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高中数学学考复习冲A专题1函数、方程、不等式的综合含答案
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这是一份高中数学学考复习冲A专题1函数、方程、不等式的综合含答案，共6页。试卷主要包含了设a=lg37,b=21，设函数f=lg0等内容，欢迎下载使用。
A.bC.c2.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域为[2,+∞),f(x)的值域为[k,+∞),则实数k的最大值为( )
A.0B.1C.2D.4
3.(2023浙江学考)已知a为实数,则“∀x>0,ax+1x≥2”是“a≥1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.已知定义在R上的偶函数f(x+1)在(-∞,0]上单调递增,则满足f(2x+1)>f(12)的x的取值范围为( )
A.(-14,14)B.(-34,-14)C.(-74,-14)D.(-∞,-14)
5.已知函数f(x)=lg2x,12,若方程f(x)-a=0至少有两个实数根,则实数a的取值范围为( )
A.(0,1)B.(0,1]C.[0,2)D.[0,2]
6.(2023浙江学军中学)已知函数f(x)=(x-1)35+12,若对于任意的x∈[2,3],不等式f(x)+f(a-2x)≤1恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,2)B.(-∞,2]C.(-∞,4)D.(-∞,4]
7.设函数f(x)=lg0.5x,x>0,1-xx,x<0,若任意给定的m∈(0,2),都存在唯一的非零实数x0满足f(f(x0))=-2a2m2+am,则正实数a的取值范围为( )
A.(0,12]B.(0,12)C.(0,2]D.(0,2)
8.(多选)(2023浙江效实中学)设f(x)=(x+1)2,x≤0,4x,x>0,则下列选项中正确的有( )
A.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有两个交点,则a∈(1,+∞)
B.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有三个交点,则a∈(0,1]
C.0≤f(x)≤1的解集是[-2,0]∪[4,+∞)
D.0≤f(f(x))≤1的解集是(-∞,-3]∪(0,1]
9.已知函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1),则满足不等式f(lg13x)>1的x的取值范围是 .
10.(2023浙江学考)已知函数f(x)=x2-2x-asin(π2x),a∈R.
(1)若a=1,求f(x)在区间[0,1]上的最大值.
(2)若关于x的方程f(x)+a+1=0有且只有三个实数根x1,x2,x3,且x1①x1+x3=2x2;
②f(2x3+1)-7f(x1)+8x1≤18.
11.(2022浙江学考)已知函数f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中a>1.
(1)若f(2)≤4,求实数a的取值范围;
(2)证明:函数f(x)存在唯一零点;
(3)设f(x0)=0,证明:a2-a+2冲A专题一 函数、方程、不等式的综合
1.D 解析 因为y=lg3x在(0,+∞)内单调递增,所以lg3321=2,因为y=0.8x在R上单调递减,所以c=0.83.1<0.80=1,所以c2.C 解析 设t=f(x),g(x)=f(t)=at2+bt+c(t≥k),由于函数y=at2+bt+c(t≥k)的图象是y=f(x)图象的一部分,故有g(x)的值域是f(x)值域的子集,∴[2,+∞)⊆[k,+∞),∴k≤2,即k的最大值为2.故选C.
3.C 解析 由题意,当a≥1时,∀x>0,ax+1x≥x+1x≥2,当x>0时,ax+1x≥2恒成立,即a≥2x-1x2恒成立,令t=1x>0,则a≥{2t-t2}max=1,故选C.
4.A 解析 由题知,f(x+1)是R上的偶函数,所以f(x+1)关于y轴对称,因为f(x+1)在区间(-∞,0]上单调递增,所以f(x+1)在区间(0,+∞)内单调递减,f(x)图象关于直线x=1对称,f(x)在(-∞,1]上单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(32)=f(12),因为f(2x+1)>f(12),所以12<2x+1<32,解得-145.A 解析 方程f(x)-a=0至少有两个实数根,等价于y=f(x)的图象与直线y=a至少有两个不同的交点.根据图象可知,当01或a≤0时,函数y=f(x)的图象与y=a没有交点,所以a的取值范围是(0,1).故选A.
