炮弹落地点的横坐标.(1)求炮的最大射程;(2)设在第一象限内有一飞行物(忽略其大小),其飞行高度为3.2千米,问:120它的横坐标a 不超过多少时,炮弹可以击中飞行物?请说明理由.解析(1)在y =kx -(1+k 2)x 2(k >0)中,令y =0,得kx -(1+k 2)x 2=0.由实际意义和题设条件知x >0,k >0,解以上关于x 的方程得x ==≤=10,当且仅当k =1时取等号.所以炮的最大射程是10千米.1201202201k k +201kk+202(2)因为a >0,所以炮弹可以击中目标⇔存在k >0,得ka -(1+k 2)a 2=3.2成立⇔关于k 的方程a 2k 2-20ak +a 2+64=0有正根,得解得0<a ≤6.所以当a 不超过6千米时,炮弹可以击中飞行物.1202221222122(20)4(64)0,200,640,Δa a a a k k a a k k a ⎧⎪=--+≥⎪⎪+=>⎨⎪⎪+=>⎪⎩规律方法已知函数模型求解实际问题的三个步骤(1)根据已经给出的实际问题的函数模型,分清自变量与函数表达式的实际意义,注意单位名称,并注意相关量之间的关系.(2)根据实际问题的需求,研究函数的单调性、最值等,从而得出实际问题的变化趋势和最优问题.(3)最后回归问题的结论.2-1某航空公司规定,乘飞机所携带行李的质量x(kg)与其运费y(元)由如图的一次函数图象确定,那么乘客可免费携带行李的质量最大为19kg.解析由图象可求得一次函数的解析式为y=30x-570,令30x-570=0,解得x=19.2-2(2018金华模拟)一个容器装有细沙a cm3,细沙从容器底部一个细微的小孔慢慢地漏出,t min后剩余的细沙量(单位:cm3)为y=a e-bt,经过8 min后发现容器内还有一半的沙子,则再经过16min,容器中的沙子只有开始时的八分之一.解析当t =8时,y =a e -8b =a ,∴e -8b =,当容器中的沙子只有开始时的八分之一时,a e -bt =a ,则e -bt ==(e -8b )3=e -24b ,则t =24,所以再经过16 min,容器中的沙子只有开始时的八分之一.12121818典例3(2017江苏南京、盐城一模)如图所示,某街道居委会拟在EF 地段的居民楼正南方向的空白地段AE 上建一个活动中心,其中AE =30米.活动中心东西走向,与居民楼平行. 从东向西看活动中心的截面图的下半部分是长方形ABCD ,上半部分是以DC 为直径的半圆. 为了保证居民楼住户的采光要求,活动中心在与半圆相切的太阳光线照射下落在居民楼上的影长GE 不超过2.5米,其中该太阳光线与水平线的夹角θ满足tan θ=.34构建函数模型解决实际问题命题方向一一次函数与二次函数模型(1)若设计AB=18米,AD=6米,问:能否保证题干中的采光要求?(2)在保证题干中的采光要求的前提下,如何设计AB与AD的长度,可使得活动中心的截面面积最大?(注:计算中π取3)解析如图所示,以点A为坐标原点,AB所在直线为x轴,建立平面直角坐标系.(1)因为AB=18,AD=6,所以半圆的圆心坐标为H(9,6),半径r=9.设太阳光线所在直线方程为y =-x +b ,即3x +4y -4b =0,解得b =24或b =(舍).故太阳光线所在直线方程为y =-x +24,令x =30,得y =,即EG =1.5米<2.5米.所以此时能保证采光要求.(2)设AD =h 米,AB =2r 米,则半圆的圆心为H (r ,h ),半径为r .解法一:设太阳光线所在直线方程为y =-x +b ,342234+32343234即3x +4y -4b =0,=r ,解得b =h +2r 或b =h -r (舍),故太阳光线所在直线方程为y =-x +h +2r ,2234+234令x =30,得y =2r +h -,由y ≤,得h ≤25-2r ,45252所以S =2rh +πr 2=2rh +r 2≤2r (25-2r )+r 2=-r 2+50r =-(r -10)2+250≤250,当且仅当r =10时取等号.所以当AB =20米且AD =5米时,可使得活动中心的截面面积最大.解法二:易知当EG 恰为2.5米时,活动中心的截面面积最大,此时点G 的坐标为(30,2.5),设过点G 的太阳光线所在直线为l 1,则l 1的方程为y -=-(x -30),即3x +4y -11232325252523400=0.由直线l 1与半圆H 相切,得r =.而点H (r ,h )在直线l 1的下方,则3r +4h -100<0,|34100|5r h +-即r =-,从而h =25-2r .341005r h +-S =2rh +πr 2=2r (25-2r )+r 2=-r 2+50r =-(r -10)2+250≤250,当且仅当r =10时取等号,所以当AB =20米且AD =5米时,可使得活动中心的截面面积最大.12325252方法指导一次函数与二次函数模型问题的解决方法(1)在实际问题中,有很多问题的两变量之间的关系是一次函数模型,其增长特点是直线上升或直线下降,构建一次函数模型,利用一次函数的图象与单调性求解.(2)有些问题的两变量之间是二次函数关系,如面积问题、利润问题、产量问题等.对二次函数模型,一般是利用配方法并结合二次函数图象与单调性解决.注意:在解决一次函数、二次函数的应用问题时,一定要注意定义域.3-1如图,某人在垂直于水平地面ABC 的墙面前的点A 处进行射击训练.已知点A 到墙面的距离为AB ,某目标点P 沿墙面上的射线CM 移动,此人为了准确瞄准目标点P ,需计算由点A 观察点P 的仰角θ的大小.若AB =15 m,AC =25 m,∠BCM =30°,则tan θ的最大值是.(仰角θ为直线AP 与平面ABC 所成角)539解析过点P 作PN ⊥BC 于N ,连接AN ,则∠PAN =θ,如图.设PN =x m,由∠BCM =30°,得CN =x m.在直角△ABC 中,AB =15 m,AC =25 m,则BC =20m,故BN x )m.从而AN 2=152x )2=3x 2-40x +625,故tan 2θ=333322PN AN 23403625x x -+6254033-+214327625⎛⎫-+ ⎪⎝⎭当时,tan 2θ取最大值,即当x 时,tan θ1x 432527125353命题方向二分段函数模型典例4国家规定个人稿费纳税办法:不超过800元的不纳税;超过800元而不超过4 000元的按超过800元部分的14%纳税;超过4 000元的按全部稿酬的11.2%纳税,已知某人出版一本书共纳税420元,则这个人应得稿费(扣税前)为(C)A.2 800元B.3 000元C.3 800元D.3 818元解析由题意知,纳税额y (元)与稿费x (元)之间的函数关系式为y =令0.14(x -800)=420,解得x =3 800,令0.112x =420,得x =3 750(舍去),故这个人应得稿费(扣税前)为3 800元.0,800,0.14(800),800 4 000,0.112, 4 000.x x x x x ≤⎧⎪-<≤⎨⎪>⎩方法指导分段函数模型问题的两点注意(1)构建分段函数时,要做到分段合理,不重不漏,并要注意实际问题中各段自变量的取值范围,特别是端点值.(2)在求分段函数的最值时,应先求每一段上的最值,然后比较得出最大值、最小值.3-2经市场调查,某旅游城市在过去的一个月(30天)内,日旅游人数f (t )(单位:万人)与时间t (单位:天)近似满足函数关系f (t )=4+,人均消费g (t )(单位:元)与时间t 近似满足函数关系g (t )=115-|t -15|,则该城市在过去一个月内旅游日收益的最小值为万元.1t1 2103。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：高考解答题专项练2
1.设函数 f(x)=2cos x(cos x+ 3sin x)(x∈R). (1)求函数 y=f(x)的周期和单调递增区间;
[ ] ∈
(2)当 x
0,���2���
时,求函数 f(x)的最大值.
