（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 單元檢測三 函數(shù)概念與基本初等函數(shù)Ⅰ單元檢測（含解析）

單元檢測三函數(shù)概念與基本初等函數(shù)(時(shí)間：120分鐘滿分：150分)第卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1設(shè)函數(shù)f(x)，則函數(shù)的定義域?yàn)?)A.B.C.(0，) D.答案A解析由得<x<0.2已知函數(shù)f(x)則f(f(4)的值為()AB9C.D9答案C解析f(4)log42，f(f(4)f(2)32.3(2018·湖州聯(lián)考)設(shè)alog54log52，blnln3，c，則a，b，c的大小關(guān)系為()Aa<b<cBb<c<aCc<a<bDb<a<c答案A解析由題意，得alog54log52log52，blnln3ln2，c.得a，b，而log25>log2e>1.所以0<<<1，即0<a<b<1.又c>1，故a<b<c.4函數(shù)f(x)sinx(其中e為自然對數(shù)的底數(shù))在2，2上圖象的大致形狀是()答案A解析因?yàn)閒(x)sinxsinx，f(x)sin(x)(sinx)sinxf(x)，所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，排除選項(xiàng)C，D，由f>0，可排除選項(xiàng)B.故選A.5已知函數(shù)f(x)x24x，當(dāng)xm,5時(shí)，f(x)的值域是5,4，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A(，1) B(1,2C1,2D2,5答案C解析f(x)(x2)24，所以當(dāng)x2時(shí)，f(2)4.由f(x)5，解得x5或x1.所以要使函數(shù)f(x)在區(qū)間m,5上的值域是5,4，則1m2.6已知函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，且f(x)在(，0上單調(diào)遞減，則滿足f(3x1)<f的實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A.B.C.D.答案B解析由函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，且f(x)在(，0上單調(diào)遞減，得f(x)在(0，)上單調(diào)遞增又f(3x1)<f，所以|3x1|<，解得<x<.7(2017·紹興診斷)已知函數(shù)f(x)是(，)上的減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A(0,1) B.C.D.答案B解析若函數(shù)f(x)是(，)上的減函數(shù)，則可得0<a.8(2018·杭州學(xué)軍中學(xué)期中)已知f(x)是定義域?yàn)镽的單調(diào)函數(shù)，且對任意實(shí)數(shù)x，都有f，則f(log23)的值為()A.B.C1D0答案A解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是R上的單調(diào)函數(shù)，且對任意的實(shí)數(shù)x，都有f，所以f(x)a恒成立，且f(a)，即f(x)a，f(a)a，解得a1，所以f(x)1，所以f(log23)，故選A.9(2018·金華一模)已知點(diǎn)A(1,0)，若點(diǎn)B是曲線yf(x)上的點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在曲線yg(x)上，則稱點(diǎn)B是函數(shù)yf(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的一個(gè)“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”，已知f(x)|log2x|，g(x)x，則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是()A1B2C3D4答案B解析令點(diǎn)B(x，|log2x|)，x>0，則AB的中點(diǎn)C.由于點(diǎn)C在函數(shù)g(x)x的圖象上，故有|log2x|，即|log2x|·x，故函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)即為函數(shù)y|log2x|和y·x的圖象的交點(diǎn)的個(gè)數(shù)在同一個(gè)坐標(biāo)系中畫出函數(shù)y|log2x|和y·x的圖象，由圖象知交點(diǎn)個(gè)數(shù)為2，則函數(shù)f(x)關(guān)于函數(shù)g(x)的“關(guān)聯(lián)點(diǎn)”的個(gè)數(shù)是2，故選B.10已知函數(shù)f(x)(aR)在區(qū)間1,4上的最大值為g(a)，則g(a)的最小值為()A4B5C6D7答案A解析方法一令H(x)x2a，則H(x)2x(x2)(x22x4)，故H(x)在1,2上單調(diào)遞減，在(2,4上單調(diào)遞增，所以g(a)minminmax|H(1)|，|H(2)|，|H(4)|，即g(a)minminmax|17a|，|12a|，|20a|，如圖可知，g(a)min4.方法二令tx2，則t2x(x2)(x22x4)，所以tx2在1,2上單調(diào)遞減，在(2,4上單調(diào)遞增，所以t12,20，故y|ta|在t12,20上的最大值為g(a)所以g(a)min4.第卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分把答案填在題中橫線上)11已知f(x1)x21，則f(x)_，y的單調(diào)遞增區(qū)間為_答案x22x(1,2)解析當(dāng)x1t時(shí)，xt1，所以f(t)(t1)21t22t，即f(x)x22x；y，定義域?yàn)?0,2)，且f(x)對稱軸為x1，所以函數(shù)在(0,1)上單調(diào)遞增，(1,2)上單調(diào)遞減，根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”，函數(shù)y的單調(diào)增區(qū)間為(1,2)12(2018·舟山二模)設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x)則g(8)_.答案2解析當(dāng)x<0時(shí)，x>0，則f(x)log3(1x)，又f(x)f(x)，f(x)log3(1x)，即g(x)log3(1x)，x<0.故g(8)log31(8)log392.13已知a>b>1.若logablogba，abba，則a_，b_.答案42解析設(shè)logbat，則t>1，因?yàn)閠，解得t2，所以ab2，因此abbab2bbb2，解得b2，a4.14(2018·臺(tái)州高級中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)則f(f(2)_；若f(a)9，則實(shí)數(shù)a_.答案49或3解析由題意得f(f(2)f(4)4，若f(a)9，當(dāng)a0時(shí)，有a29，即a3；當(dāng)a<0時(shí)，有a9，故a9或3.15已知函數(shù)f(x)當(dāng)a2時(shí)，f(f(4)_，若函數(shù)f(x)的最大值為a1，則實(shí)數(shù)a的值為_答案230解析當(dāng)a2時(shí)，f(x)所以f(f(4)f(3)94×(3)223.易知f(x)|2x4|1(x>0)的最大值為f(2)1，若a11，則a0.當(dāng)a0時(shí)，f(x)x22ax2(x0)的最大值為f(0)2，所以a11，所以a0.16已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)，若實(shí)數(shù)a，b滿足則(a1)2(b1)21所表示的圖形的面積是_答案1解析由得f(x)是奇函數(shù)，且在R上是減函數(shù)，作出不等式組表示的平面區(qū)域(圖略)，(a1)2(b1)21所表示的圖形為以(1,1)為圓心，1為半徑的半圓和一個(gè)三角形，其表示的圖形的面積是1.17已知函數(shù)f(x)x22axa21，g(x)2xa，對于任意的x11,1，存在x21,1，使f(x2)g(x1)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_答案2，1解析f(x)x22axa21(xa)21，當(dāng)x1,1時(shí)，若a1，則f(x)a22a，a22a；若1<a0，則f(x)1，a22a；若0<a1，則f(x)1，a22a若a>1，則f(x)a22a，a22a而g(x)2a，2a，從而由條件得：若a1，則解得2a1；若1<a0，則不等式組無解；若0<a1，則不等式組無解；若a>1，則不等式組無解綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是2，1三、解答題(本大題共5小題，共74分解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)18(14分)若定義在2,2上的奇函數(shù)f(x)滿足當(dāng)x(0,2時(shí)，f(x).(1)求f(x)在2,2上的解析式；(2)判斷f(x)在(0,2)上的單調(diào)性，并給予證明；(3)當(dāng)為何值時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)在x2,2上有實(shí)數(shù)解解(1)因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(0)0.當(dāng)x2,0)時(shí)，x(0,2因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(x)f(x)，所以f(x)(2)f(x)在(0,2)上是減函數(shù)，證明如下，任取0<x1<x2<2，f(x1)f(x2)，因?yàn)?<x1<x2<2，所以，即,1>0，所以f(x1)f(x2)>0.因此，f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減(3)方程f(x)在x2,2上有實(shí)數(shù)解，即取函數(shù)f(x)的值域內(nèi)的任意值由(2)可知，f(x)在x(0,2上是減函數(shù)，此時(shí)f(x).又因?yàn)閒(x)是x2,2上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x0時(shí)，f(x)0.當(dāng)x2,0)時(shí)，f(x).因此，函數(shù)f(x)的值域?yàn)?，因此，0.19(15分)(2018·寧波九校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)x|xa|bx.(1)當(dāng)a2，且f(x)是R上的增函數(shù)時(shí)，求實(shí)數(shù)b的取值范圍；(2)當(dāng)b2，且對任意a(2,4)，關(guān)于x的方程f(x)tf(a)總有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根時(shí)，求實(shí)數(shù)t的取值范圍解(1)f(x)x|x2|bx因?yàn)閒(x)連續(xù)，且f(x)在R上單調(diào)遞增，等價(jià)于這兩段函數(shù)分別遞增，所以得b2.