6.D 解析 易知函数f(x)=(x-1)35+12图象关于点1,12对称,故f(x)+f(2-x)=1,f(x)是增函数,不等式f(x)+f(a-2x)≤1,即f(a-2x)≤1-f(x)化为f(a-2x)≤f(2-x),∴a-2x≤2-x,∴a≤{2+x}min=4,故选D.
7.A 解析 因为f(x)=lg0.5x,x>0,-1+1x,x<0,所以由函数f(x)的图象可知其值域为R,
又因为f(x)=-1+1x(x<0)时,值域为(-∞,-1),f(x)=lg0.5x(x>0)时,值域为R,所以f(x)的值域为(-∞,-1)时有两个解.令t=f(x0),则f(t)=-2a2m2+am,若存在唯一的非零实数x0满足f(f(x0))=-2a2m2+am,则当t≥-1时,t=f(x0),t与x0一一对应,要使f(t)=-2a2m2+am(t≥-1)也一一对应,则-2a2m2+am≥-1,a>0,任意m∈(0,2),即(ma-1)(2ma+1)≤0,因为2ma+1>0,所以不等式等价于ma-1≤0,即a≤(1m)min.因为m∈(0,2),所以1m>12,所以a≤12,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,12].故选A.
8.ABC 解析 函数图象如图所示,
由图可知,若y=a与f(x)有两个交点,则a∈(1,+∞),故A正确;若y=a与f(x)有三个交点,则a∈(0,1],故B正确;若0≤f(x)≤1,则x∈[-2,0]∪[4,+∞),故C正确;若0≤f(f(x))≤1,则f(x)∈[-2,0]∪[4,+∞),则x∈(-∞,-3]∪{-1}∪(0,1],故D错误.故选ABC.
9.(0,13)∪(3,+∞) 解析 函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1)的定义域为{x|x≠0},f(-x)=ln(-x)2-lg12[(-x)2+1]=ln x2-lg12(x2+1)=f(x),该函数为偶函数,函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1)在区间(0,+∞)内为增函数,且f(1)=1,若f(lg13x)>1,即f(lg13x)>f(1),即f(|lg13x|)>f(1),可得|lg13x|>1,可得lg13x>1或者lg13x<-1,解得03.
10.(1)解 因为y=f(x)在[0,1]上是减函数,
所以最大值为f(0)=0.
(2)证明 因为f(x)+a+1=0等价于(x-1)2=a[sin(π2x)-1],
由于(x-1)2≥0,sin(π2x)-1≤0,所以a<0.
①又函数y=f(x)+a+1的图象关于x=1对称,且f(1)=0,所以x1+x3=2=2x2.
②由题意可知,f(x1)+a+1=0,f(x3)=x32-2x3-asin(π2x3)+a+1=0,x1+x3=2,则f(2x3+1)+8x1-7f(x1)=4x32-1-acs πx3+8(2-x3)+7(a+1)=4(x32-2x3)-acs πx3+15+7(a+1)=4(asinπ2x3-a-1)+7a+22-acs πx3=a(2t2+4t+2)+18,其中t=sinπ2x3,而由前已知a<0,因此a(2t2+4t+2)+18≤18,
即f(2x3+1)+8x1-7f(x1)≤18,得证.
11.(1)解 因为f(x)=ax+x-2ax(x>0),
由f(2)=a2+2-a≤4,可得a2-a-2≤0,
所以(a-2)(a+1)≤0,即-1≤a≤2,又a>1,
所以1(2)证明 因为函数f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中a>1,
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,且f(1)=a+1-2a=1-a<0,f(2)=a2+2-a=(a-12)2+74>0,
所以由零点存在定理,得f(x)在(1,2)内有唯一零点,即函数f(x)存在唯一零点.
(3)证明 若f(x0)=0,则x0∈(1,2),所以x0+1∈(2,3),
所以f(2)=a2+2-a又f(x0)=ax0+x0-2ax0=0,ax0=2ax0-x0,
所以f(x0+1)=ax0+1+(x0+1)-2ax0+1=2a2x0-ax0+(x0+1)-2ax0+1=2x0a2-(x0+2x0+1)a+(x0+1).