( )������
解(1)∵f(x)=2cos x(cos x+ 3sin x)=2sin 2������ + 6 +1,
5
4
3×2×
3+3 3
10 =6+2
3.
4.(2018 浙江杭州二中高考仿真)在△ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c,已知 2ccos B=2a-b, (1)求∠C 的大小;
| | (2)若 ������������ - 12������������ =2,求△ABC 面积的最大值.
������2������2 ‒ ������������ = ������������ 4 2 2 ,所以 ab≤8,当且仅当 a=4,b=2 时
1
3
取等号.此时 S△ABC=2absin C= 4 ab,其最大值为 2 3.
5.(2018 浙江教育绿色评价联盟 5 月模拟)已知函数 f(x)=sin x·(cos x+ 3sin x).
2
������ 4
-
������
‒
3 cos 2x.
(1)求 f(x)的最小正周期和单调递减区间;
[ ] ∈
(2)若 f(x)<m+2 在 x
0,���6��� 上恒成立,求实数 m 的取值范围.
( ) ( ) 解(1)f(x)=1-cos
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2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版刷好题练能力：第七章 第2讲 一元二次不等式及其解法
2019年4月[基础达标]1．设集合A ＝{x |－3≤2x －1≤3}，集合B 为函数y ＝lg(x －1)的定义域，则A ∩B ＝( ) A ．(1，2) B ．[1，2] C ．[1，2) D ．(1，2] 详细分析：选D.A ＝[－1，2]，B ＝(1，＋∞)，A ∩B ＝(1，2]．2．若不等式ax 2＋bx ＋2<0的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－12，或x >13，则a －b a 的值为( ) A ．56B ．16C ．－16D ．－56详细分析：选A.由题意得ax 2＋bx ＋2＝0的两根为－12与13，所以－b a ＝－12＋13＝－16，则a －b a ＝1－b a ＝1－16＝56. 3．(2019·浙江省名校协作体高三联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2，x ≤0，－x ＋2，x >0，则不等式f (x )≥x 2的解集为( )A ．[－1，1]B ．[－2，2]C ．[－2，1]D ．[－1，2]详细分析：选A.法一：当x ≤0时，x ＋2≥x 2， 所以－1≤x ≤0；①当x >0时，－x ＋2≥x 2，所以0< x ≤1.②由①②得原不等式的解集为{x |－1≤x ≤1}．法二：作出函数y ＝f (x )和函数y ＝x 2的图象，如图，由图知f (x )≥x 2的解集为[－1，1]．4．(2019·宁波效实中学模拟)不等式x 2＋2x ＜a b ＋16ba 对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，则实数x 的取值范围是( )A ．(－2，0)B ．(－∞，－2)∪(0，＋∞)C ．(－4，2)D ．(－∞，－4)∪(2，＋∞)详细分析：选C.不等式x 2＋2x ＜a b ＋16ba 对任意a ，b ∈(0，＋∞)恒成立，等价于x 2＋2x＜⎝⎛⎭⎫a b ＋16b a min ，由于a b ＋16b a ≥2a b ·16ba＝8(当且仅当a ＝4b 时等号成立)，所以x 2＋2x ＜8，解得－4＜x ＜2.5．关于x 的不等式x 2－(a ＋1)x ＋a <0的解集中，恰有3个整数，则实数a 的取值范围是( )A ．(4，5)B ．(－3，－2)∪(4，5)C ．(4，5]D ．[－3，－2)∪(4，5]详细分析：选D.原不等式可化为(x －1)(x －a )<0，当a >1时得1<x <a ，此时解集中的整数为2，3，4，则4<a ≤5，当a <1时得a <x <1，则－3≤a <－2，故a ∈[－3，－2)∪(4，5]．6．(2019·台州联考)在R 上定义运算：＝ad －bc .若不等式对任意实数x 恒成立，则实数a 的最大值为( )A ．－12B ．－32C ．13D ．32详细分析：选D.原不等式等价于x (x －1)－(a －2)(a ＋1)≥1，即x 2－x －1≥(a ＋1)(a －2)对任意x 恒成立，x 2－x －1＝⎝⎛⎭⎫x －122－54≥－54，所以－54≥a 2－a －2，解得－12≤a ≤32，故选D.7．不等式|x (x －2)|>x (x －2)的解集是________．详细分析：不等式|x (x －2)|>x (x －2)的解集即x (x －2)<0的解集，解得0<x <2.答案：{x |0<x <2}8．对于实数x ，当且仅当n ≤x <n ＋1(n ∈N *)时，[x ]＝n ，则关于x 的不等式4[x ]2－36[x ]＋45<0的解集为________．详细分析：由4[x ]2－36[x ]＋45<0，得32<[x ]<152，又当且仅当n ≤x <n ＋1(n ∈N *)时，[x ]＝n ，所以[x ]＝2，3，4，5，6，7，所以所求不等式的解集为[2，8)．答案：[2，8)9．已知函数f (x )＝x 2＋2x ＋1，如果使f (x )≤kx 对任意实数x ∈(1，m ]都成立的m 的最大值是5，则实数k ＝________．详细分析：设g (x )＝f (x )－kx ＝x 2＋(2－k )x ＋1，由题意知g (x )≤0对任意实数x ∈(1，m ]都成立的m 的最大值是5，所以x ＝5是方程g (x )＝0的一个根，将x ＝5代入g (x )＝0，可以解得k ＝365(经检验满足题意)．答案：36510．已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2，x ≤0，3x －2，x ＞0，若|f (x )|≥ax 在x ∈[－1，1]上恒成立，则实数a 的取值范围是____________．详细分析：当x ＝0时，|f (x )|≥ax 恒成立，a ∈R ；当0＜x ≤1时，|f (x )|≥ax 转化为a ≤|f （x ）|x ＝|3x －2|x ＝|3－2x |.因为|3－2x |的最小值为0，所以a ≤0；当－1≤x ＜0时，|f (x )|≥ax 转化为a ≥|f （x ）|x ＝－|x 2－2x |＝－|x －2x |.因为－|x －2x |的最大值为－1，所以a ≥－1，综上可得a ∈[－1，0]．答案：[－1，0]11．若不等式ax 2＋5x －2>0的解集是⎩⎨⎧x ⎪⎪⎭⎬⎫12<x <2. (1)求实数a 的值；(2)求不等式ax 2－5x ＋a 2－1>0的解集．解：(1)由题意知a <0，且方程ax 2＋5x －2＝0的两个根为12，2，代入解得a ＝－2.(2)由(1)知不等式为－2x 2－5x ＋3>0， 即2x 2＋5x －3<0，解得－3<x <12，即不等式ax 2－5x ＋a 2－1>0的解集为⎝⎛⎭⎫－3，12. 12．已知不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为(1，t )，记函数f (x )＝ax 2＋(a －b )x －c .(1)求证：函数y ＝f (x )必有两个不同的零点；(2)若函数y ＝f (x )的两个零点分别为m ，n 求|m －n |的取值范围．解：(1)证明：由题意知a ＋b ＋c ＝0，且－b2a ＞1.所以a ＜0且ca ＞1，所以ac ＞0.对于函数f (x )＝ax 2＋(a －b )x －c 有Δ＝(a －b )2＋4ac ＞0.所以函数y ＝f (x )必有两个不同零点．(2)|m －n |2＝(m ＋n )2－4mn ＝（b －a ）2＋4ac a 2＝（－2a －c ）2＋4ac a 2＝⎝⎛⎭⎫c a 2＋8⎝⎛⎭⎫c a ＋4.由不等式ax 2＋bx ＋c ＞0的解集为(1，t )可知，方程ax 2＋bx ＋c ＝0的两个解分别为1和t (t ＞1)，由根与系数的关系知ca＝t ，所以|m －n |2＝t 2＋8t ＋4，t ∈(1，＋∞)． 所以|m －n |＞13，所以|m －n |的取值范围为(13，＋∞)．[能力提升]1．(2019·金华市东阳二中高三调研)若关于x 的不等式x 2＋ax －2＞0在区间[1，5]上有解，则实数a 的取值范围为( )A ．⎝⎛⎭⎫－235，＋∞ B ．⎣⎡⎦⎤－235，1 C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)详细分析：选A.