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2014年北京北大附中高考数学二轮专题训练:函数概念与基本初等函数(Ⅰ)(理科)


2014 年北京北大附中高考数学二轮专题训练: 函数概念与基本初等函数(Ⅰ)(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.设函数 f(x)=(2a-1)x+b 是 R 上的减函数,则有( A.a >
1 2

) D.a ≤ ) D.c>b>a ) D

.4 个
1 2

B.a <

1 2

C .a ≥

1 2

2.已知 a= 3 ,b=20.3,c=0.30.2,则 a,b,c 三者的大小关系是( A.b>c>a 3.函数 f ( x ) = ( A.1 个 B.b>a>c C.a>b>c

1 x ) -sinx 在区间[0,2π]上的零点个数为( 2

B.2 个

C .3 个 ) C .1 ) C.(0,2] )
1 1 C .( , ) 3 2

? x ? 4, ( x ≥ 6) 4.已知 f ( x ) = ? ,则 f(3)=( ? f ( x ? 2), ( x ? 6)
A.3 5.函数 f ( x ) = A.(0,2)
1

B.2

D.4

2? x 的定义域是( lg x

B.(0,1)∪(1,2)
1 的零点所在区间是( 2x
1 1 B.( , ) 6 3

D.(0,1)∪(0,2]

6.函数 f ( x ) = x 3 ? A.(0 ,
1 ) 6

D.(

1 , 1) 2

7.已知函数 f ( x ) = 1? x2 在区间 D 上的反函数是它本身,则 D 可以是( A.〔-l,l〕 B.〔0,1〕 C.(0,
2 ) 2


2 ,1〕 2

D.〔 ) D.(

8.在下列区间中,函数 f(x)=ex+4x-3 的零点所在的区间为( A.(1 ,0) 4

B.(0,

1 ) 4

C.(

1 1 , ) 4 2

1 3 , ) 2 4

1

9.函数 y =

ln( x ? 1) ? x 2 ? 3x ? 4

的定义域为(

) C.(-1,1) D.(-1,1]

A.(-4,-1)

B.(-4,1)

10.设定义域、值域均为 R 的函数 y=f(x)的反函数 y=f-1(x),且 f(x)+f(-x)=2, 则 f-1(x-1)+f-1(3-x)的值为( A.2 B.0 ) C.-2 )
1 x

D.2x-4

11.下列函数中,既是奇函数又是增函数的为( A.y=x+1 B.y=-x2

C .y =

D.y=x|x| )

12.已知函数 f(x)=x2+bx+c,且 f(-3)=f(1).则( A.f(1)<c<f(-1) C.f(1)<f(-1)<c

B.f(1)>c>f(-1) D.f(1)>f(-1)>c

二、填空题(本大题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分,把正确答案填在题中横线上) 13.已知函数 f(x)=

x (x∈R)时,则下列结论正确的是 1? x

(1)?x∈R,等式 f(-x)+f(x)=0 恒成立 (2)?m∈(0,1),使得方程|f(x)|=m 有两个不等实数根 (3)?x1,x2∈R,若 x1≠x2,则一定有 f(x1)≠f(x2) (4)?k∈(1,+∞),使得函数 g(x)=f(x)-kx 在 R 上有三个零点.

2

?lg x, x ? 0 ? 14.设 f ( x ) = ? ,若 f(f(1))=1,则 a= 0 2 x ? 3 t dt , ( x ≤ 0) ? ?a ?



15.已知函数 f ( x ) = log a (3? ax 2 ) 在[0,3]上单调递增,则实数 a 的取值范围为 16.已知函数 f(x)=
ax ? 1 在区间(-2,+∞)上为增函数,则实数 a 的取值范围是 x?2

。 。

三、解答题(本大题共 6 个小题,共 70 分,解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤) 17.已知函数 f(x)=kx2+(3+k)x+3,其中 k 为常数,且 k≠0. (1)若 f(2)=3,求函数 f(x)的表达式; (2)在(1)的条件下,设函数 g(x)=f(x)-mx,若 g(x)在区间[-2,2]上是单调函数, 求实数 m 的取值范围; (3)是否存在 k 使得函数 f(x)在[-1,4]上的最大值是 4?若存在,求出 k 的值;若不存在, 请说明理由.

