高三数学一轮“双基突破训练”(详细解析+方法点拨) (5

2014届高三一轮“双基突破训练”（详细解析+方法点拨） (5)
一、选择题
1．设f (x )是连续的偶函数，且当x >0时f (x )是单调函数，则满足f (x )＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋3x ＋4的所
有x 之和为( )
A ．－3
B ．3
C ．－8
D ．8
【答案】C
【解析】因为f (x )是连续的偶函数，且x >0时是单调函数，由偶函数的性质可知若f (x )＝f ⎝
⎛⎭
⎪⎫x ＋3x ＋4，
只有两种情况：①x ＝
x ＋3x ＋4 ；②x ＋x ＋3
x ＋4
＝0. 由①知x 2＋3x －3＝0，故两根之和为x 1＋x 2＝－3. 由②知x 2
＋5x ＋3＝0，故两根之和为x 3＋x 4＝－5. 因此满足条件的所有x 之和为－8. 故选择C.
本题考查函数的性质及推理论证能力，易错之处是只考虑x ＝x ＋3x ＋4 ，而忽视了x ＋x ＋3
x ＋4
＝0，误选了A.
2．已知函数f (x )＝
4
|x |＋2
－1的定义域是[a ，b ](a ，b ∈Z )，值域是[0,1]，那么满足条件的整数数对(a ，b )共有( )
A ．2个
B ．3个
C ．5个
D ．无数个
【答案】C
【解析】f (x )在[0，＋∞)递减，在(－∞，0]上递增，且f (0)＝1，f (－2)＝f (2)＝0，故(a ，b )可以是(－2，0)，(－2，1)，(－2,2)，(－1,2)，(0,2)，共5个．故选择C.
3．对于函数①f (x )＝lg(|x －2|＋1)，②f (x )＝(x －2)2
，③f (x )＝cos(x ＋2)．判断如下三个命题的真假：
命题甲：f (x ＋2)是偶函数；
命题乙：f (x )在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数； 命题丙：f (x ＋2)－f (x )在(－∞，＋∞)上是增函数． 能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是( ) A ．①③ B ．①② C ．③ D ．②
【答案】D
【解析】本题考查函数的增减性、奇偶性、考查真假命题的概念，考查分析问题的能力． 方法1：函数①、②使命题甲为真，函数③使命题甲为假，排除A 、C 选项；根据函数图像分析，函数①、②使命题乙为真；函数②使命题丙也为真，但函数①使命题丙为假，因
此选D.
方法2：由命题甲f (x ＋2)是偶函数，可知①、②满足条件，排除③；
作出①②函数的图像，可知②满足命题乙的条件，①不满足乙的条件，排除①.因此选D.
4．函数f (x )是(－∞，＋∞)上的减函数，又a ∈R ，则( ) A ．f (a )>f (2a ) B ．f (a 2
)<f (a ) C ．f (a 2
＋a )<f (a ) D ．f (a 2
＋1)<f (a )
【答案】D
【解析】法1：取a ＝0，由f (x )在R 上是减函数，去A 、B 、C ，∴选D.
法2：∵f (x )是R 上的减函数，而a >0时，a <2a .a <0时，a >2a ，∴f (a )与f (2a )大小不定，同样a 2
与a ，a 2
＋a 与a 的大小关系不确定，从而f (a 2
)与f (a )，f (a 2
＋a )与f (a )的大小关系不定，但a 2＋1－a ＝(a －12)2＋34
>0，∴a 2＋1>a ，从而f (a 2
＋1)<f (a )．故选D.
5．设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )＝x 2
，若对任意的x ∈[t ，t ＋2]，不等式f (x ＋t )≥2f (x )恒成立，则实数t 的取值范围是( )
A ．[2，＋∞)
B ．[2，＋∞)
C ．(0,2]
D ．[－2，－1]∪[2，3]
【答案】A
【解析】当t ＝1时，x ∈[1,3]，若x ＝3，则
f (x ＋t )＝f (4)＝15,2f (x )＝2f (3)＝18，
故f (x ＋t )≥2f (x )不恒成立，故答案C 、D 错误； 当t ＝32时，x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤32，72，
令g (x )＝f (x ＋t )－2f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x ＋322－2x 2
＝－x 2
＋3x ＋94
，
g (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤32，72上是减函数，g (x )≥g ⎝ ⎛⎭⎪⎫72＝12
，
g (x )≥0在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤32，72上恒成立，
即f (x ＋t )≥2f (x )在⎣⎢⎡⎦
⎥⎤32，72上恒成立．
故t ＝3
2符合题意，答案B 错误．故选择A.
二、填空题
6．设函数f (x )＝(x ＋1)(x ＋a )为偶函数，则a ＝ . 【答案】－1
【解析】∵f (x )＝(x ＋1)(x ＋a )＝x 2
＋(a ＋1)x ＋a ， 由函数为偶函数得a ＋1＝0，解得a ＝－1.
【答案】1＋2 2
【解析】由⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2
－2x ≥0，
x 2
－5x ＋4≥0得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ≤0或x ≥2，
x ≤1或x ≥4，
∴函数的定义域为x ≤0或x ≥4，
而原函数在(－∞，0]上为减函数，在[4，＋∞)上是增函数，当x ＝0时f (x )＝4，而当x ＝4时，f (x )＝1＋22，故f (x )的最小值为1＋2 2.
8．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 )＝ .
【答案】－2x 2
＋4
【解析】∵f (－x )＝f (x )且f (x )＝bx 2
＋(2a ＋ab )x ＋2a 2
， ∴b (－x )2
＋(2a ＋ab )(－x )＋2a 2
＝bx 2
＋(2a ＋ab )x ＋2a 2
，
∴－(2a ＋ab )＝2a ＋ab ，即2a ＋ab ＝0， ∴a ＝0或b ＝－2.
