2021高考数学(文理通用)一轮专项强化训练1.docx

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专项强化训练(一)
(45分钟　100分)
一、选择题(每小题6分,共30分)
1.(2022·舟山模拟)已知函数f(x)=3x,x≤0,log2x,x>0,那么f(f(4))的值为(　　)
A.1 B.19 C.-1 D.-19
【解析】选A.由于f(4)=log24=2,
所以f(f(4))=f(2)=log22=1.
2.(2022·绍兴模拟)设f(x)=lg2+x2-x,则fx2+f2x的定义域为(　　)
A.(-4,0)∪(0,4) B.(-4,-1)∪(1,4)
C.(-2,-1)∪(1,2) D.(-4,-2)∪(2,4)
【思路点拨】先求f(x)的定义域,再构建不等式组求解.
【解析】选B.由2+x2-x>0,得f(x)的定义域为{x|-2<x<2},
故由-2<x2<2,-2<2x<2,解得x∈(-4,-1)∪(1,4).
3.(2022·金华模拟)函数y=ln(cosx)-π2<x<π2的图象是(　　)

【解析】选A.y=ln(cosx)为偶函数,故排解B,D,
又x∈-π2,π2时,cosx∈(0,1],y∈(-∞,0],排解C,故选A.
4.(2022·台州模拟)函数f(x)=lg(10x+1)+ax是偶函数,g(x)=4x-b2x是奇函数,则a+b=(　　)
A.1 B.-1 C.-12 D.12
【解析】选D.由函数f(x)是偶函数可知f(-1)=f(1),即lg(10-1+1)-a=
lg(10+1)+a⇒a=-12,由函数g(x)是奇函数可知g(0)=0,即40-b20=0⇒b=1,所以a+b=12.
【加固训练】(2022·西安模拟)定义两种运算:a⊕b=a2-b2,a⊗b=(a-b)2,则函数f(x)=2⊕x2-(x⊗2)(　　)
A.是奇函数
B.是偶函数
C.既是奇函数又是偶函数
D.既不是奇函数又不是偶函数
【解析】选A.依据新定义的运算可得:
f(x)=2⊕x2-(x⊗2)=4-x22-(x-2)2=4-x22-|x-2|
由4-x2≥0得:-2≤x≤2,所以x-2≤0,
所以f(x)=4-x22-|x-2|=4-x22+x-2=4-x2x(-2≤x≤2且x≠0),
所以f(-x)=4-x2-x=-f(x),故f(x)是奇函数.
5.(2022·杭州模拟)已知定义在R上的奇函数f(x),满足f(x-4)=-f(x),且在区间[0,2]上是增函数,则(　　)
A.f(-25)<f(11)<f(80)
B.f(80)<f(11)<f(-25)
C.f(11)<f(80)<f(-25)
D.f(-25)<f(80)<f(11)
【思路点拨】依据奇偶性与周期性,将f(-25),f(11),f(80)均调整到[-2,2]上,再用单调性比较大小.
【解析】选D.由f(x-4)=-f(x)得
f(-x-4)=-f(-x),
又f(x)是R上的奇函数,
得-f(x+4)=f(x),
所以f(x+8)=-f(x+4)=f(x),
所以函数f(x)是以8为周期的周期函数,
所以f(-25)=f(-1),
f(11)=f(3)=-f(-1)=f(1),f(80)=f(0),
又奇函数f(x)在[0,2]上是增函数,
所以f(x)在[-2,2]上是增函数,
所以f(-1)<f(0)<f(1),
即得f(-25)<f(80)<f(11).
【加固训练】定义在R上的函数f(x)在区间(-∞,2)上是增函数,且f(x+2)的图象关于x=1对称,则(　　)
A.f(1)<f(5) B.f(1)>f(5)
C.f(1)=f(5) D.f(0)=f(5)
【解析】选C.依题意,f(x)的图象关于x=3对称,所以f(1)=f(5).
二、填空题(每小题6分,共18分)
6.(2022·武汉模拟)若函数f(x)=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为-254,-4,则实数m的取值范围是　 .
【解析】函数f(x)=x2-3x-4的图象的对称轴为直线x=32,且f32=-254,
令f(x)=-4,即x2-3x-4=-4,即x2-3x=0,解得x=0或x=3.
由于函数f(x)=x2-3x-4的值域为-254,-4,
故32∈[0,m],则有m≥32,结合图象知,m≤3,故实数m的取值范围是32,3.

