长郡中学高一数学暑假自主学习作业本（七）

这是一份长郡中学高一数学暑假自主学习作业本（七），共10页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

高中暑假自主学习作业本·高一年级数学
数学作业七　函数单元综合
一、单选题
1．(★)函数f(x)＝ex−e−x2|x|−1的图象大致是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　


2．(★★)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)，y＝f(x＋3)为偶函数，若f(x)在区间(0，3)内单调递增．记a＝f(2021)，b＝f(e－1)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．b＜c＜a B．c＜b＜a
C．a＜c＜b D．a＜b＜c
3．(★★)已知函数 f(x)＝|log2x|,0＜x≤2,x−32,x＞2, 若方程 f(x)＝a 有4个不同的实数根 x1，x2，x3，x4(x1＜x2＜x3＜x4)，则 x4x1x2x3＋x3＋x4 的取值范围是(　　)
A．(8，9) B．(7，8)
C．(6，9) D．(8，12)
4．(★★)已知定义域为R的函数f(x)对任意的x∈R，均有f(x)＜1，且对任意给定的0＜a＜1，都存在x0，使得fx0＝f−x0＞a，则f(x)的解析式可能为(　　)
A.x+1x−1 B.x2x2+1
C.x+1x2+1 D.xx2+1
二、多选题
5．(★)已知函数f(x)＝2x−12x+1，下列说法正确的有(　　)
A．f(x)的图象关于y轴对称
B．f(x)的图象关于原点对称
C．f(x)的值域为(－1，1)
D．x1，x2∈R，且x1≠x2，fx1−fx2x1−x2＜0恒成立
6．(★★)已知3x＝5y＝15，则实数x，y满足(　　)
A．x＞y B．x＋y＜4
C.1x＋1y＜12 D．xy＞4
7．(★★★)已知函数f(x)＝|lnx−2|,x＞2,2|x−1|+12,x≤2,下列说法正确的是(　　)
A．函数f(x)的单调递增区间是[1，2]
B．若函数g(x)＝f(x)－m恰有三个零点，则实数m的取值范围是32∪(52，＋∞)
C．若函数g(x)＝f(x)－m有四个零点x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4∈(6＋e32＋e－32，6＋e52＋e－52]
D．若函数g(x)＝[f(x)]2－2af(x)有四个不同的零点，则实数a的取值范围是34∪(54，＋∞)
三、填空题
8．(★)已知函数f(x)＝a·2x−12x+1＋bsin x＋1(a，b为常实数)，若f(－2023)＝－1，则f(2023)＝________．
9．(★★)已知函数f(x)＝4x−12x，则不等式2xf(x)－3＜0的解集是________．
10．(★★★)已知函数f(x)，g(x)定义域均为R，且f(x＋1)＝－12f(x)＋32g(x)，g(x＋1)＝－12g(x)－32f(x)，f(x)＝f(5－x)，g(365)＝－3，则∑k=12023f(k)＝________．
四、解答题
11．(★★)已知函数f(x)对一切实数x，y∈R都有f(x＋y)－f(y)＝x(x＋2y－2)成立，且f(1)＝0.
(1)求f(0)的值和f(x)的解析式；
(2)若关于x的方程f(|ax－2|)－3k|ax－2|＋2k＝0(a＞1)有三个不同的实数解，求实数k的取值范围．













12．(★★)已知函数f(x)＝x2+ax+1,x＞0,x2−ax−1,x＜0.
(1)当a＝2时，求f(x)的单调递减区间；
(2)当a＝0时，函数g(x)＝f(x)－k|x2－2x|(k∈R)恰有3个不同的零点，求实数k的取值范围．











13．(★★★)已知函数f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．记函数g(x)＝f(ln x)．
(1)写出函数y＝g(x)的单调区间(无需说明理由)及其最小值；

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参考答案
1．C　【解析】函数的定义域为x|x≠±12，
f(－x)＝e−x−ex2|−x|−1＝－ex−e−x2|x|−1＝－f(x),
所以函数f(x)＝ex−e−x2|x|−1为奇函数，图象关于原点对称，排除B选项，
因为当x＞0时，ex＞1＞e－x＞0，
所以当0＜x＜12时，f(x)＝ex−e−x2|x|−1＜0，x＞12时，f(x)＝ex−e−x2|x|−1＞0，故排除D选项，
当x趋近于＋∞时，由于指数呈爆炸型增长，故函数值f(x)趋近于＋∞，故排除A选项，故选：C.
2．A　【解析】因为f(x＋6)＝f(x)，所以函数的周期为6，
因此a＝f(2021)＝f(336×6＋5)＝f(5)，
因为y＝f(x＋3)为偶函数，所以f(x＋3)＝f(－x＋3)f(x)＝f(－x＋6)，所以a＝f(5)＝f(1)，
ln e＞ln4＞lne12＜ln 2＜1，又因为0＜1e＜12，
所以0＜e－1＜12，所以0＜e－1＜ln 2＜1，
又f(x)在区间(0，3)内单调递增，所以b＜c＜a，故选：A.
3．B　【解析】作函数 f(x)＝|log2x|,0＜x≤2,x−32,x＞2 的图象如下，

