江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.1 小題考法—函數(shù)達標訓練（含解析）

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1、江蘇省2022高考數(shù)學二輪復習 專題五 函數(shù)、不等式與導數(shù) 5.1 小題考法—函數(shù)達標訓練（含解析） 1．(2018·江蘇高考)函數(shù)f(x)＝的定義域為________． 解析：由log2x－1≥0，即log2x≥log22，解得x≥2，所以函數(shù)f(x)＝的定義域為{x|x≥2}． 答案：{x|x≥2} 2．(2018·蘇州期末)已知4a＝2，logax＝2a，則正實數(shù)x的值為________． 解析：由4a＝2，得22a＝21，所以2a＝1，即a＝.由logx＝1，得x＝1＝. 答案： 3．函數(shù)f(x)＝ln的值域是________． 解析：因為|x|≥0，所以|x|＋1≥1

2、. 所以0＜≤1.所以ln≤0， 即f(x)＝ln的值域為(－∞，0]． 答案：(－∞，0] 4．(2018·啟東?？?設函數(shù)f(x)＝ 則f(f(2))＝________. 解析：因為f(2)＝－4＋2＝－2，f(－2)＝－2－1＝3，所以f(f(2))＝3. 答案：3 5．已知f(x)是奇函數(shù)，g(x)＝.若g(2)＝3，則g(－2)＝________. 解析：由題意可得g(2)＝＝3，解得f(2)＝1.又f(x)是奇函數(shù)，則f(－2)＝－1，所以g(－2)＝＝＝－1. 答案：－1 6．(2018·南京、鹽城一模)設函數(shù)y＝ex＋－a的值域為A，若A?[0，＋∞)，則

3、實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：因為ex>0，所以y＝ex＋－a≥2 －a＝2－a，當且僅當ex＝1，即x＝0時取等號．故函數(shù)的值域A＝[2－a，＋∞)．又A?[0，＋∞)，所以2－a≥0，得a≤2，即實數(shù)a的取值范圍是(－∞，2]． 答案： (－∞，2] 7．(2018·福建模擬)已知函數(shù)f(x)＝有兩個零點，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當x<1時，令ln(1－x)＝0，解得x＝0，故f(x)在(－∞，1)上有1個零點， ∴f(x)在[1，＋∞)上有1個零點． 當x≥1時，令－a＝0，得a＝≥1. ∴實數(shù)a的取值范圍是[1，＋∞)． 答案：[1，

4、＋∞) 8．(2018·蘇州模擬)設a＝log2，b＝log，c＝0.3，則a，b，c按從小到大的順序排列為_________． 解析：因為log2log22＝1,0<0.3<0＝1，即a<0，b>1,0

5、南京三模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上且周期為4的偶函數(shù)．當x∈[2,4]時，f(x)＝，則f的值為________． 解析：因為函數(shù)f(x)是定義在R上且周期為4的偶函數(shù)，所以f＝f＝f，因為當x∈[2,4]時，f(x)＝，所以f＝f＝＝log42＝. 答案： 11．(2018·鹽城期中)若函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(－∞，a)上單調(diào)遞減，在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：函數(shù)f(x)＝根據(jù)反比例函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，要使函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，a)上單調(diào)遞減，則a≤0.因此函數(shù)f(x)＝|x＋1|在區(qū)間(a，＋∞)上單調(diào)

6、遞增，那么a＋1≥0，解得a≥－1.所以實數(shù)a的取值范圍是[－1，0]． 答案：[－1,0] 12．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝(e是自然對數(shù)的底數(shù))．若函數(shù)y＝f(x)的最小值是4，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：法一：當x≥1時，f(x)min＝f(2)＝4，所以當x<1時，a－ex≥4恒成立．轉化為a≥ex＋4對x<1恒成立．因為ex＋4在(－∞，1)上的值域為(4，e＋4)，所以a≥e＋4. 法二：當x<1時，f(x)＝a－ex>a－e；當x≥1時，f(x)＝x＋≥4，當且僅當x＝，即x＝2時，取“＝”，又函數(shù)f(x)的值域是[4，＋∞)，所以a－

7、e≥4，即a≥e＋4. 答案： [e＋4，＋∞) 13．(2018·南京、鹽城、連云港二模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝x2＋x.若f(a)＋f(－a)＜4，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：法一：(奇偶性的性質(zhì))因為f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(a)＋f(－a)＝2 f(|a|)<4， 得f(|a|)<2，即|a|2＋|a|<2，(|a|＋2)(|a|－1)<0，解得－1

