复习参考题教案教学设计导入整理

函数试题

郫都二中 韩启树

一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1－x，x≤0，1．[2012·江西师大附中] 已知函数f(x)＝x若f(1)＝f(－1)，则实数aa，x>0.的值等于(

) A．1 B．2 C．3 D．4 4x－4，x≤1，2．已知函数f(x)＝2函数h(x)＝f(x)－log2x零点的个数是(

) x－4x＋3，x>1.A．4 B．3 C．2 D．1 1n3．[2012·湖北黄冈] 设n∈－1，，1，2，3，则使得f(x)＝x为奇函数，且在(0，2＋∞)上单调递减的n的个数为(

) A．1 B．2 C．3 D．4 1x4．a是f(x)＝2－logx的零点，若0

) 2A．f(x0)＝0 B．f(x0)<0 C．f(x0)>0 D．f(x0)的符号不确定

5．设函数y＝f(x)是定义在R上以1为周期的函数，若g(x)＝f(x)－2x在区间[2，3]上的值域为[－2，6]，则函数g(x)在[－12，12]上的值域为(

) A．[－2，6] B．[－20，34] C．[－22，32] D．[－24，28] x－y；当x∈(－1，0)6．[2012·郑州质检] 定义在(－1，1)上的函数f(x)－f(y)＝f1－xy111时f(x)>0.若P＝f＋f，Q＝f，R＝f(0)，则P，Q，R的大小关系为(

) 5112A．R>Q>P B．R>P>Q

C．P>R>Q D．Q>P>R

117．[2012·石家庄教学质检] 设集合A＝0，，B＝，1，函数f(x)＝221x＋（x∈A），x0∈A，且f[f(x0)]∈A，则x0的取值范围是(

) 22（1－x）（x∈B），111A.0， B.，

442113C.， D.0，

428

kx＋1，x≤0，8．[2012·哈三中等四校三模] 已知函数f(x)＝则下列关于函数lnx，x>0.y＝f[f(x)]＋1的零点个数的判断正确的是(

) A．当k>0时，有3个零点；当k<0时，有2个零点

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B．当k>0时，有4个零点；当k<0时，有1个零点

C．无论k为何值，均有2个零点

D．无论k为何值，均有4个零点

二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分) xx9．如果实数x满足方程9－6·3－7＝0，则x＝________．

10．已知函数y＝f(x)为奇函数，若f(3)－f(2)＝1，则f(－2)－f(－3)＝________．

x11．若函数f(x)＝a－x－a(a>0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．

三、解答题(本大题共3小题，每小题14分，共42分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 1－x2＋x，x<0，212．[2012·山西四校联考] 已知函数f(x)＝若函数y＝f(x)－kxln（x＋1），x≥0，有三个零点，求实数k的取值范围．

1ax－213．[2013·山西忻州一中月考] 已知函数f(x)＝log(a为常数)．

2x－1(1)若常数a<2且a≠0，求f(x)的定义域；

(2)若f(x)在区间(2，4)上是减函数，求a的取值范围．

14．[2012·福建德化一中模拟] 某公司有价值a万元的一条流水线，要提高该流水线的生产能力，就要对其进行技术改造，从而提高产品附加值，改造需要投入，假设附加值y(万元)与技术改造投入x(万元)之间的关系满足：①y与a－x和x的乘积成正比；②x＝时，y2＝a；③0≤≤t，其中t为常数，且t∈[0，1]．

2（a－x）(1)设y＝f(x)，求f(x)的表达式，并求y＝f(x)的定义域；

(2)求出附加值y的最大值，并求出此时的技术改造投入．

45分钟滚动基础训练卷(二) 1．B [解析] ∵f(1)＝a，f(－1)＝1－(－1)＝2，∴a＝2. 2．B [解析] 结合函数y＝f(x)，y＝log2x的图象可知，两个函数图象有三个公共点．

2ax

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1n3．A [解析] 设n∈－1，，1，2，3，则使得f(x)＝x为奇函数，且在(0，＋∞)上2－1单调递减的函数是y＝x. x4．B [解析] 函数f(x)＝2＋log2x在(0，＋∞)上是单调递增的，这个函数有零点，这个零点是唯一的，根据函数的单调递增性，在(0，a)上这个函数的函数值小于零，即f(x0)<0.在定义域上单调的函数如果有零点，则只能有唯一的零点，并且以这个零点为分界点把定义域分成两个区间，在其中一个区间内函数值都大于零，在另一个区间内函数值都小于零．