由图可知， x1x2＝1, x3＋x4＝6, 2＜x3＜3，
故x4x1x2x3＋x3＋x4＝x4x3＋6＝6−x3x3＋6＝6x3＋5 (2＜x3＜3)，
由y＝6x3＋5在区间(2，3)上单调递减，
所以y＝6x3＋5的取值范围是7,8，
即x4x1x2x3＋x3＋x4的取值范围是7,8.故选：B.
4．B　【解析】A：f(x)＝1,x＜0,21−x−1,0≤x＜1,2x−1+1,x＞1,故在(－∞，1)上值域为[1，＋∞)，在(1，＋∞)上值域为(1，＋∞)，所以函数值域为[1，＋∞)，不满足对任意的x∈R有f(x)＜1，不符合；
B：f(x)＝x2x2+1＝1－1x2+1，而y＝x2＋1∈[1，＋∞)，则1x2+1∈(0，1]，
所以函数值域为[0，1)，满足任意的x∈R均有f(x)＜1，且存在x0使fx0＝f−x0＞a∈(0，1)，符合；
C：对于f(x)＝x+1x2+1，有f(0)＝0+10+1＝1，不满足对任意的x∈R均有f(x)＜1，不符合；
D：对于f(x)＝xx2+1且x∈R，有f(－x)＝−x−x2+1＝－xx2+1＝－f(x)，显然不满足任意给定的0＜a＜1，都存在x0使fx0＝f−x0＞a，不符合．故选B.
5．BC　【解析】f(x)＝2x−12x+1的定义域为R，关于原点对称，
f(－x)＝2−x−12−x+1＝2−x−12x2−x+12x＝1−2x1+2x＝－f(x)，
所以f(x)是奇函数，图象关于原点对称，
A不符合题意，B符合题意；
f(x)＝2x−12x+1＝2x+1−22x+1＝1－22x+1，
因为2x＞0，所以2x＋1＞1，所以0＜12x+1＜1，－2＜−22x+1＜0，所以－1＜1－22x+1＜1，可得f(x)的值域为(－1，1)，C符合题意；
设任意的x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝1－22x1+1－(1－22x2+1)＝22x2+1－22x1+1＝22x1−2x22x1+12x2+1，
因为2x1＋1＞0，2x2＋1＞0，2x1－2x2＜0，
所以22x1−2x22x1+12x2+1＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，
所以fx1−fx2x1−x2＞0，D不正确．故选：BC.
6．AD　【解析】因为3x＝5y＝15，所以x＝log315，y＝log515，
x＝log315＝1＋log35，y＝log515＝1＋log53，
易知log35＞1＞log53，所以x＞y，A符合题意；
1x＋1y＝log153＋log155＝log1515＝1，C不符合题意；
显然x＞0，y＞0，x≠y，x＋y＝(x＋y)1x+1y＝2＋xy＋yx＞2＋2yx×xy＝4，B不符合题意；
xy＝(1＋log35)(1＋log53)＝1＋log35＋log53＋log35·log53＝2＋log35＋log53＞2＋2log35×log53＝4，D符合题意．故选：AD.
7．BCD　【解析】利用函数图象变换，作图如下，

