高三模拟文科数学试题之函数及其表示(3)
来源:网络资源 2018-10-19 20:55:45
26.解:(Ⅰ)当a=2时,f(x)=x|x-2|= ,作出图象,
由图可知,函数y=f(x)的单调递增区间为(-∞,1],[2,+∞);
(Ⅱ)当a=-2时,f(x)=x|x+2|= ,
∵f(-1- )=- -2(-1- )=-1,f(-1)=(-1)2+2×(-1)=-1,f(2)=4+4=8,
∴函数y=f(x)在区间 的值域为[-1,8];
(Ⅲ)∵a≠0,f(x)=x|x-a|= ,函数f(x)有两个零点:0和a,
若a>0,在(-∞, )上单调递增,在( ,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增.
为使在区间(m,n)上既有最大值又有最小值,必须0≤m< ,n≤ a.
若a<0,在(-∞,a)上单调递增,在(a, )上单调递减,在( ,+∞)上单调递增.
为使在区间(m,n)上既有最大值又有最小值,必须m≥ a,n≤0.
27.解:(1)设函数g(x)的图象上任一点P(x,y),且P关于A(2,1)的对称点P'(x',y');
则 ,解得 ;
∵点P'在函数f(x)=x+ 的图象上,∴2-y=(4-x)+ ,
∴y=2-(4-x)- =x-2+ ,
即g(x)=x-2+ ,(x≠4);
(2)当x-4>0时,即x>4,(x-4)+ ≥2,当且仅当x=5时取"=";
此时g(x)取到最小值4,
∵直线y=b与C2只有一个公共点,∴b=4,且交点坐标是(5,4);
当x-4<0时,即x<4,-[(x-4)+ ]≥2,即(x-4)+ ≤-2,
此时g(x)取到最大值0,当且仅当x=3时取"=";
∵直线y=b与C2只有一个公共点,∴b=0,且交点坐标是(3,0);
综上,b的值及交点坐标分别为4,(5,4)或0,(3,0).
28.解:(1)令m=n=0,
∴f(0)=f(0)f(0),0<f(0)<1,
∴f(0)=1;
(2)设m=x<0,n=-x>0,f(-x)∈(0,1)
∴f(m+n)=f(m)f(n)=f(0)=1,
∴f(m)>1,即当x<0时f(x)>1 …(4分)
故f(x)>0在R上恒成立;
(3)?x1<x2∈R,则x2-x1>0,0<f(x2-x1)<1,f(x1)>0,
f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)
=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)
=f(x1)[f(x2-x1)-1]<0
∴f(x)在R 上单调递减.
(4)f(x+ax)>f(2+x2)恒成立,
∴x+ax<2+x2恒成立,
∴a< +x-1,
令g(x)= +x,知当x>0时,g(x)≥2 ,
∴a<2 -1.
29.解:(1)由题意可得 ,
即有 ,由p>-1,可得-p<1,
即有-p<x<1,则函数的定义域为(-p,1);
(2)f(x)=lg(1-x)+lg(1+x)=lg(1-x2),(-a<x≤a),
令t=1-x2,(-a<x≤a),y=lgt,为递增函数.
由t的范围是[1-a2,1],
当x=a时,y=lgt取得最小值lg(1-a2),
故存在x=a,函数f(x)取得最小值,且为lg(1-a2).
30.解:(Ⅰ)根据题意,OA=12,OB=18,
由截距式方程得:边AB所在的直线的方程为 ,
即 ;
(Ⅱ)设点P的坐标为(x,y),
则 .
公寓占地面积为S=(60-x)(48-y)
=(60-x)[48-(12- x)]
=(60-x)(36+ x)=- x2+4x+2160
=- (x-3)2+2166,
当x=3时,Smax=2166,
这时 .
故点P的坐标为(3,10)时,
才能使公寓占地面积最大,最大面积为2166m2.
31.解:(1)a=-1时,2x-4x>0,2x(2x-1)<0
∴0<2x<1∴x<0,定义域为(-∞,0),
(2)由题1+2x+a(4x+1)>0对一切x∈(-∞,1]恒成立
令t=2x+1∈(1,3]
在 上单减,在 上单增
∴ ∴ ,
(3) 时, ,
记
令n=2x∈[1,2], ,
在[1,2]上单调递减
∴ ,
∴-2≤log2g(n)≤0,
∵图象无交点,∴b<-2或b>0,
32.解:(I)∵f(x)是定义在R上的偶函数,x≤0时,f(x)=log (-x+1),
∴f(3)+f(-1)=f(-3)+f(-1)=log 4+log 2=-2-1=-3;
(II)令x>0,则-x<0,f(-x)=log (x+1)=f(x)
∴x>0时,f(x)=log (x+1),
则f(x)= .
(Ⅲ)∵f(x)=log (-x+1)在(-∞,0]上为增函数,
∴f(x)在(0,+∞)上为减函数
∵f(a-1)<-1=f(1)
∴|a-1|>1,
∴a>2或a<0
33.解:(1)∵f(xoy)=f(x)+f(y),f(2)=1,
∴f(2)=f(2×1)=f(2)+f(1),
∴f(1)=0.
(2)∵f(x)在定义域(0,+∞)上单调递减,
且满足f(xoy)=f(x)+f(y),f(2)=1,
∴f(-x)+f(3-x)=f(x2-3x)≥2=f(4).
∴ ,解得-1≤x<0.
∴不等式f(-x)+f(3-x)≥2的解集为[-1,0).