5．B [解析] 由题意可设g(x)min＝f(a)－2a＝－2，g(x)max＝f(b)－2b＝6，a，b∈[2，3]．由周期性可知，x∈[－12，－11]，a－14∈[－12，－11]，g(x)∈[26，34]，同理x∈[－11，－10]，a－13∈[－11，－10]，g(x)∈[24，32]，…，x∈[11，12]，a＋9∈[11，12]，g(x)∈[－20，－12]，故函数g(x)在[－12，12]上的值域为[－20，34]．

6．B [解析] 令x＝y＝0，则可得f(0)＝0，令x＝0，则－f(y)＝f(－y)，即f(x)为奇x－yx－y<0，即x∈(0，1)时f(x)递减，

函数，令1>x>y>0，则>0，所以f(x)－f(y)＝f1－xy1－xy11＋511111122121又P＝f＋f＝f－f－＝f＝f，因为<，所以f>f，即0>P>Q，故选B. 51151111772721＋×51111117．B [解析] x0∈0，⇒x0＋∈，1，f(x0)＝x0＋，

22221111f[f(x0)]＝fx0＋＝(1－2x0)∈0，⇒x0∈，. 2422218．B [解析] 当k>0时，若f(x)＝－1时，得x＝－或x＝，故f[f(x)]＝－1时，f(x)ke2122＋k211－e＝－或f(x)＝.若f(x)＝－，则x＝－2，或者x＝e－；若f(x)＝，则x＝，或kekkkeke12＋k1－e21者x＝e.在k>0时，－2＝关于k无解；e－＝e关于k无解．所以此时函数y＝f[f(x)]ekkeke＋1有四个零点．

1当k<0时，f(x)＝－1，在x≤0时无解，在x>0时的解为x＝，所以f[f(x)]＝－1时，e11－e1只有f(x)＝，此时当x≤0时，x＝>0，此时无解，当x>0时，解得x＝e.故在k<0时，ekee函数y＝f[f(x)]＋1只有一个零点．

x2xxx9．log37 [解析] (3)－6·3－7＝0⇒3＝7或3＝－1(舍去)，∴x＝log37. 10．1 [解析] 由函数y＝f(x)为奇函数得f(－2)－f(－3)＝f(3)－f(2)＝1. x11．(1，＋∞)(或{a|a>1}) [解析] 设函数y1＝a(a>0，且a≠1)和函数y2＝x＋a(a>0xx且a≠1)，则函数f(x)＝a－x－a(a>0且a≠1)有两个零点，就是函数y1＝a(a>0，且a≠1}与函数y2＝x＋a有两个交点，由图象可知当01x时，因为函数y＝a(a>1)的图象过点(0，1)，而直线y＝x＋a所过的点一定在点(0，1)的上方，所以一定有两个交点．所以实数a的取值范围是{a|a>1}．

12．解：(1)显然x＝0是函数y＝f(x)－kx的一个零点，当k>0、x逐渐增大时，y＝kx与y＝ln(x＋1)的图象在(0，＋∞)内只有一个交点，直线y＝kx与曲线y＝ln(x＋1)相切，y′1＝在x＝0时恰好等于1，所以直线y＝x与曲线y＝ln(x＋1)恰好相切于坐标原点，故只x＋1有当0

11112(2)由于y＝－x＋x中，y′＝－2x＋，当x＝0时，y′＝，即直线y＝x与曲线y＝222211122－x＋x在坐标原点相切，结合函数图象可知，只有k>时，函数y＝kx与函数y＝－x＋x222

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的图象在(－∞，0)内才存在交点．

1要想使y＝f(x)－kx有三个零点，其k值为上述两个方面k值的公共部分，故

13．解：(1)由ax－2x－1>0，

当02a，

当a<0时，解得2aa；

当a<0时，f(x)的定义域为2xa

a－2<0，故有2a－2⇒1≤a<2.故a∈[1，2)umin>u（2）＝2－1≥0．

14．解：(1)设y＝k(a－x)x，当x＝a22时，y＝a，可得k＝4，

∴y＝4(a－x)x. x2（a－x）≥0，①由0≤x2（a－x）≤t得

x2（a－x）≤t，②又x≥0所以由①得a－x>0，即0≤x

所以②可化为x≤2(a－x)t，∴x≤2at1＋2t，

因为t∈[0，1]，所以2at1＋2t

综上可得，函数f(x)的定义域为0，2at1＋2t，其中t为常数，且t∈[0，1]．

(2)y＝4(a－x)x＝－4x－a222＋a. 当2at1＋2t≥a2时，即12≤t≤1，x＝a2时，y＝a2max；

当2at1＋2t

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2at8at∴当x＝时，ymax＝2. 1＋2t（1＋2t）1a2综上所述，当≤t≤1，投入x＝时，附加值y最大，为a万元；

22212at8at当0≤t<，投入x＝时，附加值y最大，为2万元．

21＋2t（1＋2t）

2

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