8、＝ 當a≥0時，f(a)＋f(－a)＝(a2＋a)＋(－a)2－(－a)＝2a2＋2a<4，解得0≤a<1； 當a≤0時，f(a)＋f(－a)＝(a2－a)＋(－a)2＋(－a)＝2a2－2a<4，解得－10

9、，且a≠2，則g(x)在[a，＋∞)上無零點， 在(－∞，a)上存在零點x＝0和x＝－， ∴ ≥a，解得0

10、n{f(x)，g(x)}的最大值是________． 解析：依題意，得h(x)＝ 當0＜x≤2時，h(x)＝log2x是增函數(shù)； 當x＞2時，h(x)＝3－x是減函數(shù)， 所以h(x)在x＝2時取得最大值，最大值為h(2)＝1. 答案：1 2．已知函數(shù)f(x)＝若方程f(x)＝ax＋1恰有一個解時，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：畫出函數(shù)y＝f(x)與y＝ax＋1的圖象． 當y＝ax＋1過點B(2,2)時，a＝，此時方程有兩個解； 當y＝ax＋1與f(x)＝2(x≥2)相切時， 則有ax＋1＝2，即a2x2＋(2a－4)x＋5＝0， 所以Δ＝(2a－4)2－2

11、0a2＝0，解得a＝， 此時方程有兩個解； 當y＝ax＋1過點A(1,2)時，a＝1，此時方程有一個解． 因為方程恰有一個解，結合圖象和以上分析可知實數(shù)a的取值范圍為∪ . 答案：∪ 3．(2018·無錫期末)已知函數(shù)f(x)＝g(x)＝－x2－2x－2.若存在a∈R，使得f(a)＋g(b)＝0，則實數(shù)b的取值范圍是________． 解析：由題意，存在a∈R，使得f(a)＝－g(b)， 令h(b)＝－g(b)＝b2＋2b＋2. 當a≤－時，f(a)＝＝－＋＋1＝－2＋2，因為a≤－，所以－2≤<0，從而－7≤f(a)<1； 當a>－時，f(a)＝log，因為a>－，所以>

12、，從而f(a)<2. 綜上，函數(shù)f(a)的值域是(－∞，2)． 令h(b)<2，即b2＋2b＋2<2，解得－20，y＝x3－ax＋|x－2|>0在(0，＋∞)恒成立，所以圖象僅在第一象限，所以a＜0時顯然滿足題意；當a≥0時，x≤0，y＝ax－1的圖象僅經(jīng)過第三象限，由題意知，x>0，y＝x3－ax＋|x－2|的圖象需經(jīng)過第一、四象限．

13、 y＝x3＋|x－2|與y＝ax在y軸右側的圖象有公共點(且不相切)，如圖， y＝x3＋|x－2|＝ 結合圖象設切點坐標為(x0，x－x0＋2)，y′＝3x2－1，則有3x－1＝， 解得x0＝1，所以臨界直線l0的斜率為2，所以a＞2時，符合．綜上，a＜0或a＞2. 答案：(－∞，0)∪(2，＋∞) 5．(2018·蘇州測試)設f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝2x，若對任意的x∈[a，a＋2]，不等式f(x＋a)≥f2(x)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________． 解析：當x≥0時，定義在R上的偶函數(shù)f(x)＝2x，易得f(x)＝2|x|，x∈R.由f(

14、x＋a)≥f2(x)得，2|x＋a|≥(2|x|)2，即|x＋a|≥|2x|對于x∈[a，a＋2]恒成立，即(3x＋a)(x－a)≤0對于x∈[a，a＋2]恒成立， 即解得a≤－. 答案： 6．(2018·南京、鹽城、連云港二模)已知函數(shù)f(x)＝t∈R.若函數(shù)g(x)＝f(f (x)－1)恰有4個不同的零點，則t的取值范圍為________． 解析：當x<0時，f′(x)＝－3x2＋6x＝3x(2－x)，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞減，此時f(0)＝t. 當t≥0時，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖①所示． 令f(x)＝0，得x＝0， 從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時，f(x)＝1， 由圖象①可知，此時至多有兩個零點，不符合題意； 當t<0時，作出函數(shù)f(x)的圖象如圖②所示． 令f(x)＝0，得x＝0，或x＝m(m<0)，且－m3＋3m2＋t＝0， 從而當g(x)＝f(f(x)－1)＝0時， f(x)－1＝0或f(x)－1＝m，即f(x)＝1或f(x)＝1＋m， 借助圖象②知，欲使得函數(shù)g(x)恰有4個不同的零點， 則m＋1≥0，從而－1≤m<0. 又因為t(m)＝m3－3m2，而t′(m)＝3m2－6m>0， 故t(m)在區(qū)間[－1,0)上單調(diào)遞增，從而t∈[－4,0)． 答案： [－4,0)