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2024高考数学基础知识综合复习冲A专题1函数方程不等式的综合
展开这是一份2024高考数学基础知识综合复习冲A专题1函数方程不等式的综合，共4页。试卷主要包含了设a=lg37,b=21，设f=则下列选项中正确的有等内容，欢迎下载使用。
A.b
A.0B.1C.2D.4
3.(2023浙江学考)已知a为实数,则“∀x>0,ax+≥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()的x的取值范围为( )
A.(-)B.(-,-)C.(-,-)D.(-∞,-)
5.已知函数f(x)=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,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)=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,]B.(0,)C.(0,2]D.(0,2)
8.(多选)(2023浙江效实中学)设f(x)=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-l(x2+1),则满足不等式f(lx)>1的x的取值范围是 .
10.(2023浙江学考)已知函数f(x)=x2-2x-asin(x),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-(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+≥x+≥2,当x>0时,ax+≥2恒成立,即a≥恒成立,令t=>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()=f(),因为f(2x+1)>f(),所以<2x+1<,解得-
6.D 解析 易知函数f(x)=(x-1图象关于点1,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)=所以由函数f(x)的图象可知其值域为R,
又因为f(x)=-1+(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≤()min.因为m∈(0,2),所以,所以a≤,又a>0,所以正实数a的取值范围为(0,].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,)∪(3,+∞) 解析 函数f(x)=lnx2-l(x2+1)的定义域为{x|x≠0},f(-x)=ln(-x)2-l[(-x)2+1]=ln x2-l(x2+1)=f(x),该函数为偶函数,函数f(x)=lnx2-l(x2+1)在区间(0,+∞)内为增函数,且f(1)=1,若f(lx)>1,即f(lx)>f(1),即f(|lx|)>f(1),可得|lx|>1,可得lx>1或者lx<-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(x)-1],
由于(x-1)2≥0,sin(x)-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)=-2x3-asin(x3)+a+1=0,x1+x3=2,则f(2x3+1)+8x1-7f(x1)=4-1-acsπx3+8(2-x3)+7(a+1)=4(-2x3)-acsπx3+15+7(a+1)=4(asinx3-a-1)+7a+22-acsπx3=a(2t2+4t+2)+18,其中t=sinx3,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-(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-)2+>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)=+(x0+1)--ax0+(x0+1)-a2-(x0+)a+(x0+1).
令g(a)=2a2-2a+2-f(x0+1)=(2-)a2+(x0-2+)a+1-x0,
又2->0,所以g(a)的图象开口向上,对称轴a=-=-=-<0,
所以g(a)在(1,+∞)内单调递增,
所以g(a)>g(1)=(2-)·12+(x0-2+)·1+1-x0=1->0,
即f(x0+1)<2a2-2a+2,所以a2-a+2
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