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1.已知是实数集,,,则()A.B.C.D.2已知集合A={|},且,则实数的取值范围是____3.函数f(x)=x2﹣4x﹣6的定义域为[0,m],值域为[﹣10,﹣6],则m的取值范围是( )A.[0,4]B.[2,4]C.[2,6]D.[4,6]4.设函数gx=x2-2x∈R,fx=则fx的值域是( )A.∪1,+∞B.[0,+∞C.D.∪2,+∞5.定义在上的函数满足对任意的,有.则满足<的x取值范围是6.已知上恒成立,则实数a的取值范围是( )A.B.C.D.7.函数在(-1,+∞)上单调递增,则的取值范围是A.B.C.D.8.已知函数f(x)=则满足不等式f(1-x2)f(2x)的x的取值范围是________.9.若函数y=的定义域为R,则实数a的取值范围是________.10.已知函数f(x)=x2-6x+8,x∈[1,a],并且f(x)的最小值为f(a),则实数a的取值区间是________.11.二次函数的图象如图所示,对称轴为,给出下列结论
①;
②;
③;
④,其中正确的结论是.(写出正确命题的序号)12.已知,则.13.已知在上的最大值为6,则的最小值为_________.14已知,则函数的值域是____15.已知是定义在上的偶函数,那么()16.已知函数为偶函数,求实数m的值=.17.若函数f(x)=(2k-3)x2+(k-2)x+3是偶函数,则f(x)的递增区间是____________.18.定义在R上的奇函数,当时,,则=.19.函数是R上的偶函数,且在上单调递增,则下列各式成立的是()A.B.C.D.20.已知函数是定义在区间[-2,2]上的偶函数,当时,是减函数,如果不等式成立,则实数的取值范围()A.B.1,2C.D.21.(5分)(2011•湖北)若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)+g(x)=ex,则g(x)=()A.ex﹣e﹣xB.(ex+e﹣x)C.(e﹣x﹣ex)D.(ex﹣e﹣x)22.已知函数.
(1)判断函数的奇偶性,并加以证明;
(2)用定义证明函数在区间上为增函数;
(3)若函数在区间上的最大值与最小值之和不小于,求的取值范围.23.已知,不等式的解集是,
(1)求的解析式;
(2)若对于任意,不等式恒成立,求的取值范围.24.已知函数为定义域为R,对任意实数,均有,且时,
(1)证明在R上是增函数
(2)判断奇偶性,并证明
(3)若求不等式的解集25.函数在闭区间上的最小值记为.
(1)求的解析式;
(2)求的最大值.26.已知函数为偶函数.
(1)求的值;
(2)用定义法证明函数在区间上是增函数;
(3)解关于的不等式.参考答案1.D【解析】试题分析因或故,故应选D.考点集合的交集补集运算.2.B【解析】试题分析函数是上的偶函数所以因为函数是上增函数则即.故B正确.考点1函数的奇偶性;2函数的单调性.3.A【解析】试题分析根据题意知函数在上单调递增在上单调递减.首先满足可得.根据函数是偶函数可知:所以分两种情况:当时根据不等式成立有解得;当时根据不等式成立有解得;综上可得.考点偶函数性质.4.D【解析】试题分析根据已知中定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)+g(x)=ex,根据奇函数和偶函数的性质,我们易得到关于f(x)、g(x)的另一个方程f(﹣x)+g(﹣x)=e﹣x,解方程组即可得到g(x)的解析式.解∵f(x)为定义在R上的偶函数∴f(﹣x)=f(x)又∵g(x)为定义在R上的奇函数g(﹣x)=﹣g(x)由f(x)+g(x)=ex,∴f(﹣x)+g(﹣x)=f(x)﹣g(x)=e﹣x,∴g(x)=(ex﹣e﹣x)故选D点评本题考查的知识点是函数解析式的求法﹣﹣方程组法,及函数奇偶性的性质,其中根据函数奇偶性的定义构造出关于关于f(x)、g(x)的另一个方程f(﹣x)+g(﹣x)=e﹣x,是解答本题的关键.5.B【解析】函数f(x)=x2﹣4x﹣6的图象是开口朝上,且以直线x=2为对称轴的抛物线故f
(0)=f