18.已知幂函数 y = x m 2?2 m ? 3 ( m ∈ N * ) 的图象关于 y 轴对称,且在(0,+∞)上是减函数, 求实数 m 的值.

3

19.已知函数 f(x)= log 1
2

ax ? 2 (a 为常数). x ?1

(1)若常数 0<a<2,求 f(x)的定义域; (2)若 f(x)在区间(2,4)上是减函数,求 a 的取值范围.

20.定义在实数集上的函数 f(x)对任意 x,y∈R,有 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)?f(y), 且 f(0)≠0, (1)求证:f(0)=1 (2)求证:y=f(x)是偶函数.

21.设 f(x)=3ax2+2bx+c.若 a+b+c=0,f(0)>0,f(1)>0,求证: (Ⅰ)a>0 且? 2 <
b < ?1; a

(Ⅱ)方程 f(x)=0 在(0,1)内有两个实根.

4

1 22.已知 ≤a≤1,若 f(x)=ax2-2x+1 在区间[1,3]上的最大值 M(a),最小值 N(a), 3

设 g(a)=M(a)-N(a). (1)求 g(a)的解析式; (2)判断 g(a)单调性,求 g(a)的最小值.

5

2014 年北京北大附中高考数学二轮专题训练: 函数概念与基本初等函数(Ⅰ)(理科)答案 1、解:∵函数 f(x)=(2a-1)x+b 是 R 上的减函数, 则 2a-1<0 ∴a<
1 2

故选 B.
1

2、解:∵ 0.3 = 0.32 < 0 . 3 0.2 < 1 < 2 0.3 , ∴b>c>a. 故选 A.
1 x ) =sinx,上的零点个数就转化为两个函数 2

3、解:令 f(x)=0,则( y=(

1 x ) 和 y=sinx 的交点问题,分别画出它们的图象: 2

由图知交点个数是 2.

故选 B.

4、解:根据题意得, f(3)=f(5)=f(7)=7-4=3, 故选 A. 5、解:要使函数 f(x)有意义,只需要
?2 ? x ≥ 0 ? ,解得 0<x<1 或 1<x≤2,所以定义域为 ?x ? 0 ?lg x ? 0 ?

(0,1)∪(1,2]. 6、解:∵f(1)=0,f(
1 1 ∴f ( )×f ( ) < 0 , 3 2

故选 D.
1 1 1 1 1 1 ? 0 ,f( )= 3 ? 3 <0. )= 3 ? 2 3 2 2 3 2

根据函数零点的判断定理可知:函数 f ( x ) = x 3 ? 故选 C.

1

1 1 1 在区间( , ) 内一定有零点. x 3 2 2

7、解:由题意 0≤1-x2,故得-1≤x≤1,且函数的值域为[0,1] 又函数 f ( x ) = 1? x2 在区间 D 上的反函数是其本身, 故函数必为一单调函数且自变量与函数值取值范围相同 由此知 M=(0,1) 故选 B.
6

8、解:∵f(0)=e0-3=-2<0

f(1)=e1+4-3>0

∴根所在的区间 x0∈(0,1)排除 A 选项
1 ) = e 0.5 +2?3 = e ? 1 > 0 2 1 ∴根所在的区间 x0∈(0, ),排除 D 选项 2 1 1 1 最后计算出 f ( ) = 4 e ? 2 < 0 ,f ( ) ? f ( ) < 0 , 4 4 2

又∵f (

得出选项 C 符合; 9、解:由题意知,函数 y = 解得-1<x<1,

故选 C.
?x ?1 ? 0 的定义域为 ? 2 , ? x 2 ? 3x ? 4 ?? x ? 3x ? 4 ? 0

ln( x ? 1)

故选 C.

10、解:∵x-1+3-x=2,f(x)+f(-x)=2, ∴f-1(x-1)与 f-1(3-x)互为相反数, ∴f-1(x-1)+f-1(3-x)=0. 故选:B.