34.解:(1)当x∈[3,6]时,f(x)为二次函数,
且f(x)≤f(5),f(6)=2,
设f(x)=ax2+bx+c,
则有 ,解得 ;
∴f(x)=-x2+10x-22,∴f(3)=-1,
又∵f(x)为奇函数,且在[0,3]上的一次函数,f(3)=-1,
∴ ,当x∈[-6,-3]时,-x∈[3,6],
∴f(-x)=-x2-10x-22,
∵f(x)为[-6,6]上的奇函数,
∴f(x)=-f(-x)=x2+10x+22.
综上所述,f(x)= ;
(2)当-6≤x≤-3时,f(x)=(x+5)2-3,
当x=-5时,f(x)的最小值为-3;
x=-3时,f(-3)=1,即有f(x)∈[-3,1];
当-3<x<3时,f(x)∈(-1,1);
当3≤x≤6时,f(x)=-(x-5)2+3,
f(x)∈[-1,3].
即有y=f(x)的值域为[-3,3],
故f(x)-a2-4a≥0恒成立,
即a2+4a+3≤0,
解得-3≤a≤-1,
综上:若f(x)-a2-4a≥0恒成立,求a的取值范围为{a|-3≤a≤-1}.
35.解:( I)取x=0,得f(0+y)=f(0)+f(y),
即f(y)=f(0)+f(y),∴f(0)=0,
∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)
∴结合f(3)=6,得3f(1)=6,可得f(1)=2;
(II)取y=-x,得f(0)=f[x+(-x)]=f(x)+f(-x)=0
移项得f(-x)=-f(x)
∴函数f(x)是奇函数;
(III)∵f(x)是奇函数,且f(kx2)+f(2x-1)<0在 上恒成立,
∴f(kx2)<f(1-2x)在 上恒成立,
又∵f(x)是定义域在R的单调函数,且f(0)=0<f(1)=2,
∴f(x)是定义域在R上的增函数.
∴kx2<1-2x在 上恒成立.
∴ 在 上恒成立.
令 ,
由于 ,∴ .
∴g(x)min=g(1)=-1.∴k<-1.
则实数k的取值范围为(-∞,-1).
36.解:(1)因为f(xy)=f(x)+f(y),
所以,令x=y=1代入得,
f(1)=f(1)+f(1),解得f(1)=0,
即f(1)的值为0;
(2)因为f(3)+f( )=f(3× )=f(1)=0,
且f( )=-1,所以,f(3)=1,
所以,f(3)+f(3)=f(9)=2,
因此,不等式f(x)-f( )≥2可化为:
f(x)≥f( )+f(9)=f( ),
再根据函数f(x)是定义在(0,+∞)上单调递增,
所以, ,解得,x≥1+ ,
故原不等式的解集为:[1+ ,+∞).
37.解:(1)依据题意得:当0<x≤2时,S= o2ox=x,
当2<x≤4时,S= o2o2=2,当4<x≤6时,S= o2o(6-x)=6-x,
∴ ,
定义域是(0,6),值域是(0,2).
(2)∵f(3)=2,f(2)=2
∴f[f(3)]=f(2)=2.
38.解:(1)令x=0,y= 得f( )+f(- )=2f(0)cos =0,∴f(- )=-2.
(2)令 ,得 ,
令 ,得 ,
两式相加: ,
令x=0,y=x得f(x)+f(-x)=2f(0)cosx=2cosx,
∴ ,∴ ,
∴ =2sin(x+ )+cos(x+ ),
∴f(x)=cosx+2sinx.
∴
= (i)
∵ ,∴ ,
∴(i) .当且仅当 时取等号,此时 .
∴ .
39.解:(1)由图象的平移,h(x)=2|x-1|+1
(2)解:函数y=h(x)的图象与函数g(x)=kx2的图象在 上至少 有一个交点,等价于h(x)-g(x)=0在 上有解,
即2|x-1|+1-kx2=0在 上有解,
解法一:用分离参数处理:kx2=2|x-1|+1在 上有解, 在 上有解,
等价于 在x∈[1,3]上有解或者 在 上有解,
因为
综上, .
解法二:用实根分布:
原题等价于kx2-2(x-1)-1=0在x∈[1,3]上有解或者kx2-2(1-x)-1=0在 上有解,
(1)kx2-2(x-1)-1=0在x∈[1,3]上有解
令g(x)=kx2-2(x-1)-1,k=0时显然无解.
当k<0时, (舍)
当k>0, 或者
所以
(2)kx2-2(1-x)-1=0在 上有解:
令h(x)=kx2+2x-3,k=0时显然无解.
当k>0时, ,所以1≤k≤8
当k<0时, (舍)或者
所以1≤k≤8
综上, .
40.解:(1)证明:设x1>x2(x1,x2∈R),则x1-x2>0,又当x>0时,f(x)>1,
所以f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2)=f(x1-x2)+f(x2)-1-f(x2)=f(x1-x2)-1>1-1=0,
所以f(x1)>f(x2),
故f(x)为R上的增函数;
(2)因为f(x)为R上的增函数,由 ,
∴f[(1+x) ]>f(x2-1),
∴(1+x) >x2-1,对 恒成立
令t= ,则t∈[ , ],
原式等价于(1+x)t>x2-1,t∈[ , ]恒成立,
令g(t)=(1+x)t-x2+1,要使得 时恒成立,
只需要 ,
解得-1<x< .
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