当a ＝0时，f (x )＝bx 2
，∵f (x )值域为(－∞，4]， 而y ＝bx 2
值域不可能为(－∞，4]，∴a ≠0.
当b ＝－2时，f (x )＝－2x 2
＋2a 2
，值域为(－∞，2a 2
]． ∴2a 2
＝4，∴a 2
＝2，∴f (x )＝－2x 2
＋4. 三、解答题
9．设奇函数f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝0，求不等式f x －f －x
x
<0
的解集．
【解析】∵f (x )为奇函数，∴f (x )＝－f (－x )，
∴f x －f －x x ＝2f x
x <0，即⎩⎪⎨
⎪⎧
f x <0，x >0，
或⎩⎪⎨⎪⎧
f x >0，
x <0.
因为f (x )是奇函数且在(0，＋∞)上是增函数， 故f (x )在(－∞，0)上是增函数． 由f (1)＝0知f (－1)＝0，
∴⎩⎪⎨
⎪⎧
f x <0，
x >0，可化为⎩
⎪⎨
⎪⎧
f x <f 1，
x >0，∴0<x <1，
⎩
⎪⎨
⎪⎧
f x >0，x <0，可化为⎩
⎪⎨
⎪⎧
f x >f
－1，
x <0，∴－1<x <0.
∴原不等式的解集为{x |－1<x <0或0<x <1}．
10．设函数f (x )＝x 2
－2x －1在区间[t ，t ＋1]上的最小值为g (t )，求g (t )的解析式． 【解析】f (x )＝(x －1)2－1.
当t ＋1≤1，即t ≤0时，f (x )在[t ，t ＋1]上是减函数， ∴最小值g (t )＝f (t ＋1)＝t 2
－2；
当t ≥1时，f (x )在[t ，t ＋1]上是增函数， ∴最小值g (t )＝f (t )＝(t －1)2
－2； 当t <1<t ＋1，即 0<t <1时， 最小值g (t )＝f (1)＝－2，
∴g (t )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
t 2
－2 t ≤0－2 0<t <1
t －12－2 t ≥1
.
11．函数f (x )＝－x 2
＋2tx ＋t 在[－1,1]上的最大值为g (t )，求函数g (t )的解析式；画出其图像，据图像写出函数g (t )的值域．
【解析】f (x )＝－x 2
＋2tx ＋t ＝－(x －t )2
＋t 2
＋t ，(－1≤x ≤1) 当－1≤t ≤1时，函数f (x )的最大值为f (t )＝t 2
＋t . 当t <－1时，函数f (x )在[－1,1]上是减函数， ∴最大值为f (－1)＝－1－t .
当t >1时，函数f (x )在[－1,1]上是增函数， ∴最大值为f (1)＝－1＋3t .
综上可得g (t )＝⎩⎪⎨⎪
⎧
t 2
＋t －1≤t ≤1－1－t t <－1
－1＋3t t >1
图像如下：
∴g (t )的值域为：⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－14，＋∞. 12．设二次函数f (x )＝x 2
＋ax ＋a ，方程f (x )－x ＝0的两根x 1和x 2满足0<x 1<x 2<1. (1)求实数a 的取值范围；
(2)试比较f (0)f (1)－f (0)与1
16
的大小，并说明理由．
【解析】方法1：(1)令g (x )＝f (x )－x ＝x 2
＋(a －1)x ＋a ，则由题意可得
⎩⎪⎨⎪⎧
Δ>0，
0<1－a 2
<1，
g 1>0，g 0>0，
⇔⎩⎨⎧
a >0，
－
1<a <1，
a <3－22或a >3＋2
2，
⇔0<a <3－2 2.
故所求实数a 的取值范围是(0,3－22)． (2)∵f (0)f (1)－f (0)＝g (0) g (1)＝2a 2
， 令h (a )＝2a 2
.
∵当a >0时，h (a )单调增加， ∴当0<a <3－22时，
0<h (a )<h (3－22)＝2(3－22)2
＝2(17－122) ＝2·117＋122<1
16，
即f (0)f (1)－f (0)<1
16.
方法2：(1)同方法1.
(2)f (0)f (1)－f (0)＝g (0)g (1)＝2a 2， 由(1)知0<a <3－22， ∴42a －1<122－17<0. 又42a ＋1>0，于是 2a 2－116＝116
(32a 2
－1)
＝1
16(42a －1)(42a ＋1)<0， 即2a 2
－116<0，
故f (0)f (1)－f (0)<1
16.
方法3：
(1)方程f (x )－x ＝0⇔x 2
＋(a －1)x ＋a ＝0. 由韦达定理得
x 1＋x 2＝1－a ，x 1x 2＝a ，于是
0<x 1
<x 2
<1⇔⎩⎪⎨⎪⎧
Δ>0，
x 1
＋x 2
>0，
x 1x 2
>0，
1－x 1
＋1－x 2
>0，1－x 1
1－x 2
>0，
⇔⎩⎨⎧
a >0，
a <1，a <3－2
2或a >3＋22，
⇔0<a <3－2 2.
故所求实数a 的取值范围是(0,3－22)．
(2)依题意可设g (x )＝(x －x 1)(x －x 2)，则由0<x 1<x 2<1得
f (0)f (1)－f (0)＝
g (0)g (1)＝x 1x 2(1－x 1)(1－x 2)
＝[x 1(1－x 1)][x 2(1－x 2)] <⎝
⎛⎭⎪⎫x 1＋1－x 122⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 2＋1－x 222＝116，
故f (0)f (1)－f (0)<116.。