11、解:对于 A,非奇非偶,是 R 上的增函数,不符合题意; 对于 B,是偶函数,不符合题意; 对于 C,是奇函数,但不是增函数;
2 ? ?x , x ≥ 0 对于 D,令 f(x)=x|x|,∴f(-x)=-x|-x|=-f(x);∵f(x)=x|x|= ? 2 , ? ?? x , x ? 0

∴函数是增函数

故选 D.

12、解:∵函数 f(x)=x2+bx+c,且 f(-3)=f(1). ∴函数的对称轴为 x=-1,且 f(0)=c. ∴函数 f(x)在[-1,+∞)上单调递增. ∴f(-1)<f(0)<f(1), 即 f(1)>c>f(-1), 13、解:∵函数 f(x)= 故选:B.

x , 1? x

∴f(-x)+f(x)=

x x ?x x + = + =0 恒成立,故(1)正确; 1? x 1? x 1? x 1? x

∵函数 f(x)=

x (x∈R)的在 R 上单调递增,且值域为(-1,1) 1? x

∴函数 y=|f(x)|在(-∞,0]上单调递减,在[0,+∞)上单调递增,且值域为[0,1)
7

∴?m∈(0,1),方程|f(x)|=m 均有两个不等实数根,故(2)正确; 由(1)知 f(x)是奇函数,由(2)的推导知,f(x)在 R 上单调递增,所以?x1,x2, 若 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2),故(3)正确. 令 g(x)=0 即 f(x)-kx=0 即 k=

x ≤1,所以当 k∈(1,+?), 1? x

使得函数 g(x)=f(x)-kx 在 R 上无零点,故(4)错误. 故答案为:(1)(2)(3) 14、【解答】解:由题意可得,f(1)=lg1=0
0 0 3 ∴f(f(1))=f(0)= ? 3t 2 dt ? t 3∣ a? a a

∴a3=1 即 a=1 15、解:设 μ=3-ax2,

故答案为 1

则原函数 f(x)=loga(3-ax2)是函数:y=logaμ,μ=3-ax2 的复合函数, ①当 a>1 时,y=logau 在(0,+∞)上是增函数, 而函数 μ=3-ax2 在[0,3]上是减函数, 根据复合函数的单调性,得函数 f(x)在[0,3]上单调递减,与题意不符; ②当 0<a<1 时,y=logau 在(0,+∞)上是减函数, 函数 μ=3-ax2 在[0,3]上是减函数, 根据复合函数的单调性,得函数 f(x)在[0,3]上单调递增, 且 μ=3-ax2>0 在[0,3]上恒成立,
?0 ? a ? 1 1 所以有 ? ,解得 0<a< . 2 3 ?3 ? a ? 3 ? 0
1 1 综①②,得实数 a 的取值范围为(0, ). 故答案为:(0, ). 3 3 ax ? 1 1 ? 2a 16 、 解:∵函数 f(x)= =a+ ,结合复合函数的增减性, x?2 x?2 1 ? 2a 再根据 f(x)在 (-2,+∞)为增函数,可得 g(x)= 在 (-2,+∞)为增函数, x?2 1 1 ∴1-2a<0,解得 a> , 故答案为:{a|a> }. 2 2

17、解:(1)由 f(2)=3,可得 4k+2(3+k)+3=3,∴k=-1 ∴f(x)=-x2+2x+3; (2)由(1)得 g(x)=f(x)-mx=-x2+(2-m)x+3,函数的对称轴为 x=
8

2?m 2

∵g(x)在区间[-2,2]上是单调函数, ∴
2?m 2?m ≤ ?2 或 ≥2 2 2 3? k 2k

∴m≤-2 或 m≥6; (3)f(x)=kx2+(3+k)x+3 的对称轴为 x = ? ①k>0 时,函数图象开口向上,x = ?

3? k < 0 ,此时函数 f(x)在[-1,4]上的最大值是 2k 11 f(4)=16k+(3+k)× 4+3=20k+15=4,∴k = ? < 0 ,不合题意,舍去; 20 3? k 1 3 1 ②k<0 时,函数图象开口向下,x = ? =? ? >? , 2 2k 2 2k 1 3? k 1 1° 若? < ? ≤ 4 ,即 k ≤ ? 时,函数 f(x)在[-1,4]上的最大值是 2 3 2k

f(?