(4)=﹣6,f
(2)=﹣10∵函数f(x)=x2﹣4x﹣6的定义域为[0,m],值域为[﹣10,﹣6],故2≤m≤4即m的取值范围是[2,4]故选B6.B【解析】试题分析由题意,如下图设,联立得,则,点到直线的距离,∴.∵,∴为偶函数.当时,,易知单调递增.故选B.考点
1.函数奇偶性;
2.三角形面积应用.7.A【解析】试题分析因为,所以函数在上单调增.由<得考点利用函数单调性解不等式8.C【解析】所以所以选C.9.D【解析】令xgx,即x2-x-20,解得x-1或x
2.令x≥gx,即x2-x-2≤0,解得-1≤x≤
2.故函数fx=当x<-1或x>2时,函数fx>f-1=2;当-1≤x≤2时,函数≤fx≤f-1,即≤fx≤
0.故函数fx的值域是∪2,+∞.选D.10.B【解析】作出函数在区间上的图象,以及的图象,由图象可知当直线在阴影部分区域时,条件恒成立,如图,点所以,即实数a的取值范围是,选B.11.B【解析】试题分析由是定义在上的偶函数,得,解得.再由,得,即,∴.则.故选B.考点函数的奇偶性.12.D【解析】试题分析由于函数在上单调递增可得当时可得解得故选D.考点
1、反比例函数的图象与性质;
2、利用导数研究函数的单调性.13.【解析】试题分析由题意可得在上是增函数,而时,,故满足不等式的需满足,即,解得,故答案为.考点不等式的解法.【方法点睛】本题考查分段函数的单调性,利用单调性解不等式,考查利用所学知识分析问题解决问题的能力,属于基础题.由题意可得在上是增函数,而时,,故必需在的右侧,故满足不等式的需满足,由此解出x即可,借助于分段函数的图象会变的更加直观.14.【解析】试题分析因为函数的定义域为,所以恒成立.若,则不等式等价为,所以此时成立.若,要使恒成立,则有,即,解得.综上,即实数的取值范围是.故答案为.考点函数的定义域及其求法.15.或【解析】试题分析当时,为偶函数,满足题意;当时,由于函数为偶函数,故对称轴为,即,故答案为或.考点函数的奇偶性.【方法点晴】本题考查函数奇偶性的应用.若已知一个函数为偶函数,则应有其定义域关于原点对称,且对定义域内的一切都有成立.其图象关于轴对称.是偶函数对于二次项系数中含有参数的一元二次函数一定要分为二次项系数为和二次项系数不为两种情况,图象关于轴对称对称轴为轴实数的值.16.【解析】试题分析函数,并且函数的最小值为,又∵函数在区间上单调递减,∴,故答案为.考点
(1)二次函数的性质;
(2)函数的最值及其几何意义.17.
①④【解析】试题分析由图象知,,,即,所以,所以,故
①正确;因为二次函数图象与轴有两个交点,所以,即,故
②错;因为原点与对称轴的对应点为,所以时,,即,故
③错;因为当时,,所以,把代入得,故
④正确,故填
①④.考点二次函数图象与系数的关系.【技巧点睛】利用图象判断解析式中的正负及它们之间的关系1开口方向判断的正负;2与y轴交点位置判断的正负;3对称轴位置判断的正负左同右异);4与轴交点个数判断的正负;5图象上特殊点的位置判断一些函数值正负;6对称轴判断和的正负.18.【解析】试题分析由可令;求解可得;考点函数概念的理解与运用.19.【解析】因为f(x)是偶函数,所以k-2=0,即k=
2.∴f(x)=x2+3,则f(x)的图象是开口向上的抛物线.∴f(x)的递增区间为.考点偶函数定义20.【解析】解法一∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),即=,得a=.解法二由f(-1)=-f
(1),可得a=.考点奇函数定义21.或【解析】试题分析由题知.二次函数对称轴为.当时时取最大值则可得当时取最小值;当时时取最大值则可得当时有最小值.故本题答案应填或.考点一元二次函数的性质.【规律点晴】本题主要考查一元二次函数的性质.二次函数求最值问题一般先配方或利用公式得出顶点和对称轴方程再结合二次函数的图象求解.通常有三种形式:
①顶点固定给定区间;
②顶点含参数;
③给定区间要讨论顶点在给定区间内外的情况;
④顶点固定区间变化为了确定区间和对称轴之间的关系要讨论区间的参数得出函数的单调情况以确定函数的最值.22.【解析】试题分析因为为定义在R上的奇函数,所以,,因此考点奇函数性质23.