由Δ＝a 2＋8>0，知方程恒有两个不等实根，又知两根之积为负， 所以方程必有一正根、一负根．于是不等式在区间[1，5]上有解的充要条件是f (5)>0，解得a >－235，故a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－235，＋∞. 2．已知函数f (x )＝－x 2＋ax ＋b 2－b ＋1(a ∈R ，b ∈R )，对任意实数x 都有f (1－x )＝f (1＋x )成立，若当x ∈[－1，1]时，f (x )＞0恒成立，则b 的取值范围是( )A ．(－1，0)B ．(2，＋∞)C ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)D ．不能确定详细分析：选C.由f (1－x )＝f (1＋x )知f (x )的图象关于直线x ＝1对称，即a2＝1，解得a＝2.又因为f (x )开口向下，所以当x ∈[－1，1]时，f (x )为增函数，所以f (x )min ＝f (－1)＝－1－2＋b 2－b ＋1＝b 2－b －2， f (x )＞0恒成立，即b 2－b －2＞0恒成立， 解得b ＜－1或b ＞2.3．(2019·杭州模拟)若不等式x 2－(a ＋1)x ＋a ≤0的解集是[－4，3]的子集，则a 的取值范围是________．详细分析：原不等式即(x －a )(x －1)≤0，当a <1时，不等式的解集为[a ，1]，此时只要a ≥－4即可，即－4≤a <1；当a ＝1时，不等式的解为x ＝1，此时符合要求；当a >1时，不等式的解集为[1，a ]，此时只要a ≤3即可，即1<a ≤3.综上可得－4≤a ≤3.答案：[－4，3]4．不等式x 2＋8y 2≥λy (x ＋y )对于任意的x ，y ∈R 恒成立，则实数λ的取值范围为________．详细分析：因为x 2＋8y 2≥λy (x ＋y )对于任意的x ，y ∈R 恒成立，所以x 2＋8y 2－λy (x ＋y )≥0对于任意的x ，y ∈R 恒成立，即x 2－λyx ＋(8－λ)y 2≥0恒成立，由二次不等式的性质可得，Δ＝λ2y 2＋4(λ－8)y 2＝y 2(λ2＋4λ－32)≤0， 所以(λ＋8)(λ－4)≤0， 解得－8≤λ≤4.答案：[－8，4] 5．(2019·杭州高级中学质检)设二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c ，函数F (x )＝f (x )－x 的两个零点为m ，n (m <n )．(1)若m ＝－1，n ＝2，求不等式F (x )>0的解集；(2)若a >0，且0<x <m <n <1a ，比较f (x )与m 的大小．解：(1)由题意知，F (x )＝f (x )－x ＝a (x －m )·(x －n )，当m ＝－1，n ＝2时，不等式F (x )>0， 即a (x ＋1)(x －2)>0.当a >0时，不等式F (x )>0的解集为{x |x <－1，或x >2}； 当a <0时，不等式F (x )>0的解集为{x |－1<x <2}． (2)f (x )－m ＝a (x －m )(x －n )＋x －m ＝(x －m )(ax －an ＋1)， 因为a >0，且0<x <m <n <1a ，所以x －m <0，1－an ＋ax >0. 所以f (x )－m <0，即f (x )<m .6．(2019·丽水市高考数学模拟)已知函数f (x )＝|x ＋a |x 2＋1(a ∈R )．(1)当a ＝1时，解不等式f (x )>1；(2)对任意的b ∈(0，1)，当x ∈(1，2)时，f (x )>bx恒成立，求a 的取值范围．解：(1)f (x )＝|x ＋1|x 2＋1>1⇔x 2＋1<|x ＋1|⇔⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0x 2＋1<x ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1<0x 2＋1<－（x ＋1）⇔0<x <1.故不等式的解集为{x |0<x <1}．(2)f (x )＝|x ＋a |x 2＋1>b x ⇔|x ＋a |>b (x ＋1x )⇔x ＋a >b (x ＋1x )或x ＋a <－b (x ＋1x )⇔a >(b －1)x ＋bx 或a <－[(b ＋1)x ＋bx]对任意x ∈(1，2)恒成立．所以a ≥2b －1或a ≤－(52b ＋2)对任意b ∈(0，1)恒成立．所以a ≥1或a ≤－92.。
2020版数学新攻略大一轮浙江专用精练：2_§ 1_2 命题与充要条件 教师备用题库 Word版含解析
教师专用真题精编1.(2018天津,4,5分)设x ∈R,则“<”是“x 3<1”的( )|x -12|12A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A 本题主要考查解不等式和充分、必要条件的判断.由<得-<x-<,解得0<x<1.|x -12|12121212由x 3<1得x<1.当0<x<1时能得到x<1一定成立;当x<1时,0<x<1不一定成立.所以“<”是“x 3<1”的充分而不必要条件.|x -12|122.(2017天津,4,5分)设θ∈R,则“<”是“sin θ<”的|θ-π12|π1212( ) A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A ∵<⇔-<θ-<⇔0<θ<,|θ-π12|π12π12π12π12π6sin θ<⇔θ∈,k ∈Z,12(2kπ-7π6,2kπ+π6)⫋,k ∈Z,(0,π6)(2kπ-7π6,2kπ+π6)∴“<”是“sin θ<”的充分而不必要条件.|θ-π12|π12123.(2017天津,2,5分)设x ∈R,则“2-x ≥0”是“|x-1|≤1”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 B 由2-x≥0,得x≤2;由|x-1|≤1,得-1≤x-1≤1,即0≤x≤2,因为[0,2]⫋(-∞,2],所以“2-x≥0”是“|x-1|≤1”的必要而不充分条件,故选B.4.(2016天津文,5,5分)设x>0,y∈R,则“x>y”是“x>|y|”的( ) A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 C 令x=1,y=-2,满足x>y,但不满足x>|y|;又x>|y|≥y,∴x>y成立,故“x>y”是“x>|y|”的必要而不充分条件.5.(2016四川文,5,5分)设p:实数x,y满足x>1且y>1,q:实数x,y满足x+y>2,则p是q的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A 当x>1且y>1时,x+y>2,所以充分性成立;令x=-1,y=4,则x+y>2,但x<1,所以必要性不成立,所以p是q的充分不必要条件.故选A.6.(2015山东文,5,5分)设m∈R,命题“若m>0,则方程x2+x-m=0有实根”的逆否命题是( )A.若方程x2+x-m=0有实根,则m>0B.若方程x2+x-m=0有实根,则m≤0C.若方程x2+x-m=0没有实根,则m>0D.若方程x2+x-m=0没有实根,则m≤0答案 D 命题“若m>0,则方程x2+x-m=0有实根”的逆否命题是“若方程x2+x-m=0没有实根,则m≤0”,故选D.7.(2015湖南,2,5分)设A,B是两个集合,则“A∩B=A”是“A⊆B”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 C 若A∩B=A,任取x∈A,则x∈A∩B,∴x∈B,故A⊆B;若A⊆B,任取x∈A,都有x∈B,∴x∈A∩B,∴A⊆(A∩B),又A∩B⊆A显然成立,∴A∩B=A.综上,“A∩B=A”是“A⊆B”的充要条件,故选C.8.(2015安徽文,3,5分)设p:x<3,q:-1<x<3,则p是q成立的( )A.充分必要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 C 令A={x|x<3},B={x|-1<x<3}.∵B⫋A,∴p是q的必要不充分条件.故选C.9.(2015重庆,2,5分)“x=1”是“x2-2x+1=0”的( )A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 A 若x=1,则x2-2x+1=0;若x2-2x+1=0,即(x-1)2=0,则x=1.故选A.10.