由图可知，函数f(x)的单调递增区间是[1，2]，[3，＋∞)，A不符合题意；
函数g(x)＝f(x)－m恰有三个零点，
即f(x)的图象与直线y＝m有三个交点，
所以m＝32或m＞52，B符合题意；
函数g(x)＝f(x)－m有四个零点，则32＜m≤52，
不妨设x1＜x2＜x3＜x4，
令|ln(x－2)|＝32，解得x＝e－32＋2或x＝e32＋2，
令|ln(x－2)|＝52，解得x＝e－52＋2或x＝e52＋2，
所以由图可知，0≤x1＜1，1＜x2≤2，e－52＋2≤x3＜e－32＋2，e32＋2＜x4≤e52＋2，
则有2|x1－1|＋12＝2|x2－1|＋12，即2－x1＋1＋12＝2x2－1＋12，
所以－x1＋1＝x2－1，所以x1＋x2＝2，
|ln(x3－2)|＝|ln(x4－2)|，即－ln(x3－2)＝ln(x4－2)，
则x4＝1x3−2＋2，
所以x3＋x4＝x3＋1x3−2＋2＝x3－2＋1x3−2＋4，
设t＝x3－2∈[e－52，e－32)，则对勾函数h(t)＝t＋1t＋4在[e－52，e－32)单调递减，
所以h(t)max＝h(e－52)＝e52＋e－52＋4，h(t)min＝h(e－32)＝e32＋e－32＋4，
所以h(t)∈(4＋e32＋e－32，4＋e52＋e－52]，
即x3＋x4∈(4＋e32＋e－32，4＋e52＋e－52]．
又因为x1＋x2＝2，所以x1＋x2＋x3＋x4∈(6＋e32＋e－32，6＋e52＋e－52]，C符合题意；
令[f(x)]2－2af(x)＝0，解得f(x)＝0或f(x)＝2a，
由f(x)＝0解得x＝3，所以f(x)＝2a有三个不同的解，
由B选项分析过程可知2a＝32，或2a＞52，
解得a＝34，或a＞54，
所以实数a的取值范围是34∪54,+∞，D符合题意．故选：BCD.
8．3　【解析】令g(x)＝a·2x−12x+1＋bsin x，则f(x)＝g(x)＋1，f(－2023)＝g(－2023)＋1，
因为f(－2023)＝－1，所以g(－2023)＝－2，
因为g(－x)＝a·2−x−12−x+1＋bsin(－x)＝－(a·2x−12x+1＋bsin x)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数，
所以g(2023)＝－g(－2023)，
所以f(2023)＝g(2023)＋1＝－g(－2023)＋1＝2＋1＝3.
故答案为：3.
9．(－1，1)　【解析】因为f(x)＝4x−12x＝2x－2－x，定义域为R，关于原点对称，又f(－x)＝2－x－2x＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，
任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝2x1－2－x1
－2x2＋2－x2＝2x1－2x2＋12x2－12x1＝(2x1－2x2)·(1＋12x1+x2)，
又2x1－2x2＜0，故f(x1)＜f(x2)，故f(x)单调递增．
又当x＝±1时，f(x)＝32x，
画出f(x)与y＝32x的大致图象，如图所示，

由图可知，当x＜0时，f(x)＞32x的解集为(－1，0)，
当x＞0时，f(x)＜32x的解集为(1，0)，又当x＝0时，
原不等式为－3＜0恒成立，故不等式的解集是(－1，1)．
故答案为：(－1，1)．
10．2　【解析】由f(x＋1)＝－12f(x)＋32g(x)，
得g(x)＝233f(x＋1)＋33f(x)　①，
所以g(x＋1)＝233f(x＋2)＋33f(x＋1)　②.
将①②代入g(x＋1)＝－12g(x)－32f(x)，
并整理得f(x＋2)＝－f(x＋1)－f(x)，
所以f(x＋3)＝－f(x＋2)－f(x＋1)＝f(x)，
所以f(x)是以3为周期的周期函数．
由①可知，g(x)也是以3为周期的周期函数，
所以g(2)＝g(365)＝－3.
由①得233f(3)＋33f(2)＝g(2)＝－3，
又因为f(x)＝f(5－x)，
所以f(3)＝f(5－3)＝f(2)，解得f(3)＝f(2)＝－1，
所以f(1)＝f(4)＝－f(3)－f(2)＝2.
所以∑k=12023f(k)＝674(f(1)＋f(2)＋f(3))＋f(1)＝674×[2＋(－1)＋(－1)]＋2＝2.
故答案为：2.
11．【解析】(1)令x＝1，y＝0，则f(1)－f(0)＝－1，
得f(0)＝1，
再令y＝0，则f(x)－f(0)＝x(x－2)，
得f(x)＝x2－2x＋1.
(2)令t＝|ax－2|(a＞1)，则y＝t(x)的图象如下，