(1)证明见解析;
(2)证明见解析;
(3)[4+∞.【解析】试题分析
(1)利用奇偶性定义可证;
(2)利用单调性定义可证;
(3)在单调递增区间内,由题意可得关于的不等式,解不等式即可.试题解析解
(1)函数是奇函数,1分∵函数的定义域为,在轴上关于原点对称,2分且,3分∴函数是奇函数.4分
(2)证明设任意实数,且,5分则,6分∵∴,7分∴0,8分∴0即,9分∴函数在区间上为增函数.10分
(3)∵,∴函数在区间上也为增函数.11分∴,12分若函数在区间上的最大值与最小值之和不小于,则,13分∴,∴的取值范围是[4+∞.14分考点函数的单调性,奇偶性,最值.24.1详见解析;2;3详见解析.【解析】试题分析1首先去掉绝对值,用定义证明;2恒成立,转换为恒成立,求的最大值;3将转化为,即求与的交点情况进行讨论.试题解析解析
(1)当,且时,是单调递减的.证明设,则又,所以,,所以所以,即,故当时,在上单调递减的.
(2)由得,变形为,即而,当即时,所以.
(3)由可得,变为令作的图像及直线,由图像可得当或时,有1个零点.当或或时,有2个零点;当或时,有3个零点.考点
1.定义法证明函数单调性;
2.不等式恒成立;
3.函数图像.25.
(1);
(2)证明见解析;
(3)【解析】试题分析
(1)由偶函数的定义恒成立,得的值;
(2)利用函数单调性的步骤,证明函数为增函数;
(3)结合
(1)
(2)可知函数为偶函数且在上为增函数,故原不等式可化为,解绝对值不等式得结果.试题解析
(1)由题设知,在上恒成立.
(2)令,则.即,在上单调递增.
(3)由.考点
(1)函数的奇偶性;
(2)函数的单调性;
(3)复合函数的不等式.【方法点睛】本题主要考查了函数的奇偶性和单调性,以及复合函数不等式转化为绝对值不等式以及绝对值不等式的解法,注重对基础知识的考查,难度适中;函数为偶函数,等价于恒成立,定义法证明单调性的步骤,取值,作差,化简下结论;对于复合函数不等式主要是通过奇偶性和单调性进行转化得结果.26.
(1);
(2);
(3)【解析】试题分析
(1)利用,求出的值,利用是奇函数,求出的值;
(2)根据函数单调性,即可得出结论;
(3)分别求出满足两个条件的实数的取值范围,即可得出结论.试题解析
(1)由得,解得由为奇函数,得对恒成立,即,所以
(2)由
(1)知,,任取,且,∵,∴,∴,所以,函数在区间单调递增,所以在区间任取则必有故函数的图象在区间不存在不同的两点使过两点的直线平行于轴
(3)对于条件
①;由
(2)可知函数在上有最小值.故若对恒成立,则需,则,∴对于条件
②由
(2)可知函数在单调递增,在单调递减,∴函数在单调递增,在单调递减,又,所以函数在上的值域为,若方程在有解,则需若同时满足条件
①②,则需,所以.答当时,条件
①②同时满足考点函数的奇偶性的性质;根的存在性及根的个数的判定.【方法点晴】本题主要考查了函数的奇偶性的性质、根的存在性及根的个数的判定,同时涉及到函数的单调性与函数的值域等知识的应用,解答中根据的单调性,求出函数的值域,若方程在有解,求得,列出同时满足条件
①②的不等式组,即可求解的取值范围是解答关键,着重考查了学生分析问题和解答问题的能力,属于难题.27.