(2015安徽,3,5分)设p:1<x<2,q:2x>1,则p是q成立的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件答案 A 由2x>1,得x>0.∵{x|1<x<2}⫋{x|x>0},∴p是q成立的充分不必要条件.11.(2015湖北文,5,5分)l1,l2表示空间中的两条直线,若p:l1,l2是异面直线;q:l1,l2不相交,则( )A.p是q的充分条件,但不是q的必要条件B.p是q的必要条件,但不是q的充分条件C.p是q的充分必要条件D.p既不是q的充分条件,也不是q的必要条件答案 A 在空间中,两条直线的位置关系有平行、相交、异面.直线l1、l2是异面直线,一定有l1与l2不相交,所以p是q的充分条件;若l1与l2不相交,那么l1与l2可能平行,也可能是异面直线,所以p不是q 的必要条件.故选A.12.(2015湖南,3,5分)设x∈R,则“x>1”是“x3>1”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 C 当x>1时,x3>1;当x3>1时,x>1.故选C.13.(2015重庆,4,5分)“x>1”是“lo(x+2)<0”的( )g12A.充要条件B.充分而不必要条件C.必要而不充分条件D.既不充分也不必要条件答案 B 当x>1时,x+2>3>1,又y=lo x 是减函数,∴lo (x+2)<log12g 121=0,则x>1⇒lo (x+2)<0;当lo (x+2)<0时,x+2>1,x>-1,则lo g 12g 12g 12g 12(x+2)<0⇒ /x>1.故“x>1”是“lo (x+2)<0”的充分而不必要条件.g 12选B.14.(2015天津,4,5分)设x ∈R,则“1<x<2”是“|x-2|<1”的( )A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件答案 A 因为|x-2|<1等价于-1<x-2<1,即1<x<3,由于(1,2)⫋(1,3),所以“1<x<2”是“|x-2|<1”的充分而不必要条件,故选A.15.(2015湖北,5,5分)设a 1,a 2,…,a n ∈R,n ≥3.若p:a 1,a 2,…,a n 成等比数列;q:(++…+)(++…+)=(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1a n )2,a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n 则( )A.p 是q 的充分条件,但不是q 的必要条件B.p 是q 的必要条件,但不是q 的充分条件C.p 是q 的充分必要条件D.p 既不是q 的充分条件,也不是q 的必要条件答案 A 若a1,a 2,…,a n 成等比数列,设其公比为q,当q=1时,(++…+)(++…+)=(n-1)·(n-1)=(n-a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n a 21a 211)2,a 41而(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1a n )2=[(n-1)]2=(n-1)2,a 21a 41∴(++…+)(++…+)=(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1a n )2.a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n 当q ≠1时,(++…+)(++…+)a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n =·=,a 21(1-q 2n -2)1-q 2a 22(1-q 2n -2)1-q 2a 41q 2(1-q 2n -2)2(1-q 2)2(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1a n )2==,[a 1a 2(1-q 2n-2)1-q 2]2a 41q 2(1-q 2n -2)2(1-q 2)2∴(++…+)(++…+)a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n =(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1a n )2,即p 是q 的充分条件.当a 1=1,a n =0(n ≥2,n ∈N *)时,有(++…+)(++…+)=(a 1a 2+a 2a 3+…+a n-1·a n )2,但a 21a 22a 2n -1a 22a 23a 2n a 1,a 2,a 3,…,a n 不成等比数列,即p 不是q 的必要条件,故选A.16.(2014安徽,2,5分)“x<0”是“ln(x+1)<0”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.既不充分也不必要条件答案 B ln(x+1)<0⇔0<x+1<1⇔-1<x<0⇒x<0;而x<0⇒/ -1<x<0.故选B.17.(2014福建,6,5分)直线l:y=kx+1与圆O:x 2+y 2=1相交于A,B 两点,则“k=1”是“△OAB 的面积为”的( )12A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分又不必要条件答案 A 当k=1时,l:y=x+1,由题意不妨令A(-1,0),B(0,1),则S △AOB =×1×1=,所以充分性成立;当k=-1时,l:y=-x+1,也有S △AOB =,121212所以必要性不成立.18.(2014湖北,3,5分)设U 为全集.A,B 是集合,则“存在集合C 使得A ⊆C,B ⊆∁U C ”是“A ∩B=⌀”的( )A.充分而不必要的条件B.必要而不充分的条件C.充要条件D.既不充分也不必要的条件答案 C 由韦恩图易知充分性成立.反之,A ∩B=⌀时,不妨取C=∁U B,此时A ⊆C,必要性成立.故选C.19.(2014天津,7,5分)设a,b ∈R,则“a>b”是“a|a|>b|b|”的( )A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件答案 C 解法一:先证“a>b”⇒“a|a|>b|b|”.若a>b ≥0,则a 2>b 2,即a|a|>b|b|;若a ≥0>b,则a|a|≥0>b|b|;若0>a>b,则a 2<b 2,即-a|a|<-b|b|,从而a|a|>b|b|.再证“a|a|>b|b|”⇒“a>b”.若a,b ≥0,则由a|a|>b|b|,得a 2>b 2,故a>b;若a,b ≤0,则由a|a|>b|b|,得-a 2>-b 2,即a 2<b 2,故a>b;若a ≥0,b<0,则a>b.综上,“a>b ”是“a|a|>b|b|”的充要条件.解法二:显然y=x|x|=在R 上为增函数,故{x 2(x ≥0),-x 2(x <0)a>b ⇔a|a|>b|b|.20.(2013天津,4,5分)已知下列三个命题:①若一个球的半径缩小到原来的,则其体积缩小到原来的;1218②若两组数据的平均数相等,则它们的标准差也相等;③直线x+y+1=0与圆x 2+y 2=相切.12其中真命题的序号是( )A.①②③B.①②C.①③D.②③答案 C 对于命题①,设原球的半径和体积分别为r,V,变化后的球的半径和体积分别为r',V',则r'=r,由球的体积公式可知V'=1243πr'3=π·=×πr 3=V,所以命题①为真命题;命题②显然为假43(12r )3184318命题,如两组数据:1,2,3和2,2,2,它们的平均数都是2,但前者的标准差为,而后者的标准差为0;对于命题③,易知圆心到直线的距离63d===r,所以直线与圆相切,命题③为真命题.故选C.|0+0+1|12+121221.(2018北京,13,5分)能说明“若f(x)>f(0)对任意的x ∈(0,2]都成立,则f(x)在[0,2]上是增函数”为假命题的一个函数是 .答案 f(x)=sin x,x ∈[0,2](答案不唯一)解析 本题主要考查函数的单调性及最值.根据函数单调性的概念,只要找到一个定义域为[0,2]的不单调函数,满足在定义域内有唯一的最小值点,且f(x)min =f(0)即可,除所给答案外,还可以举出f(x)=等.{0,x =0,1x ,0<x ≤222.(2017北京,13,5分)能够说明“设a,b,c 是任意实数.若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c 的值依次为 . 答案 -1,-2,-3(答案不唯一)解析 答案不唯一,如:a=-1,b=-2,c=-3,满足a>b>c,但不满足a+b>c.。