令g(a)=2a2-2a+2-f(x0+1)=(2-2x0)a2+(x0-2+2x0+1)a+1-x0,
又2-2x0>0,所以g(a)的图象开口向上,对称轴a=-(x0-2+2x0+1)2·(2-2x0)=-x02-x0x0+14(x0-1)x0=-x024(x0+1)<0,
所以g(a)在(1,+∞)内单调递增,
所以g(a)>g(1)=(2-2x0)·12+(x0-2+2x0+1)·1+1-x0=1-2x0+2x0+1=x02+x0-2(x0+1)+2x0x0(x0+1)=x02+x0-2x0(x0+1)=(x0+2)(x0-1)x0(x0+1)>0,
即f(x0+1)<2a2-2a+2,所以a2-a+2
A.b
A.0B.1C.2D.4
3.(2023浙江学考)已知a为实数,则“∀x>0,ax+1x≥2”是“a≥1”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4.已知定义在R上的偶函数f(x+1)在(-∞,0]上单调递增,则满足f(2x+1)>f(12)的x的取值范围为( )
A.(-14,14)B.(-34,-14)C.(-74,-14)D.(-∞,-14)
5.已知函数f(x)=lg2x,1
A.(0,1)B.(0,1]C.[0,2)D.[0,2]
6.(2023浙江学军中学)已知函数f(x)=(x-1)35+12,若对于任意的x∈[2,3],不等式f(x)+f(a-2x)≤1恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.(-∞,2)B.(-∞,2]C.(-∞,4)D.(-∞,4]
7.设函数f(x)=lg0.5x,x>0,1-xx,x<0,若任意给定的m∈(0,2),都存在唯一的非零实数x0满足f(f(x0))=-2a2m2+am,则正实数a的取值范围为( )
A.(0,12]B.(0,12)C.(0,2]D.(0,2)
8.(多选)(2023浙江效实中学)设f(x)=(x+1)2,x≤0,4x,x>0,则下列选项中正确的有( )
A.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有两个交点,则a∈(1,+∞)
B.y=f(x)与y=a,a∈R的图象有三个交点,则a∈(0,1]
C.0≤f(x)≤1的解集是[-2,0]∪[4,+∞)
D.0≤f(f(x))≤1的解集是(-∞,-3]∪(0,1]
9.已知函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1),则满足不等式f(lg13x)>1的x的取值范围是 .
10.(2023浙江学考)已知函数f(x)=x2-2x-asin(π2x),a∈R.
(1)若a=1,求f(x)在区间[0,1]上的最大值.
(2)若关于x的方程f(x)+a+1=0有且只有三个实数根x1,x2,x3,且x1
②f(2x3+1)-7f(x1)+8x1≤18.
11.(2022浙江学考)已知函数f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中a>1.
(1)若f(2)≤4,求实数a的取值范围;
(2)证明:函数f(x)存在唯一零点;
(3)设f(x0)=0,证明:a2-a+2
1.D 解析 因为y=lg3x在(0,+∞)内单调递增,所以lg33
3.C 解析 由题意,当a≥1时,∀x>0,ax+1x≥x+1x≥2,当x>0时,ax+1x≥2恒成立,即a≥2x-1x2恒成立,令t=1x>0,则a≥{2t-t2}max=1,故选C.
4.A 解析 由题知,f(x+1)是R上的偶函数,所以f(x+1)关于y轴对称,因为f(x+1)在区间(-∞,0]上单调递增,所以f(x+1)在区间(0,+∞)内单调递减,f(x)图象关于直线x=1对称,f(x)在(-∞,1]上单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以f(32)=f(12),因为f(2x+1)>f(12),所以12<2x+1<32,解得-14
6.D 解析 易知函数f(x)=(x-1)35+12图象关于点1,12对称,故f(x)+f(2-x)=1,f(x)是增函数,不等式f(x)+f(a-2x)≤1,即f(a-2x)≤1-f(x)化为f(a-2x)≤f(2-x),∴a-2x≤2-x,∴a≤{2+x}min=4,故选D.