(1);
(2).【解析】试题分析
(1)根据,令可得的值,令可得的值;
(2)可化为,再根据函数定义域以及单调性列不等式组求解即可.试题解析
(1)∵f(xy)=f(x)+f(y),∴令x=y=1,则f
(1)=2f
(1),f
(1)=0,令x=y=2,则f
(4)=2f
(2)=2.
(2)f(x)﹣f(x﹣3)<2即f(x)<f(x﹣3)+2,即f(x)<f(x﹣3)+f
(4),即f(x)<f(4x﹣12)∵函数f(x)为定义域在(0,+∞)上的增函数,∴,即∴x>4,故x的取值范围是(4,+∞)考点
1、抽象函数的定义域;
2、抽象函数的单调性及抽象函数解不等式.【方法点晴】本题主要考查抽象函数的定义域、抽象函数的单调性及抽象函数解不等式,属于难题.根据抽象函数的单调性解不等式应注意以下三点
(1)一定注意抽象函数的定义域(这一点是同学们容易疏忽的地方,不等掉以轻心);
(2)注意应用函数的奇偶性(往往需要先证明是奇函数还是偶函数);
(3)化成后再利用单调性和定义域列不等式组.28.
(1);
(2)当时,,当时,或,当时,,当时,或,当时,,当时,,当时,.【解析】试题分析
(1)当时,二次函数的图象开口方向向上,若在上恒成立,列出不等式组,即可求解范围;
(2)由,即,对值进行分类讨论,可得不同情况下,不等式的解集.试题解析
(1)只需解得
(2)当时得到当时,化为当时得到或当时得到当时得到或当时,化为当时得到当时得到当时得到.考点二次函数的图象与性质.【方法点晴】本题主要考查了不等式的恒成立、二次函数的图象与性质,其中熟练掌握二次函数的图象与性质是解答的关键,本题的解答中在上恒成立,列出不等式组,即可求解范围和把,转化为,再对值进行分类讨论解答的基础,着重考查了分析问题和解答问题的能力,属于中档试题.29.
(1)
(2)【解析】试题分析
(1)由题已知在区间上的最值,求系数,可利用二次函数的性质,对分情况讨论建立方程可求出的值;
(2)由
(1)得出了函数解析式,求在区间上有解,代入可对K进行变量分离,再运用换元法,构建函数化为给定定义域的最值问题,可求出实数的取值范围试题解析
(1)上单调递增,上单调递减,
(2)若,则令则,因为不等式在区间上有解,即实数的取值范围是考点
1.二次函数的性质及分类思想;
2.函数思想及换元法与二次函数的最值(给定区间)30.
(1)
(2)【解析】试题分析
(1)由题为已知一元二次不等式的解集,求函数解析式可由二次不等式的解法,先找到对应的二次方程,则05为二次方程的两个根,代入可得,函数解析式可得;
(2)由题为恒成立问题,可等价转化为最值问题,即;恒成立,再利用函数,求它的最大值可得的取值范围.试题解析
(1),不等式的解集是,所以的解集是,所以和是方程的两个根,由韦达定理知,
(2)恒成立等价于恒成立所以的最大值小于或等于
0.设,则由二次函数的图象可知在区间为减函数,所以,所以考点
(1)三个二次的关系及待定系数法求函数解析式;
(2)恒成立中的最值思想及二次函数的性质31.
(1)见解析
(2)【解析】试题分析1由及区间,可分情况对对称轴进行讨论(根据对称轴在区间的不同位置),再利用函数的单调性可表示出最小值;的解析式可得;
(2)由
(1)已知函数的解析式,为分段函数(一次函数和二次函数构成),可分别由给出的区间结合函数的单调性可求出最大值试题解析
(1)由,对称轴为;,当时,为减区间,最小值为;当时,最小值为;当时,为减区间为,最小值为;综上可得;
(2)由
(1),可得;可分三种情况分析当时,函数g(a)取得最大值为1考点
1.二次函数定区间动轴问题及单调性与分类讨论思想;
2.一次函数与二次函数的最值问题;。