2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第二章第3讲函数的奇偶性、对称性含解析
[基础达标]1．(2019·舟山市普陀三中高三期中)下列函数既是奇函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是( )A ．y ＝－x 2B ．y ＝x 3C ．y ＝log 2xD ．y ＝－3－x解析：选B.A.函数y ＝－x 2为偶函数，不满足条件．B ．函数y ＝x 3为奇函数，在(0，＋∞)上单调递增，满足条件．C ．y ＝log 2x 的定义域为(0，＋∞)，为非奇非偶函数，不满足条件．D ．函数y ＝－3－x 为非奇非偶函数，不满足条件．2．(2019·衢州高三年级统一考试)已知f (x )是R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 3＋ln(1＋x )，则当x ＜0时，f (x )＝( )A ．－x 3－ln(1－x )B ．x 3＋ln(1－x )C ．x 3－ln(1－x )D ．－x 3＋ln(1－x )解析：选C.当x <0时，－x >0，f (－x )＝(－x )3＋ln(1－x )，因为f (x )是R 上的奇函数，所以当x ＜0时，f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )3＋ln(1－x )]，所以f (x )＝x 3－ln(1－x )．3．若f (x )＝(e x －e －x )(ax 2＋bx ＋c )是偶函数，则一定有( )A ．b ＝0B ．ac ＝0C ．a ＝0且c ＝0D ．a ＝0，c ＝0且b ≠0解析：选C.设函数g (x )＝e x －e －x .g (－x )＝e －x －e x ＝－g (x )，所以g (x )是奇函数．因为f (x )＝g (x )(ax 2＋bx ＋c )是偶函数．所以h (x )＝ax 2＋bx ＋c 为奇函数．即h (－x )＋h (x )＝0恒成立，有ax 2＋c ＝0恒成立．所以a ＝c ＝0.当a ＝c ＝b ＝0时，f (x )＝0，也是偶函数，故选C.4．设f (x )是定义在实数集上的函数，且f (2－x )＝f (x )，若当x ≥1时，f (x )＝ln x ，则有( )A ．f ⎝⎛⎭⎫13<f (2)<f ⎝⎛⎭⎫12B ．f ⎝⎛⎭⎫12<f (2)<f ⎝⎛⎭⎫13 C ．f ⎝⎛⎭⎫12<f ⎝⎛⎭⎫13<f (2) D ．f (2)<f ⎝⎛⎭⎫12<f ⎝⎛⎭⎫13 解析：选C.由f (2－x )＝f (x )可知函数f (x )的图象关于x ＝1对称，所以f ⎝⎛⎭⎫12＝f ⎝⎛⎭⎫32，f ⎝⎛⎭⎫13＝f ⎝⎛⎭⎫53，又当x ≥1时，f (x )＝ln x 单调递增，所以f ⎝⎛⎭⎫32<f ⎝⎛⎭⎫53<f (2)，即f ⎝⎛⎭⎫12<f ⎝⎛⎭⎫13<f (2)，故选C. 5．若函数f (x )＝ln(ax ＋x 2＋1)是奇函数，则a 的值为( )A ．1B ．－1C ．±1D ．0解析：选C.因为f (x )＝ln(ax ＋x 2＋1)是奇函数，所以f (－x )＋f (x )＝0.即ln(－ax ＋x 2＋1)＋ln(ax ＋x 2＋1)＝0恒成立，所以ln[(1－a 2)x 2＋1]＝0，即(1－a 2)x 2＝0恒成立，所以1－a 2＝0，即a ＝±1.6．(2019·杭州四中第一次月考)设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f (2)＝0，则不等式3f （－x ）－2f （x ）5x≤0的解集为( ) A ．(－∞，－2]∪(0，2] B ．[－2，0)∪[2，＋∞)C ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)D ．[－2，0)∪(0，2]解析：选D.因为函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，且f (2)＝0，所以函数f (x )在(0，2)上的函数值为正，在(2，＋∞)上的函数值为负，当x >0时，不等式3f （－x ）－2f （x ）5x≤0等价于3f (－x )－2f (x )≤0，又f (x )是奇函数，所以有f (x )≥0，所以有0<x ≤2，同理当x <0时，可解得－2≤x <0.综上，不等式3f （－x ）－2f （x ）5x≤0的解集为[－2，0)∪(0，2]，故选D. 7．若f (x )＝k ·2x ＋2－x 为偶函数，则k ＝________，若f (x )为奇函数，则k ＝________．解析：f (x )为偶函数时，f (－1)＝f (1)，即k 2＋2＝2k ＋12，解得k ＝1.f (x )为奇函数时，f (0)＝0，即k ＋1＝0，所以k ＝－1(或f (－1)＝－f (1)，即k 2＋2＝－2k －12，解得k ＝－1)． 答案：1 －18．若关于x 的函数f (x )＝tx 2＋2x ＋t 2＋2 018x 5x 2＋t(t >0)的最大值为M ，最小值为N ，且M ＋N ＝4，则实数t 的值为________．解析：因为f (x )＝tx 2＋2x ＋t 2＋2 018x 5x 2＋t ＝t ＋2x ＋2 018x 5x 2＋t＝t ＋g (x )，其中g (x )是奇函数，M ＋N ＝t ＋g (x )＋t ＋g (－x )＝2t ＝4⇒t ＝2.答案：29．(2019·杭州市富阳二中高三质检)已知定义在R 上的函数f (x )满足：①f (1＋x )＝f (1－x )；②在[1，＋∞)上为增函数，若x ∈⎣⎡⎦⎤12，1时，f (ax )<f (x －1)成立，则实数a 的取值范围为________．解析：根据题意，可知函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，因为其在[1，＋∞)上为增函数，则在(－∞，1)上是减函数，并且自变量离1越近，则函数值越小，由f (ax )<f (x －1)可得，|ax －1|<|x －1－1|，化简得|ax －1|<|x －2|，因为x ∈⎣⎡⎦⎤12，1，所以|x －2|＝2－x ，所以该不等式可以化为x －2<ax －1<2－x ，即不等式组⎩⎪⎨⎪⎧（a －1）x >－1（a ＋1）x <3在x ∈⎣⎡⎦⎤12，1上恒成立， 从而有⎩⎪⎨⎪⎧（a －1）×12>－1（a －1）×1>－1（a ＋1）×12<3（a ＋1）×1<3，解得0<a <2，故答案为(0，2)． 答案：(0，2)10．(2019·温州调研)已知f (x )是定义在[－2，2]上的奇函数，当x ∈(0，2]时，f (x )＝2x －1，函数g (x )＝x 2－2x ＋m .如果对于任意x 1∈[－2，2]，存在x 2∈[－2，2]，使得g (x 2)＝f (x 1)，则实数m 的取值范围是________．解析：当x ∈(0，2]时，f (x )＝2x －1∈(0，3]，又f (x )是定义在[－2，2]上的奇函数，所以f (0)＝0，当x ∈[－2，0)时，f (x )∈[－3，0)，所以函数f (x )的值域是[－3，3]．当x ∈[－2，2]时，g (x )＝x 2－2x ＋m ∈[m －1，m ＋8]．由任意x 1∈[－2，2]，存在x 2∈[－2，2]，使得g (x 2)＝f (x 1)，可得[－3，3]⊆[m －1，m ＋8]，所以⎩⎪⎨⎪⎧m －1≤－3，m ＋8≥3⇒－5≤m ≤－2. 答案：[－5，－2]11．已知函数f (x )＝2x ＋k ·2－x ，k ∈R .(1)若函数f (x )为奇函数，求实数k 的值；(2)若对任意的x ∈[0，＋∞)，都有f (x )>2－x 成立，求实数k 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝2x ＋k ·2－x 是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，k ∈R ，即2－x ＋k ·2x ＝－(2x ＋k ·2－x )，所以(k ＋1)·(1＋22x )＝0对一切k ∈R 恒成立，所以k ＝－1.(2)因为x ∈[0，＋∞)，均有f (x )>2－x ，即2x ＋k ·2－x >2－x 对x ∈[0，＋∞)恒成立，所以1－k <22x 对x ∈[0，＋∞)恒成立，所以1－k <(22x )min ，因为y ＝22x 在[0，＋∞)上单调递增，所以(22x )min ＝1.所以1－k <1，解得k >0.所以实数k 的取值范围为(0，＋∞)．12．(2019·绍兴一中高三期中)已知f (x )为偶函数，当x ≥0时，f (x )＝－(x －1)2＋1，求满足f [f (a )]＝12的实数a 的个数． 