精选高考数学二轮复习专题一函数与导数不等式第1讲函数图象与性质及函数与方程练习

专题一 函数与导数、不等式 第1讲 函数图象与性质及函数与方程
练习
一、选择题
1.(2016·临沂模拟)下列函数中，既是奇函数，又在区间(－1，1)上单调递减的函数是
( )
A.f(x)＝sin x B.f(x)＝2cos x＋1
C.f(x)＝2x－1 D.f(x)＝ln 1－x1＋x
解析 由函数f(x)为奇函数排除B、C，又f(x)＝sin x在(－1，1)上单调递增，排除A，
故选D.
答案 D
2.(2015·湖南卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是( )
A.奇函数，且在(0，1)上是增函数
B.奇函数，且在(0，1)上是减函数
C.偶函数，且在(0，1)上是增函数
D.偶函数，且在(0，1)上是减函数
解析 易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)
为奇函数，又f(x)＝ln1＋x1－x＝ln－1－2x－1，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，
1)上是增函数，故选A.
答案 A
3.已知二次函数f(x)＝x2－bx＋a的部分图象如图所示，则函数g(x)
＝ex＋f′(x)的零点所在的区间是( )
A.(－1，0) B.(0，1)
C.(1，2) D.(2，3)
解析 由函数f(x)的图象可知，0＜f(0)＝a＜1，f(1)＝1－b＋a＝0，所以1＜b＜2.又
f′(x)＝2x－b，所以g(x)＝ex＋2x－b，所以g′(x)＝ex＋2＞0，即g(x
)在R上单调递

增，又g(0)＝1－b＜0，g(1)＝e＋2－b＞0，根据函数的零点存在性定理可知，函数g(x)
的零点所在的区间是(0，1)，故选B.
答案 B
4.(2016·西安八校联考)函数y＝x33x－1的图象大致是( )
解析 由3x－1≠0得x≠0，
∴函数y＝x33x－1的定义域为{x|x≠0}，可排除A；
当x＝－1时，y＝（－1）313－1＝32＞0，可排除B；

当x＝2时，y＝1，当x＝4时，y＝45，
但从D中函数图象可以看出函数在(0，＋∞)上是单调递增函数，两者矛盾，可排除D.
故选C.
答案 C
5.(2015·全国Ⅱ卷)如图，长方形ABCD的边AB＝2，BC＝1，O是
AB
的中点，点P沿着边BC，CD与DA运动，记∠BOP＝x.将动点P到A，
B两点距离之和表示为x的函数f(x)，则y＝f(x
)的图象大致为

( )

解析 当点P沿着边BC运动，即0≤x≤π4时，在Rt△POB中，|PB|＝
|OB|tan∠POB＝tan x，在Rt△PAB中，|PA|＝|AB|2＋|PB|2＝4＋tan2x，则f(x)＝|PA|
＋|PB|＝4＋tan2x＋tan x，它不是关于x的一次函数，图象不是线段，故排除A和C；
当点P与点C重合，即x＝π4时，由以上得fπ4＝4＋tan2π4＋tanπ4＝5＋1，又当
点P与边CD的中点重合，即x＝π2时，△PAO与△PBO是全等的腰长为1的等腰直角三角
形，故fπ2＝|PA|＋|PB|＝2＋2＝22，知fπ2＜fπ4，故又可排除D.综上，选
B.
答案 B
二、填空题
6.(2016·浙江卷)已知a＞b＞1.若logab＋logba＝52，ab＝ba，则a＝________，b＝
________.
解析 设logba＝t，则t＞1，因为t＋1t＝52，解得t＝2，所以a＝b2，因此ab＝(b2)b＝
b
2
b
＝ba，∴a＝2b，b2＝2b，又b＞1，解得b＝2，a＝4.
答案 4 2

7.已知函数f(x)＝x－[x]，x≥0，f（x＋1），x＜0，其中[x]表示不超过x的最大整数.若直线y＝k(
x
＋1)(k＞0)与函数y＝f(x)的图象恰有三个不同的交点，则实数k的取值范围是
________.
解析 根据[x]表示的意义可知，当0≤x＜1时，f(x)＝x，当1≤x＜2时，f(x)＝x－1，
当2≤x＜3时，f(x)＝x－2，以此类推，当k≤x＜k＋1时，f(x)＝x－k，k∈Z，当－1
≤x＜0时，f(x)＝x＋1，作出函数f(x)的图象如图，直线y＝k(x＋1)过点(－1，0)，当
直线经过点(3，1)时恰有三个交点，当直线经过点(2，1)时恰好有两个交点，在这两条直
线之间时有三个交点，故k∈14，13.

