广西专用高考数学一轮复习单元质检2函数含解析新人教A版文

单元质检二　函数

(时间:100分钟　满分:150分)

一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)

1.已知函数f(x)=则f(f(1))=(　　)

A.2 B.0 C.-4 D.-6

2.下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)内单调递增的是(　　)

A.y=- B.y=-x2

C.y=e-x+ex D.y=|x+1|

3.若函数f(x)是定义在R上的偶函数,且在区间(-∞,0]上f(x)是减函数.若f(2)=0,则使得f(x)<0的x的取值范围是(　　)

A.(-∞,2)

B.(-2,2)

C.(-∞,-2)∪(2,+∞) 

D.(2,+∞)

4.设a=log32,b=ln 2,c=,则(　　)

A.a<b<c B.b<c<a

C.c<a<b D.c<b<a

5.已知函数f(x)=若f(a)=,则实数a的值为(　　)

A.-1 B. 

C.-1或 D.1或-

6.(2021四川泸州高三诊断)函数f(x)=2ex的图象与函数g(x)=+5的图象交点所在的区间可能为(　　)

A.(0,1) B.(1,2)

C.(2,3) D.(3,4)

7.已知函数f(x)=a-(a∈R)是奇函数,则函数f(x)的值域为(　　)

A.(-1,1) B.(-2,2)

C.(-3,3) D.(-4,4)

8.(2021贵州贵阳一中高三月考)若3a+log3a=9b+2log9b,则(　　)

A.a>2b B.a<2b

C.a>b2 D.a<b2

9.若函数y=a|x|(a>0,且a≠1)的值域为{y|0<y≤1},则函数y=loga|x|的大致图象是(　　)

10.(2021云南昆明模拟预测)已知函数f(x)=2x-,若实数m满足f(log3m)-f≥2f(1),则实数m的取值范围是(　　)

A. 

B. 

C.[1,3] 

D.[3,+∞)

11.某公司租地建仓库,已知仓库每月占用费y1与仓库到车站的距离成反比,而每月车载货物的运费y2与仓库到车站的距离成正比.据测算,如果在距离车站10千米处建仓库,这两项费用y1,y2分别是2万元和8万元,那么要使这两项费用之和最小,仓库应建在离车站(　　)千米处.

A.5 B.4 C.3 D.2

12.设min{m,n}表示m,n二者中较小的一个,已知函数f(x)=x2+8x+14,g(x)=min(x>0).若∀x1∈[-5,a](a≥-4),∃x2∈(0,+∞),使得f(x1)=g(x2)成立,则a的最大值为(　　)

A.-4 B.-3 

C.-2 D.0

二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)

13.已知函数f(x)=log2(x2+a),若f(3)=1,则a=　　　　　. 

14.(2021江苏常熟中学三模)已知函数f(x)同时满足①f(0)=0;②在区间[1,3]上单调递减;③f(1+x)=f(1-x).该函数的解析式可以是f(x)=　　　　　. 

15.已知函数f(x)=ln(-x)+1,f(a)=4,则f(-a)=　　　　　. 

16.已知直线y=mx与函数f(x)=的图象恰好有三个不同的公共点,则实数m的取值范围是　　　　　　　　　　. 

三、解答题(本大题共6小题,共70分)

17.(10分)(2021湖南长沙质量检测)已知函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象过点A(-3,8).

(1)求函数f(x)的解析式;

(2)若函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值是最小值的4倍,求实数m的值.

18.(12分)已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间[2,3]上有最大值4和最小值1.设f(x)=.

(1)求a,b的值;

(2)若当x∈[-1,1]时,不等式f(2x)-k·2x≥0有解,求实数k的取值范围.

19.(12分)近年来,“共享单车”的出现为市民“绿色出行”提供了极大的方便,某共享单车公司计划在甲、乙两个城市共投资240万元,根据行业规定,每个城市至少要投资80万元,由前期市场调研可知:甲城市收益P与投入a(单位:万元)满足P=4-6,乙城市收益Q与投入a(单位:万元)满足Q=设甲城市的投入为x(单位:万元),两个城市的总收益为f(x)(单位:万元).

(1)当投资甲城市128万元时,求此时公司的总收益;

(2)试问:如何安排甲、乙两个城市的投资,才能使公司总收益最大?

20.(12分)已知二次函数y=f(x)在x=处取得最小值-(t≠0),且f(1)=0.

(1)求y=f(x)的解析式;

(2)若函数y=f(x)在区间上的最小值为-5,求此时t的值.

21.(12分)(2021山西太原五中月考)已知函数y=f(x)=

(1)在平面直角坐标系中作出函数y=f(x)的图象;

(2)g(x)=f(x)-a,若函数g(x)有3个零点,求实数a的取值范围;

(3)解方程f(f(x))=0.