解：令f (a )＝x ，则f [f (a )]＝12变形为f (x )＝12； 当x ≥0时，f (x )＝－(x －1)2＋1＝12， 解得x 1＝1＋22，x 2＝1－22； 因为f (x )为偶函数，所以当x <0时，f (x )＝12的解为x 3＝－1－22，x 4＝－1＋22； 综上所述，f (a )＝1＋22，1－22，－1－22，－1＋22； 当a ≥0时，f (a )＝－(a －1)2＋1＝1＋22，方程无解； f (a )＝－(a －1)2＋1＝1－22，方程有2解； f (a )＝－(a －1)2＋1＝－1－22，方程有1解； f (a )＝－(a －1)2＋1＝－1＋22，方程有1解； 故当a ≥0时，方程f (a )＝x 有4解，由偶函数的性质，易得当a <0时，方程f (a )＝x 也有4解，综上所述，满足f [f (a )]＝12的实数a 的个数为8. [能力提升]1．已知f (x )是奇函数，且当x ＜0时，f (x )＝x 2＋3x ＋2.若当x ∈[1，3]时，n ≤f (x )≤m 恒成立，则m －n 的最小值为 ( )A ．94B ．2C ．34D ．14解析：选A.设x ＞0，则－x ＜0，所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )2＋3(－x )＋2]＝－x 2＋3x －2.所以在[1，3]上，当x ＝32时，f (x )max ＝14；当x ＝3时，f (x )min ＝－2.所以m ≥14且n ≤－2.故m －n ≥94. 2．(2019·宁波效实中学高三月考)对于函数f (x )，若存在常数a ≠0，使得x 取定义域内的每一个值，都有f (x )＝f (2a －x )，则称f (x )为准偶函数．下列函数中是准偶函数的是( )A ．f (x )＝xB ．f (x )＝x 2C ．f (x )＝tan xD ．f (x )＝cos(x ＋1)解析：选D.由f (x )为准偶函数的定义可知，若f (x )的图象关于x ＝a (a ≠0)对称，则f (x )为准偶函数，A ，C 中两函数的图象无对称轴，B 中函数图象的对称轴只有x ＝0，而D 中f (x )＝cos(x ＋1)的图象关于x ＝k π－1(k ∈Z )对称．3．已知函数f (x )＝a －12x ＋1.若f (x )为奇函数，则a ＝________． 解析：法一：因为f (x )是奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，即a －12－x ＋1＝－⎝⎛⎭⎫a －12x ＋1，则2a ＝12－x ＋1＋12x ＋1＝2x 1＋2x ＋12x ＋1＝2x ＋12x ＋1＝1，所以a ＝12. 法二：因为f (x )为奇函数，定义域为R ，所以f (0)＝0.所以a －120＋1＝0，所以a ＝12.经检验，当a ＝12时，f (x )是一个奇函数． 答案：124．已知f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且f (x )－g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x ，则f (1)，g (0)，g (－1)之间的大小关系是________．解析：在f (x )－g (x )＝⎝⎛⎭⎫12x 中，用－x 替换x ，得f (－x )－g (－x )＝2x ，由于f (x )，g (x )分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，所以f (－x )＝－f (x )，g (－x )＝g (x )，因此得－f (x )－g (x )＝2x .联立方程组解得f (x )＝2－x －2x 2，g (x )＝－2－x ＋2x 2，于是f (1)＝－34，g (0)＝－1，g (－1)＝－54，故f (1)>g (0)>g (－1)．答案：f (1)>g (0)>g (－1)5．(2019·杭州学军中学高三质检)已知函数y ＝f (x )在定义域[－1，1]上既是奇函数，又是减函数．(1)求证：对任意x 1，x 2∈[－1，1]，有[f (x 1)＋f (x 2)]·(x 1＋x 2)≤0；(2)若f (1－a )＋f (1－a 2)＜0，求实数a 的取值范围．解：(1)证明：若x 1＋x 2＝0，显然不等式成立．若x 1＋x 2＜0，则－1≤x 1＜－x 2≤1，因为f (x )在[－1，1]上是减函数且为奇函数，所以f (x 1)＞f (－x 2)＝－f (x 2)，所以f (x 1)＋f (x 2)＞0.所以[f (x 1)＋f (x 2)](x 1＋x 2)＜0成立．若x 1＋x 2＞0，则1≥x 1＞－x 2≥－1，同理可证f (x 1)＋f (x 2)＜0.所以[f (x 1)＋f (x 2)](x 1＋x 2)＜0成立．综上得证，对任意x 1，x 2∈[－1，1]，有[f (x 1)＋f (x 2)]·(x 1＋x 2)≤0恒成立．(2)因为f (1－a )＋f (1－a 2)＜0⇔f (1－a 2)＜－f (1－a )＝f (a －1)，所以由f (x )在定义域[－1，1]上是减函数，得⎩⎪⎨⎪⎧－1≤1－a 2≤1，－1≤a －1≤1，1－a 2＞a －1，即⎩⎪⎨⎪⎧0≤a 2≤2，0≤a ≤2，a 2＋a －2＜0，解得0≤a ＜1.故所求实数a 的取值范围是[0，1)．6．(2019·宁波市余姚中学高三模拟)设常数a ∈R ，函数f (x )＝(a －x )|x |.(1)若a ＝1，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )是奇函数，且关于x 的不等式mx 2＋m >f [f (x )]对所有的x ∈[－2，2]恒成立，求实数m 的取值范围．解：(1)当a ＝1时，f (x )＝(1－x )|x |＝⎩⎪⎨⎪⎧（1－x ）x ，x ≥0（x －1）x ，x <0， 当x ≥0时，f (x )＝(1－x )x ＝－(x －12)2＋14， 所以f (x )在[0，12]内是增函数， 在(12，＋∞)内是减函数； 当x <0时，f (x )＝(x －1)x ＝(x －12)2－14， 所以f (x )在(－∞，0)内是减函数；综上可知，f (x )的单调增区间为[0，12]， 单调减区间为(－∞，0)，(12，＋∞)． (2)因为f (x )是奇函数，所以f (－1)＝－f (1)，即(a ＋1)·1＝－(a －1)·1，解得a ＝0.所以f (x )＝－x |x |，f [f (x )]＝x 3|x |；所以mx 2＋m >f [f (x )]＝x 3|x |，即m >x 3|x |x 2＋1对所有的x ∈[－2，2]恒成立． 因为x ∈[－2，2]，所以x 2＋1∈[1，5]．所以x 3|x |x 2＋1≤x 4x 2＋1＝x 4－1＋1x 2＋1＝x 2＋1＋1x 2＋1－2≤165. 所以m >165. 所以实数m 的取值范围为(165，＋∞)．。
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第二章 函数 考点规范练6
������2, - 1 < ������ < 1, |������ - 2|,������ ≥ 1. 图象关于 y 轴对称,可得 f(x)是偶函数,故 A 正确;当 x≥1 时,f(x)=|x-2|,f(x-2)的图象可
看作 f(x)的图象向右平移Fra bibliotek2 个单位得到,显然当 x≥1 时,f(x)的图象在 f(x-2)图象之上,故 B 正确;当 x∈[1,+∞)时,有 f(x-2)≤f(x),且 x∈R 时,f(x)≥0,可令 t=f(x),由图象知,y=t(t≥0)在曲线 y=f(t)的上方,所 以 f(f(x))≤f(x)成立,故 C 正确;在 D 选项中可取特殊值 x=-4,f(-4)=2,f(-4)-2=0,显然 f(-4)>|f(-4)-2|,所以 D 不正确.故选 D.
解(1)当 a=1 时,f(x)=|x2-1|,f(x)在区间[-1,1]上的最大值为 1. (2)由于 f(x)=|x2-a|在区间[-1,1]上是偶函数,故只需考虑 f(x)在[0,1]上的最大值即可.若 a≤0,则 f(x)
1
1
=x2-a,它在[0,1]上是增函数,故 M(a)=1-a.若 a>0,由 a=1-a 知,当 a<2时,M(a)=1-a,当 a≥2时,M(a)=a,故
1
1
当 a=2时,M(a)最小,最小值为2.
������(������)
17.已知函数 g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值 4 和最小值 1,设 f(x)= ������ .