7.A 解析 因为f(x)=lg0.5x,x>0,-1+1x,x<0,所以由函数f(x)的图象可知其值域为R,
又因为f(x)=-1+1x(x<0)时,值域为(-∞,-1),f(x)=lg0.5x(x>0)时,值域为R,所以f(x)的值域为(-∞,-1)时有两个解.令t=f(x0),则f(t)=-2a2m2+am,若存在唯一的非零实数x0满足f(f(x0))=-2a2m2+am,则当t≥-1时,t=f(x0),t与x0一一对应,要使f(t)=-2a2m2+am(t≥-1)也一一对应,则-2a2m2+am≥-1,a>0,任意m∈(0,2),即(ma-1)(2ma+1)≤0,因为2ma+1>0,所以不等式等价于ma-1≤0,即a≤(1m)min.因为m∈(0,2),所以1m>12,所以a≤12,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,12].故选A.
8.ABC 解析 函数图象如图所示,
由图可知,若y=a与f(x)有两个交点,则a∈(1,+∞),故A正确;若y=a与f(x)有三个交点,则a∈(0,1],故B正确;若0≤f(x)≤1,则x∈[-2,0]∪[4,+∞),故C正确;若0≤f(f(x))≤1,则f(x)∈[-2,0]∪[4,+∞),则x∈(-∞,-3]∪{-1}∪(0,1],故D错误.故选ABC.
9.(0,13)∪(3,+∞) 解析 函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1)的定义域为{x|x≠0},f(-x)=ln(-x)2-lg12[(-x)2+1]=ln x2-lg12(x2+1)=f(x),该函数为偶函数,函数f(x)=ln x2-lg12(x2+1)在区间(0,+∞)内为增函数,且f(1)=1,若f(lg13x)>1,即f(lg13x)>f(1),即f(|lg13x|)>f(1),可得|lg13x|>1,可得lg13x>1或者lg13x<-1,解得0
10.(1)解 因为y=f(x)在[0,1]上是减函数,
所以最大值为f(0)=0.
(2)证明 因为f(x)+a+1=0等价于(x-1)2=a[sin(π2x)-1],
由于(x-1)2≥0,sin(π2x)-1≤0,所以a<0.
①又函数y=f(x)+a+1的图象关于x=1对称,且f(1)=0,所以x1+x3=2=2x2.
②由题意可知,f(x1)+a+1=0,f(x3)=x32-2x3-asin(π2x3)+a+1=0,x1+x3=2,则f(2x3+1)+8x1-7f(x1)=4x32-1-acs πx3+8(2-x3)+7(a+1)=4(x32-2x3)-acs πx3+15+7(a+1)=4(asinπ2x3-a-1)+7a+22-acs πx3=a(2t2+4t+2)+18,其中t=sinπ2x3,而由前已知a<0,因此a(2t2+4t+2)+18≤18,
即f(2x3+1)+8x1-7f(x1)≤18,得证.
11.(1)解 因为f(x)=ax+x-2ax(x>0),
由f(2)=a2+2-a≤4,可得a2-a-2≤0,
所以(a-2)(a+1)≤0,即-1≤a≤2,又a>1,
所以1
所以f(x)在(0,+∞)内单调递增,且f(1)=a+1-2a=1-a<0,f(2)=a2+2-a=(a-12)2+74>0,
所以由零点存在定理,得f(x)在(1,2)内有唯一零点,即函数f(x)存在唯一零点.
(3)证明 若f(x0)=0,则x0∈(1,2),所以x0+1∈(2,3),
所以f(2)=a2+2-a
所以f(x0+1)=ax0+1+(x0+1)-2ax0+1=2a2x0-ax0+(x0+1)-2ax0+1=2x0a2-(x0+2x0+1)a+(x0+1).
令g(a)=2a2-2a+2-f(x0+1)=(2-2x0)a2+(x0-2+2x0+1)a+1-x0,
又2-2x0>0,所以g(a)的图象开口向上,对称轴a=-(x0-2+2x0+1)2·(2-2x0)=-x02-x0x0+14(x0-1)x0=-x024(x0+1)<0,
所以g(a)在(1,+∞)内单调递增,
所以g(a)>g(1)=(2-2x0)·12+(x0-2+2x0+1)·1+1-x0=1-2x0+2x0+1=x02+x0-2(x0+1)+2x0x0(x0+1)=x02+x0-2x0(x0+1)=(x0+2)(x0-1)x0(x0+1)>0,
即f(x0+1)<2a2-2a+2,所以a2-a+2
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