22.(12分)已知函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x+y)=f(x)+f(y),当x>0时,f(x)<0,且f(1)=-2.

(1)判断f(x)的奇偶性;

(2)求f(x)在区间[-3,3]上的最大值;

(3)解关于x的不等式f(ax2)-2f(x)<f(ax)+4.

答案：

1.C　解析函数f(x)=

则f(f(1))=f(2-4)=f(-2)=-4.故选C.

2.C　解析选项A中函数是奇函数,不合题意;

选项B中函数在区间(0,+∞)内单调递减,不合题意;

选项D中函数为非奇非偶函数,不合题意.故选C.

3.B　解析由题意知f(-2)=f(2)=0,当x∈(-2,0]时,f(x)<f(-2)=0.

由对称性知,当x∈[0,2)时,f(x)为增函数,f(x)<f(2)=0,故x∈(-2,2)时,f(x)<0,故选B.

4.C　解析因为a=log32=,b=ln2=,

又log23>log2e>1,所以a<b.

又c=>2=log24>log23,所以c<a.

综上c<a<b,故选C.

5.C　解析由题意得

故a=或a=-1.故选C.

6.B　解析设h(x)=2ex--5.y=ex是R上的增函数,y=在区间(0,+∞)和(-∞,0)上都是减函数,因此h(x)在区间(-∞,0)和(0,+∞)上都是增函数,由选项只考虑区间(0,+∞)上的情形,

h(1)=2e-1-5=2e-6<0,h(2)=2e2--5=2e2->0,h(3)=2e3--5=2e3->0,h(4)=2e4--5=2e4->0,

所以h(x)在区间(1,2)上存在零点.

所以函数f(x)=2ex的图象与函数g(x)=+5的图象交点所在的区间可能为(1,2),选B.

7.A　解析由f(x)是奇函数,可知f(-x)=-f(x),所以a-=-a+,所以2a=,

所以a==1,所以f(x)=1-.

因为ex+1>1,所以0<<1,所以-1<1-<1,

所以函数f(x)的值域为(-1,1).

8.B　解析设f(x)=3x+log3x,易知f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,∵3a+log3a=32b+log3b,

∴f(2b)=32b+log3(2b)>32b+log3b=3a+log3a=f(a),

∴2b>a.

9.A　解析∵|x|≥0,∴若函数y=a|x|(a>0,且a≠1)的值域为{y|0<y≤1},∴0<a<1,

当x>0时,函数y=loga|x|=logax,为减函数,

当x<0时,函数y=loga|x|=loga(-x),为增函数,且函数是偶函数,关于y轴对称.故选A.

10.D　解析因为函数f(x)的定义域为R,且f(-x)=2-x--2x=-f(x),

所以f(x)为奇函数,又f(x)为R上的增函数,

所以f(log3m)-f=f(log3m)-f(-log3m)=2f(log3m)≥2f(1),

即f(log3m)≥f(1),所以log3m≥1,解得m≥3,

所以实数m的取值范围是[3,+∞).

11.A　解析设仓库到车站的距离为x千米,由题意,得y1=,y2=k2x,其中x>0.

由当x=10时,两项费用y1,y2分别是2万元和8万元,可得k1=20,k2=,

故y1+y2=x≥2=8,当且仅当x,即x=5时取等号,故选A.

12.C　解析由题意得g(x)=

则g(x)max=g(1)=2.

在同一平面直角坐标系作出函数f(x)和g(x)的图象,如图所示.

由f(x)=2得x=-6或x=-2.

∵∀x1∈[-5,a],∃x2∈(0,+∞),

使得f(x1)=g(x2)成立,∴a≤-2.∴a的最大值为-2.

13.-7　解析因为f(3)=log2(9+a)=1,所以9+a=2,即a=-7.

14.2x-x2(答案不唯一)　解析由f(1+x)=f(1-x)可知f(x)的图象关于直线x=1对称,可设f(x)为二次函数,

又f(0)=0且f(x)在区间[1,3]上单调递减,所以可设f(x)=2x-x2.

15.-2　解析令g(x)=ln(-x),

则g(-x)=ln(+x),

∴g(x)+g(-x)=ln(1+x2-x2)=0,∴g(x)为奇函数.

∴f(x)=g(x)+1.

∴f(a)+f(-a)=g(a)+1+g(-a)+1=2.

∴f(-a)=-2.

16.(,+∞)　解析作出函数f(x)=的图象,如图所示.