(2)f(x)x|xa|2xtf(a)2ta.當(dāng)2a<4時(shí)，<a，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(a，)上單調(diào)遞增，所以f極大(x)fa1，f極小(x)f(a)2a，所以對2a<4恒成立，解得0<t<1.當(dāng)2<a<2時(shí)，<a<，f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以f極大(x)fa1，f極小(x)fa1，所以a1<2ta<a1對2<a<2恒成立，解得0t1，綜上0<t<1.20(15分)(2018·浙江91高中聯(lián)盟開學(xué)考)已知函數(shù)f(x)x2axb(a，bR)，g(x)2x24x16，且|f(x)|g(x)|對xR恒成立(1)求a，b的值；(2)記h(x)f(x)4，那么當(dāng)k時(shí)，是否存在m，n(m<n)，使得函數(shù)h(x)在m，n上的值域恰好為km，kn？若存在，請求出m，n；若不存在，請說明理由解(1)由g(x)0得x4或x2.于是，當(dāng)x4或x2時(shí)，有此時(shí)，|f(x)|g(x)|x22x8|2|x22x8|，對xR恒成立，滿足條件故a2，b8.(2)h(x)(x1)2，km，kn，kn，又k，n1，m，n(，1，h(x)在m，n上是單調(diào)增函數(shù)，即即m<n，且k，故當(dāng)k<1時(shí)，m，n0,22k；當(dāng)k>1時(shí)，m，n22k，0；當(dāng)k1時(shí)，m，n不存在21(15分)(2018·杭州質(zhì)檢)設(shè)函數(shù)f(x)x2bxc(b，cR)若f(1x)f(1x)，f(x)的最小值為1.(1)求f(x)的解析式；(2)若函數(shù)y|f(x)|與yt相交于4個(gè)不同交點(diǎn)，從左到右依次為A，B，C，D.是否存在實(shí)數(shù)t，使得線段|AB|，|BC|，|CD|能構(gòu)成銳角三角形，如果存在，求出t的值；如果不存在，請說明理由解(1)因?yàn)閒(1x)f(1x)，所以函數(shù)的對稱軸為直線x1，即1，所以b2，又因?yàn)閒(x)的最小值為1，所以1，解得c0，所以f(x)x22x.(2)若函數(shù)y|f(x)|與yt相交于4個(gè)不同交點(diǎn)，則0<t<1，易知xA1，xB1，xC1，xD1，所以|AB|CD|，|CB|2，由題意知，線段|AB|，|BC|，|CD|構(gòu)成的三角形為等腰銳角三角形，所以|BC|<|AB|，即2<()，即(2)<·，解得<t<1.22(15分)(2019·杭州學(xué)軍中學(xué)模擬)已知函數(shù)f(x)alnx(aR)(1)若a2，求f(x)在(1，e2)上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)；(2)若f(x)恰有一個(gè)零點(diǎn)，求a的取值集合；(3)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2(x1<x2)，求證：2<x1x2<3ea11.(1)解a2時(shí)，f(x)2lnx，f(x)，故f(x)在(1，e2)上單調(diào)遞減，所以在(1，e2)上至多只有一個(gè)零點(diǎn)又f(1)f(e2)1×<0，故函數(shù)f(x)在(1，e2)上只有一個(gè)零點(diǎn)(2)解f(x)，令f(x)0，得x1.當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，f(x)在(1，)上單調(diào)遞減；當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>0，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，故f(x)maxf(1)a1.當(dāng)f(x)max0，即a1時(shí)，因最大值點(diǎn)唯一，故符合題意；當(dāng)f(x)max<0，即a<1時(shí)，f(x)<0恒成立，不合題意；當(dāng)f(x)max>0，即a>1時(shí)，一方面，存在ea>1，f(ea)<0；另一方面，存在ea<1，f(ea)2aea2aea<0，于是f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，不合題意綜上，a的取值集合為1(3)證明先證x1x2>2.依題意有alnx1lnx2，于是ln.記t，t>1，則lnt，故x1，于是，x1x2x1(t1)，x1x22.記函數(shù)g(x)lnx，x>1.因g(x)>0，故g(x)在(1，)上單調(diào)遞增于是當(dāng)t>1時(shí)，g(t)>g(1)0，又lnt>0，所以x1x2>2.再證x1x2<3ea11.因f(x)0h(x)ax1xlnx0，故x1，x2也是h(x)的兩個(gè)零點(diǎn)由h(x)a1lnx0得xea1(記pea1)p是h(x)的唯一最大值點(diǎn)，故有作函數(shù)t(x)lnxlnp，則t(x)0，故t(x)單調(diào)遞增當(dāng)x>p時(shí)，t(x)>t(p)0；當(dāng)0<x<p時(shí)，t(x)<0.于是ax11x1lnx1<x1lnp.整理得(2lnpa)x(2papplnp1)x1p>0，即x(3ea11)x1ea1>0.同理得x(3ea11)x2ea1<0.故x(3ea11)x2ea1<x(3ea11)x1ea1，(x2x1)(x2x1)<(3ea11)(x2x1)，于是x1x2<3ea11.綜上，2<x1x2<3ea11.13