3? k 12k ? (k ? 3) 2 )= =4 2k 4k

∴k2+10k+9=0,∴k=-1 或 k=-9,符合题意; 2° 若?
3? k 1 > 4 ,即? < k < 0 时,函数 f(x)在[-1,4]上递增,最大值为 3 2k 11 1 < ? ,不合题意,舍去; 20 3

f(4)=16k+(3+k)× 4+3=20k+15=4, ∴k = ?

综上,存在 k 使得函数 f(x)在[-1,4]上的最大值是 4,且 k=-1 或 k=-9. 18、解:∵幂函数 y = x m 2?2 m ? 3 ( m ∈ N * ) 在(0,+∞)上是减函数, ∴m2-2m-3<0,∴-1<m<3, 又∵m∈N*,∴m=0,1,2, 又∵图象关于 y 轴对称, 当 m=0 时,y=x-3 是奇函数,图象关于原点对称,故 m=0 不成立; 当 m=1 时,y=x-4 是偶函数,图象关于 y 轴对称,故 m=1 成立; 当 m=2 时,y=x-3 是奇函数,图象关于原点对称,故 m=2 不成立; ∴m=1. 19、解:(1)由
ax ? 2 > 0, x ?1 2 , a

当 0<a<2 时,解得 x<1 或 x>

2 故当 0<a<2 时,f(x)的定义域为{x|x<1 或 x> } a

9

ax ? 2 1 ,因为 f((x)log u 为减函数,故要使 f(x)在(2,4)上是减函数, x ?1 2 ax ? 2 a?2 u= =a+ 在(2,4)上为增函数且为正值. x ?1 x ?1

(2)令 u =

?a ? 2 ? 0 ? 故有 ? ,∴1≤a<2. 2a ? 2 umi ? u (2) ? ≥0 ? ? 2 ?1

20、解:(1)令 x=y=0 则有 f(0)+f(0)=2f(0)f(0) 即 2f(0)=2f(0)f(0), 因为 f(0)≠0, 所以 f(0)=1. (2)令 x=0 则有 f(y)+f(-y)=2f(0)f(y), ∴f(-y)=f(y), 所以 y=f(x)是偶函数. 21、解:证明:(I)因为 f(0)>0,f(1)>0, 所以 c>0,3a+2b+c>0. 由条件 a+b+c=0,消去 b,得 a>c>0; 由条件 a+b+c=0,消去 c,得 a+b<0,2a+b>0. 故? 2 <
b < ?1. a

(II)抛物线 f(x)=3ax2+2bx+c 的顶点坐标为(? 在? 2 <

b 3ac ? b 2 , ), 3a 3a

b 1 1 b 2 < ? 1 的两边乘以? ,得 < ? < . a 3 3 3 3a

又因为 f(0)>0,f(1)>0, 而 f (?
b a 2 ? c 2 ? ac )= ? < 0, 3a 3a
b b ) 与(? , 1) 内分别有一实根. 3a 3a

所以方程 f(x)=0 在区间(0 , ?

故方程 f(x)=0 在(0,1)内有两个实根. 22、

10

1 1 1 解:(1)当 ≤a≤ 时 N(a)=f( ),M(a)=f(1), 3 2 a 1 1 此时 g(a)=f(1)-f( )=a+ -2; a a 1 1 当 <a≤1 时 N(a)=f( ),M(a)=f(3), 2 a 1 1 此时 g(a)=f(3)-f( )=9a+ -6; a a

1 1 1 ? a ? ? 2........( ≤ a ≤ ) ? ? a 3 2 ∴g(a)= ? ?9a ? 1 ? 6......( 1 ? a ≤ 1) ? a 2 ?

…(6 分)

1 1 1 1 (2)当 ≤a≤ 时,∵g(a)=a+ -2,∴g′(a)=1- 2 <0, 3 2 a a 1 1 ∴g(a)在[ , ]上单调递减. 3 2 1 同理可知 g(a)在( ,1]上单调递增 2 1 1 ∴g(a)min=g( )= .…(12 分) 2 2

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