直线y=mx的图象是绕坐标原点旋转的动直线,当斜率m≤0时,直线y=mx与函数f(x)的图象只有一个公共点;当m>0时,直线y=mx始终与函数y=2-(x≤0)的图象有一个公共点,故要使直线y=mx与函数f(x)的图象有三个公共点,必须使直线y=mx与函数y=x2+1(x>0)的图象有两个公共点,即方程mx=x2+1在x>0时有两个不相等的实数根,即方程x2-2mx+2=0的判别式Δ=4m2-4×2>0,且2m>0,解得m>.故所求实数m的取值范围是(,+∞).

17.解(1)因为函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)的图象过点A(-3,8),

所以a-3=8,解得a=,所以f(x)=.

(2)由(1)知f(x)=,所以函数f(x)在R上单调递减.

故函数f(x)在区间[m,2m]上的最大值和最小值分别为,

所以=4,即,解得m=2.

18.解(1)g(x)=a(x-1)2+1+b-a.

因为a>0,所以g(x)在区间[2,3]上是增函数,

故解得

(2)由已知可得f(x)=x+-2,

所以f(2x)-k·2x≥0可化为2x+-2≥k·2x,

可化为1+-2·≥k.

令t=,则k≤t2-2t+1.

因为x∈[-1,1],所以t∈.

记h(t)=t2-2t+1,t∈,

因为t∈,所以h(t)max=1.

所以k≤1,即实数k的取值范围是(-∞,1].

19.解(1)若投资甲城市128万元,则投资乙城市112万元,

所以f(128)=4×-6+×112+2=88.

故此时公司的总收益为88万元.

(2)由题意知,若投资甲城市x万元,则投资乙城市(240-x)万元,依题意得

解得80≤x≤160,

当80≤x<120,即120<240-x≤160时,f(x)=4-6+32=4+26<26+16;

当120≤x≤160,即80≤240-x≤120时,f(x)=4-6+(240-x)+2=-x+4+56.令t=,则t∈[2,4],所以y=-t2+4t+56=-(t-8)2+88,

当t=8,即x=128时,y的最大值为88.

因为88-(26+16)=2×(31-8)>0,故f(x)的最大值为88.

故当投资甲城市128万元,投资乙城市112万元时,才能使公司总收益最大,且最大总收益为88万元.

20.解(1)设f(x)=a(a>0).

因为f(1)=0,所以(a-1)=0.

又因为t≠0,所以a=1,

所以f(x)=(t≠0).

(2)因为f(x)=(t≠0),

所以当<-1,即t<-4时,

f(x)在区间上的最小值f(x)min=f(-1)==-5,所以t=-;

当-1≤,即-4≤t≤-1时,f(x)在区间上的最小值f(x)min=f=-=-5,

所以t=±2(舍去);

当,即t>-1时,

f(x)在区间上的最小值f(x)min=f=-5,所以t=-(舍去).

综上,得t=-.

21.解(1)在平面直角坐标系中作出函数y=f(x)=的图象,如图所示.

(2)因为g(x)=f(x)-a有3个零点,即y=f(x)的图象与直线y=a有3个交点,由函数图象可知0<a≤1.

(3)由函数图象可知f(1)=f(-1)=0,因为f(f(x))=0,所以f(x)=1或f(x)=-1,即|log4x|=1或x+1=-1或x+1=1,

解得x=4或x=或x=-2或x=0.

即方程f(f(x))=0的解为x=4或x=-2或x=或x=0.

22.解(1)取x=y=0,则f(0+0)=2f(0),即f(0)=0.

取y=-x,则f(x-x)=f(x)+f(-x),

即f(-x)=-f(x)对任意x∈R恒成立,

故函数f(x)为奇函数.

(2)任取x1,x2∈(-∞,+∞),且x1<x2,则x2-x1>0.

∴f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1)<0,∴f(x2)<-f(-x1).

又f(x)为奇函数,∴f(x1)>f(x2).

∴f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数.

∴对任意x∈[-3,3],恒有f(x)≤f(-3).

∵f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)=3f(1)=-2×3=-6,

∴f(-3)=-f(3)=6,

∴f(x)在区间[-3,3]上的最大值为6.

(3)∵f(x)为奇函数,

∴整理原不等式得f(ax2)+2f(-x)<f(ax)+f(-2).

∴f(ax2-2x)<f(ax-2).

∵f(x)在区间(-∞,+∞)内是减函数,

∴ax2-2x>ax-2,即(ax-2)(x-1)>0.

∴当a=0时,x∈(-∞,1);

当a=2时,x∈{x∈R|x≠1};

当a<0时,x∈;

当0<a<2时,x∈;

当a>2时,x∈.

综上所述,当a=0时,原不等式的解集为(-∞,1);

当a=2时,原不等式的解集为{x∈R|x≠1};

当a<0时,原不等式的解集为;

当0<a<2时,原不等式的解集为;

当a>2时,原不等式的解集为.