答案




14，1

3

8.(2016·海淀二模)设函数f(x)＝2x－a，x＜1，4（x－a）（x－2a），x≥1.
(1)若a＝1，则f(x)的最小值为________；
(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是________.

解析 (1)当a＝1时，f(x)＝2x－1，x<1，4（x－1）（x－2），x≥1.
当x<1时，f(x)＝2x－1∈(－1，1)，
当x≥1时，f(x)＝4(x2－3x＋2)＝4x－322－14≥－1，
∴f(x)min＝－1.
(2)由于f(x)恰有2个零点，分两种情况讨论：
当f(x)＝2x－a，x<1没有零点时，a≥2或a≤0.
当a≥2时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时，有2个零点；
当a≤0时，f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1时无零点.
因此a≥2满足题意.
当f(x)＝2x－a，x<1有一个零点时， 0f(x)＝4(x－a)(x－2a)，x≥1有一个零点，此时a<1, 2a≥1，因此12≤a
<1.

综上知实数a的取值范围是a|12≤a<1或a≥2.
答案 (1)－1 (2)12，1∪[2，＋∞)
三、解答题
9.已知函数f(x)＝mx2－2x＋1有且仅有一个正实数的零点，求实数m的取值范围.
解 当m＝0时，f(x)＝－2x＋1，它显然有一个为正实数的零点.
当m≠0时，函数f(x)＝mx2－2x＋1的图象是抛物线，且与y轴的交点为(0，1)，由f(x)

有且仅有一个正实数的零点，则得：①x＝1m＞0，Δ＝0或②x＝1m＜0，
解①，得m＝1；解②，得m＜0.
综上所述，m的取值范围是(－∞，0]∪{1}.
10.已知函数f(x)＝x2－2ln x，h(x)＝x2－x＋a.
(1)求函数f(x)的极值；
(2)设函数k(x)＝f(x)－h(x)，若函数k(x)在[1，3]上恰有两个不同零点，求实数a的取
值范围.
解 (1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝2x－2x＝0，得x＝1.
当x∈(0，1)时，f′(x)＜0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以函数f(x)在x＝1处取得极小值为1，无极大值.
(2)k(x)＝f(x)－h(x)＝x－2ln x－a(x＞0)，
所以k′(x)＝1－2x，令k′(x)＞0，得x＞2，
所以k(x)在[1，2)上单调递减，在(2，3]上单调递增，
所以当x＝2时，函数k(x)取得最小值，k(2)＝2－2ln 2－a，
因为函数k(x)＝f(x)－h(x)在区间[1，3]上恰有两个不同零点.
即有k(x)在[1，2)和(2，3]内各有一个零点，

所以k（1）≥0，k（2）＜0，k（3）≥0，即有1－a≥0，2－2ln 2－a＜0，3－2ln 3－a≥0，
解得2－2ln 2＜a≤3－2ln 3.
所以实数a的取值范围为(2－2ln 2，3－2ln 3].
11.已知函数f(x)＝ex－m－x，其中m为常数.
(1)若对任意x∈R有f(x)≥0成立，求m的取值范围；
(2)当m＞1时，判断f(x)在[0，2m]上零点的个数，并说明理由.
解 (1)f′(x)＝ex－m－1，
令f′(x)＝0，得x＝m.
故当x∈(－∞，m)时，ex－m＜1，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈(m，＋∞)时，ex－m＞1，f′(x)＞0，f(x)单调递增.
∴当x＝m时，f(m)为极小值，也是最小值.
令f(m)＝1－m≥0，得m≤1，
即若对任意x∈R有f(x)≥0成立，则m的取值范围是(－∞，1].
(2)由(1)知f(x)在[0，2m]上至多有两个零点，当m＞1时，f(m)＝1－m＜0.
∵f(0)＝e－m＞0，f(0)f(m)＜0，
∴f(x)在(0，m)上有一个零点.
∵f(2m)＝em－2m，令g(m)＝em－2m，
∵当m＞1时，g′(m)＝em－2＞0，
∴g(m)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(m)＞g(1)＝e－2＞0，即f(2m)＞0.
∴f(m)·f(2m)＜0，
∴f(x)在(m，2m)上有一个零点.
∴故f(x)在[0，2m]上有两个零点.