则由f(|ax－2|)－3k|ax－2|＋2k＝0，
得t2－(3k＋2)t＋2k＋1＝0()，
记方程的根为t1，t2，
当0＜t1＜2＜t2或0＜t1＜2，t2＝2或0＜t1＜2，t2＝0时，
原方程有三个不同的实数解，
令g(t)＝t2－(3k＋2)t＋2k＋1，
则g0=2k+1＞0,g2=1−4k＜0,
或g0=2k+1＞0,g2=1−4k=0,0＜3k+22＜2,
或g0=2k+1=0,g2=1−4k＞0,0＜3k+22＜2,
解得k＞14或k＝14或k＝－12，
所以实数k的取值范围为k|k≥14或k=−12.
12．【解析】(1)当a＝2时，
f(x)＝x2+2x+1,x＞0,x2−2x−1,x＜0x+1)2,x＞0,x−12−2,x＜0,
由二次函数的性质得f(x)的单调递减区间为(－∞，0)．
(2)法一：由题意知，f(x)＝x2+1,x＞0,x2−1,x＜0,
易知x＝2不是g(x)的零点．
①当x＞2时，g(x)＝x2＋1－k(x2－2x)，令g(x)＝0，
则k＝x2+1x2−2x＝1＋2x+1x2−2x，
②当0＜x＜2时，g(x)＝x2＋1＋k(x2－2x)，令g(x)＝0，则－k＝x2+1x2−2x＝1＋2x+1x2−2x，
③当x＜0时，g(x)＝x2－1－k(x2－2x)，令g(x)＝0，
则k＝x2−1x2−2x＝1＋2x−1x2−2x，
设2x＋1＝t，则1＋2x+1x2−2x＝1＋4t−6+5t，
记h(t)＝1＋4t−6+5t，
对于①，t∈(5，＋∞)，设m＝t－6＋5t，
任取t1，t2∈(5，＋∞)，且t1＜t2，
则m1－m2＝t1－6＋5t1－(t2－6＋5t2)＝(t1－t2)(1－5t1t2)，
因为t1，t2∈(5，＋∞)，所以1－5t1t2＞0，又t1－t2＜0，
所以m1－m2＜0，即m1＜m2，则m在(5，＋∞)上递增，
此时h(t)单调递减，且h(t)∈(1，＋∞)，
故当k∈(1，＋∞)时，g(x)只有1个零点；
当k∈(－∞，1]时，g(x)没有零点．
对于②，t∈(1，5)，此时h(t)在(1，5)单调递增，在(5，5)单调递减，且t趋近1且大于1时，h(t)趋近－∞，h(5)＝−1−52，t趋近5且小于5时，h(t)趋近－∞，
故当－k∈(－∞，−1−52)，即k∈(5+12，＋∞)时，g(x)有2个零点；
当－k∈(−1−52，＋∞)，即k∈(－∞，5+12)时，g(x)没有零点；
当k＝5+12时，g(x)只有1个零点．
对于③，令2x－1＝n，则1＋2x−1x2−2x＝1＋4n−2−3n，
记φ(n)＝1＋4n−2−3n，
因为x∈(－∞，0)，则n∈(－∞，－1)，显然φ(n)在(－∞，－1)单调递减，且φ(n)∈(－∞，1)，
则k∈(－∞，1)时，g(x)有1个零点；
当k∈[1，＋∞)时，g(x)没有零点．
综上所述，k∈(1+52，＋∞)时，g(x)有3个零点．
法二：令g(x)＝0，即k|x2－2x|＝x2+1,x＞0,x2−1,x＜0,
因为x≠0，故k|x－2|＝x+1x,x＞0,x−1x,x＜0,
因为y＝x＋1x与y＝－x＋1x的渐近线分别为y＝x和y＝－x，而y＝k|x－2|是恒过(2，0)的折线．
由图可知，当y＝k(2－x)与y＝x＋1x相切时，g(x)有两个零点，

即k(2－x)＝x＋1x在(0，1)有且只有一个解，
即(1＋k)x2－2kx＋1＝0在(0，1)有且只有一个解．
当1＋k＝0，即k＝－1时，x＝－12，不成立；
当1＋k≠0时，Δ＝4k2－4(1＋k)＝0，解得k＝1+52，
故当k∈(1+52，＋∞)时，g(x)有3个零点．
13．【解析】(1)因为f(x)＝ex－x，所以g(x)＝f(ln x)＝x－ln x，
因为f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
又函数y＝ln x在其定义域上单调递增，x∈(0，1)时，y＝ln x＜0，x∈(1，＋∞)时，y＝ln x＞0，
所以y＝g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
即函数y＝g(x)的单调减区间为(0，1)，单调增区间为(1，＋∞)，
函数y＝g(x)的最小值为g(1)＝1；
(2)证明：由题可知f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，最小值为f(0)＝1，函数y＝g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，最小值为g(1)＝1，
所以要使直线y＝b与函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象共有三个不同的交点，
则直线y＝b过函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象的交点，
作出函数y＝f(x)和y＝g(x)的大致图象，

则x1＜0＜x2＜1＜x3，f(x1)＝f(x2)＝g(x2)＝g(x3)，
所以ex1－x1＝ex2－x2＝x2－ln x2＝x3－ln x3，
又ln x2＜0，ex1－x1＝x2－ln x2＝eln x2－ln x2，f(x)＝ex－x在(－∞，0)上单调递减，所以x1＝ln x2，
又ln x3＞0，ex2－x2＝x3－ln x3＝eln x3－ln x3，f(x)＝ex－x在(0，＋∞)上单调递增，
所以x2＝ln x3，即x3＝ex2，由ex2－x2＝x2－ln x2，可得ex2＋ln x2＝2x2，
所以x1＋x3＝ln x2＋ex2＝2x2.