12.(2018 浙江台州一模)已知函数 f(x)=x(1+a|x|)(a∈R),则在同一个坐标系下函数 f(x+a)与 f(x)的图象
2020版高考数学新增分大一轮浙江专用版讲义：第二章不等式2.3含解析
(包含边
界 )，三角形的三个顶点的坐标分别为
B(1,2)， C
7 1， 2
， D(2,3)， y 的几何意义是可行域内任一点 x＋ 2
(x， y)与
点 (－ 2,0)连线的斜率，记 P(－ 2,0)，连接 PB ，PC，由于直线 PB 的斜率为 23，直线 PC 的斜率为 76，由图可知
z＝
y x＋
x＋ y－ 5≤0， (2)(2018 杭·州七校联考 )若 x，y 满足约束条件 2x－ y－ 1≥0， z＝ 2x＋ y 的最大值为 8，则实数 a 的值为 ( )
ax－ 2y＋ 1≤ 0，
A ．－ 2 B．－ 1 C．1 D． 2 答案 C 解析 将目标函数变形为 y＝－ 2x＋ z，当 z 取最大值时，直线的纵截距最大，易知直线
题组三 易错自纠 3．下列各点中，不在 x＋y－ 1≤ 0 表示的平面区域内的是 ( )
A ． (0,0)
B ． (－1,1)
C． (－1,3)
D ． (2，－ 3)
答案 C
解析 把各点的坐标代入可得 (－ 1,3)不适合，故选 C.
4． (2018 ·全国 Ⅰ )若 x， y 满足约束条件
x－ 2y－ 2≤ 0， x－ y＋1≥ 0， y≤ 0，
1． 二元一次不等式 (组 )表示的平面区域 不等式
表示区域
Ax＋ By＋ C>0 Ax＋By＋ C≥ 0
不等式组
直线 Ax＋ By＋C＝ 0 某一侧的所有点组
不包括边界直线
成的平面区域
包括边界直线
各个不等式所表示平面区域的公共部分
2.线性规划中的基本概念 名称
约束条件 线性约束条件
目标函数 线性目标函数
2020版数学新优化浙江大一轮试题：第二章 函数 考点规范练4 Word版含答案
考点规范练4函数的单调性与最值基础巩固组1.下列函数f(x)满足“对于任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2,都有f(x1)<f(x2)”的是()A.f(x)=B.f(x)=(x-1)2C.f(x)=xD.f(x)=ln(x+1)(x)满足“对于任意x1,x2∈(0,+∞),当x1<x2,都有f(x1)<f(x2)”,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增;f(x)=在(0,+∞)上单调递减,f(x)=(x-1)2在(0,1)上单调递减,(1,+∞)上单调递增,f(x)=x在(0,+∞)上单调递减,f(x)=ln(x+1)在(0,+∞)上单调递增;故选D.2.若函数y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,则y=ax2+bx在(0,+∞)上()A.单调递增B.单调递减C.先增后减D.先减后增y=ax与y=-在(0,+∞)上都是减函数,所以a<0,b<0,则y=ax2+bx图象的对称轴方程x=-<0.故y=ax2+bx在(0,+∞)上为减函数,选B.3.(2017浙江台州中学模拟)偶函数y=f(x)在区间[0,4]上单调递减,则有()A.f(-1)>f>f(-π)B.f>f(-1)>f(-π)C.f(-π)>f(-1)>fD.f(-1)>f(-π)>f,0<1<<π<4⇒f(-1)=f(1)>f>f(π)=f(-π),故选A.4.设偶函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围是()A.B.-∪(1,+∞)C.-D.--f(x)为偶函数,f(x)>f(2x-1)可化为f(|x|)>f(|2x-1|),又f(x)在[0,+∞)上单调递增, 所以|x|>|2x-1|,解得<x<1.5.如果函数f(x)=ax2+2x-3在区间(-∞,4)上是单调递增的,则实数a的取值范围是()A.a>-B.a≥-C.-≤a<0D.-≤a≤0a=0时,f(x)=2x-3,在定义域R上是单调递增的,故在(-∞,4)上单调递增;当a≠0时,二次函数f(x)的对称轴为x=-,因为f(x)在(-∞,4)上单调递增,所以a<0,且-≥4,解得-≤a<0.综合上述得-≤a≤0.故选D.6.已知f(x)=(a2-2a-2)x是增函数,则实数a的取值范围是.1或a>3f(x)=(a2-2a-2)x是增函数可得a2-2a-2>1,解得a<-1或a>3.7.设f(x)=--则f(f(4))=,函数f(x)的单调递减区间是.[1,2](4)=log24-1=1,f(f(4))=f(1)=-12+2×1=1;当x≤2时,f(x)=-x2+2x,对称轴为x=1;所以f(x)在[1,2]单调递减,所以f(x)的单调递减区间是[1,2].8.已知函数f(x)=----若不等式f(x)>a恒成立,则实数a的取值范围是.-∞,-1]x<-1时,f(x)>-1;当x≥-1时,f(x)≥-.即所以实数a的取值范围是(-∞,-1],故应填(-∞,-1].能力提升组9.已知f(x)是(0,+∞)的增函数,若f[f(x)-ln x]=1,则f(e)=()A.2B.1C.0D.ef(x)-ln x为常数,设为a,则f(a)-ln a=a,又因为f(a)=1,所以1-ln a=a,可解得a=1,因此f(e)=ln e+1=2,故选A.10.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0)上单调递减,若实数a满足f(3|2a+1|)>f(-),则a的取值范围是()A.---B.--C.-D.--函数f(x)是偶函数,∴f(3|2a+1|)>f(-),等价为f(3|2a+1|)>f(),∵偶函数f(x)在区间(-∞,0)上单调递减,∴f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,∴3|2a+1|>,即2a+1<-或2a+1>,解得a<-或a>-,故选A.11.若函数f(x)=x2+a|x|+2,x∈R在区间[3,+∞)和--上均为增函数,则实数a的取值范围是()A.--B.--C.--D.--f(x)为R上的偶函数知,只需考察f(x)在(0,+∞)上的单调性,因为函数f(x)=x2+a|x|+2,x∈R 在区间[3,+∞)和[-2,-1]上均为增函数,所以f(x)在[3,+∞)上为增函数,在[1,2]上为减函数,则只需函数y=x2+ax+2的对称轴x=-∈[2,3],故a∈[-6,-4],故选B.>0,记12.已知f(x)是定义在(0,+∞)的函数.对任意两个不相等的正数x1,x2,都有--a=,b=,c=,则()A.a<b<cB.b<a<cC.c<a<bD.c<b<af(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有->0,-∴函数是(0,+∞)上的增函数,∵1<30.2<3,0<0.32<1,log25>2,∴0.32<30.2<log25,∴b<a<c.故选B.13.函数y=-(a>0,a≠0)的定义域和值域都是[0,1],则log a+log a=()A.1B.2C.3D.4a>1时,函数在[0,1]上单调递减,所以-=1,且-=0,解得a=2.当0<a<1时,函数在[0,1]上单调递增,所以-=0,且-=1,此时无解.所以a=2,因此log a+log a=log2=log28=3.故选C.14.(2017课标Ⅲ高考)设函数f(x)=则满足f(x)+f->1的x的取值范围是.-f(x)=f(x)+f->1,即f->1-f(x),利用图象变换,在同一平面直角坐标系中画出y=f-与y=1-f(x)的图象,如图所示.由数形结合可知,满足f->1-f(x)的解为-.15.已知函数f(x)=e x-x-1(x≥0),g(x)=-x2+4x-3,若f(a)=g(b),则b的最大值是.f(x)=e x-x-1(x≥0),知f'(x)=e x-1≥0,即函数f(x)=e x-x-1在(0,+∞)上单调递增,即函数f(x)=e x-x-1(x≥0)的最小值为f(0)=0,值域为(0,+∞),二次函数g(x)=-x2+4x-3开口朝下,对称轴为x=2,与x轴的交点为(1,0),(3,0),要使f(a)=g(b),则b∈[1,3]有解.故答案为3.16.(2017浙江杭州高级中学模拟)设a<0,(3x2+a)(2x+b)≥0在(a,b)上恒成立,则b-a的最大值为.(3x2+a)(2x+b)≥0在(a,b)上恒成立,∴3x2+a≥0,2x+b≥0或3x2+a≤0,2x+b≤0,①若2x+b≥0在(a,b)上恒成立,则2a+b≥0,即b≥-2a>0,此时当x=0时,3x2+a=a≥0不成立,②若2x+b≤0在(a,b)上恒成立,则2b+b≤0,即b≤0,若3x2+a≤0在(a,b)上恒成立,则3a2+a≤0,即-≤a≤0,故b-a的最大值为,故答案为:.17.已知函数f(x)=-1,k≠0,k∈R.(1)讨论f(x)的奇偶性,并说明理由;(2)已知f(x)在(-∞,0]上单调递减,求实数k的取值范围.函数f(x)=-1,k≠0,k∈R的定义域为R,f(-x)=---1=+2x-1.则当k=1时,有f(-x)=f(x),此时f(x)为偶函数,当k≠1时,f(-x)≠f(x)且f(-x)≠-f(x),此时f(x)为非奇非偶函数.(2)设t=2x,x∈(-∞,0],则有0<t≤1,y=-1,当k<0,y=-1在(0,1]单调递减,t=2x在(-∞,0]单调递增,所以复合函数f(x)=-1单调递减,所以k<0符合题意;当k>0,y=-1在(0,]单调递减,在(,+∞)上单调递增,已知f(x)在(-∞,0]上单调递减,必有≥1,即k≥1.综上所述,实数k的取值范围为(-∞,0)∪[1,+∞).18.已知函数f(x)=lg--为奇函数.(1)求m的值,并求f(x)的定义域;(2)判断函数f(x)的单调性,并证明;(3)若对于任意θ∈0,,是否存在实数λ,使得不等式f cos2θ+λsin θ--lg 3>0.若存在,求出实数λ的取值范围;若不存在,请说明理由.∵函数f(x)=lg--为奇函数,∴f(-x)=-f(x)在定义域内恒成立,即lg=-lg--,即lg+lg--=0,则--=1,即1-m2x2=1-x2,在定义域内恒成立,∴m=-1或m=1,当m=1时,f(x)=lg--=lg 1=0,定义域为{x|x≠1},故不为奇函数,故舍去.当m=-1时,此时f(x)=lg-,由->0,解得-1<x<1,故函数的定义域是(-1,1).(2)∵f(x)=lg-,-1<x<1,任取-1<x1<x2<1,设u(x)=-,-1<x<1,则u(x1)-u(x2)=-----∵-1<x1<x2<1,∴u(x1)-u(x2)<0,∴u(x1)<u(x2),即lg u(x1)<lg u(x2),∴f(x1)<f(x2),即f(x)在定义域内单调递增.(3)假设存在实数λ,使得不等式f--lg 3>0成立,即不等式f->lg 3=f,由(1)(2)知:<cos2θ+λsin θ-<1对于任意θ∈恒成立,即----,当θ=0时成立;当θ∈时,令sin θ=t,则---,即,则<λ<.。
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专项强化练二函数图象及其应用
1.设函数f(x)=|x+1|+|x+a|的图象关于直线x=1对称,则a的值为( )
A.1
B.-1
C.-3
D.-5
答案 C 因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(1+x)=f(1-x)对于任意实数x恒成立,即|x+2|+|x+1+a|=|x-2|+|x-1-a|对于任意实数x恒成立,从而有-
解得a=-3,故选C.
--
2.函数f(x)=tan x·ln x的图象大致是 ( )
答案 A 当0<x<1时, f(x)<0,故排除B,D.现在仅需考虑函数f(x)在(0,1)上是否存在极值点即可.易得f '(x)=·ln x+·,所以f '(x)=0等价于ln x+=0,即ln x+=0.设g(x)=ln x+.因为g(1)=>0,g(e-1)=·sin -1<0,所以函数g(x)在区间(e-1,1)上存在零点,所以函数f(x)在区间(0,1)上存在极值点,故选A.
3.函数f(x)=x2-ln|x|的大致图象为( )
答案 D ∵f(x)的定义域为(-∞ 0)∪(0 +∞) ∴排除
C.∵f(-x)=(-x)2-ln|-x|=x2-ln|x|=f(x) ∴函数f(x)是偶函数 ∴f(x)的图象关于y轴对称,故排除A.当x→+∞时, f(x)→+∞ 故排除B.故选
D.
4.函数f(x)的定义域为R,若F(x)=f(x)+f(2-x),G(x)=f(x)-f(2-x),则( )
A.函数F(x)图象是中心对称图形,G(x)图象是轴对称图形
B.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形
C.函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象不一定是中心对称图形
D.函数F(x)图象不一定是轴对称图形,G(x)图象也不一定是中心对称图形
答案 B 由题意知, f(2-x)=f(2-x)+f(x)=F(x),所以函数F(x)图象关于直线x=1对称;G(2-x)=f(2-x)-f(x)=-G(x),所以函数G(x)图象关于点(1,0)对称,所以函数F(x)图象是轴对称图形,G(x)图象是中心对称图形,故选B.
5.函数f(x)=
的图象如图所示,则下列结论成立的是( )
()
A.a>0,b>0,c<0
B.a<0,b>0,c>0
C.a<0,b>0,c<0
D.a<0,b<0,c<0
答案 C 函数f(x)的定义域为{x|x≠-c},由题中图象可知-c=x P>0,即c<0,排除
B.令f(x)=0,可得x=-,则x N=-,又x N>0,则<0,所以a,b异号,排除A,D.故选
C.
6.(2017台州中学月考)曲线y=1+-(|x|≤2)与直线y=k(x-2)+4有两个交点时,实数k的取值范围是( )
A. B.
C. D.
答案 A y=1+-⇒x2+(y-1)2=4(y≥1),其表示以点(0,1)为圆心,2为半径的圆的上半部分,而y=k(x-2)+4表示经过点(2,4)的一条直线,如图所示,当直线与圆
相切时,|-|
=2⇒k= ∴<k≤-
-(-)
=,故选A.
7.(2016课标全国Ⅱ理,12,5分)已知函数f(x)(x∈R)满足f(-x)=2-f(x),若函数y=与y=f(x)图象的交点为(x1,y1),(x2,y2),…,(x m,y m),则∑(x i+y i)=( ) A.0 B.m
C.2m
D.4m
答案 B 由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知y==1+的图象关于点(0,1)对称,所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,则x1+x m=x2+x m-1=…=0,y1+y m=y2+y m-1=…=2 ∴∑(x i+y i)=0×+2×=m.故选B.
8.已知函数f(x)=x2-x-
-
(x<0),g(x)=x2+bx-2(x>0),b∈R,若f(x)图象上存在两个不同的点A,B分别与g(x)图象上A',B'两点关于y轴对称,则b的取值范围是( )
A.(-4-5 +∞)
B.(4-5 +∞)
C.(-4-5,1)
D.(4-5,1)
答案 D 设函数g(x)图象上任一点的坐标为(x,x2+bx-2),其关于y轴的对称点
的坐标为(-x,x2+bx-2),所以方程x2+bx-2=x2+x--
--
,即
(b-1)x2+(b+1)x-2=0在
(0 +∞)上有两个不等实根,所以
()(-)
-
-
-
(-)
解得4-5<b<1,
即实数b的取值范围是(4-5,1),故选D.
9.函数f(x)=(-)
|-|
则f(-1)= ,若方程f(x)=m有两个不同的实
数根,则m的取值范围为.
答案2-;(0,2)
解析f(-1)=-=2-.作出函数f(x)的图象,如图,当x<0时, f(x)=2-e x∈(1 2) ∴当x≤1时, f(x)∈[0,2),当x>1时, f(x)>0,若方程f(x)=m有两个不同的实数根,则0<m<2,即实数m的取值范围是(0,2).。