答案:32,3
【方法技巧】求解二次函数最值或值域的技巧
涉及二次函数(以及可换元为二次函数)的最值及值域问题,一般用数形结合法求解,需先通过配方,画出图象,结合图象求解.
7.已知函数f(x)=log2(x+1),x>0,-x2-2x,x≤0,若函数g(x)=f(x)-m有3个零点,则实数m的取值范围是　　　　　.
【解析】画出函数y=f(x)的图象,则直线y=m与其有三个公共点,又当x≤0时,抛物线顶点坐标为(-1,1),从图中可以看出实数m的取值范围为(0,1).

答案:(0,1)
【加固训练】已知函数f(x)=cosx,x∈π2,3π,若方程f(x)=m有三个不同的实根,且从小到大依次成等比数列,则m的值为　　　　.
【解析】作出函数f(x)=cosx在区间π2,3π上的图象如图所示,

设方程f(x)=m的三个根从小到大依次为a,b,c,则a+b=2π,所以b=2π-a,且c=a+2π,由于a,b,c成等比数列,所以b2=ac,即(2π-a)2=a(2π+a),解得a=2π3,所以m=f2π3=cos2π3=-12.
答案:-12
8.(力气挑战题)对于函数f(x),若在其定义域内存在两个实数a,b(a<b),使当x∈[a,b]时,f(x)的值域也是[a,b],则称函数f(x)为“布林函数”,区间[a,b]称为函数f(x)的“等域区间”.
(1)布林函数f(x)=x的等域区间是　　　　　.
(2)若函数f(x)=k+x+2是布林函数,则实数k的取值范围是　　　　　.
【解析】(1)由于f(x)=x是增函数,
则当x∈[a,b]时,f(x)∈[f(a),f(b)],
令f(a)=a,且f(b)=b,即a=a,且b=b(b>a≥0),
则a=0,b=1,
故布林函数f(x)=x的等域区间是[0,1].
(2)由于f(x)=k+x+2是增函数,
若f(x)=k+x+2是布林函数,
则存在实数a,b(-2≤a<b),使f(a)=a,f(b)=b,
即a=k+a+2,b=k+b+2,
所以a,b为方程x=k+x+2的两个实数根,
从而方程k=x-x+2有两个不等实根.
令x+2=t,则k=t2-t-2(t≥0),
当t=0时,k=-2;
当t=12时,k=-94,

由图可知,当-94<k≤-2时,直线y=k与曲线y=t2-t-2(t≥0)有两个不同的交点,即方程k=t2-t-2(t≥0)有两个不等实根,故实数k的取值范围是-94,-2.
答案:(1)[0,1]　(2)-94,-2
【误区警示】本题易由于对新定义理解不到位造成误会.
三、解答题(9～12题各10分,13题12分)
9.(2022·嘉兴模拟)设f(x)=ex+ae-x(a∈R,x∈R),g(x)=xf(x).
(1)争辩函数g(x)的奇偶性.
(2)若g(x)是偶函数,解不等式f(x2-2)≤f(x).
【解析】(1)当a=1时,f(x)=ex+e-x是偶函数,
所以g(x)=xf(x)是奇函数;
当a=-1时,f(x)=ex-e-x是奇函数,
所以g(x)=xf(x)是偶函数;
当a≠±1,由f(x)既不是奇函数又不是偶函数,
得g(x)=xf(x)是非奇非偶函数.
(2)当g(x)是偶函数时,a=-1,f(x)=ex-e-x是R上的单调递增函数,于是由f(x2-2)≤f(x)得x2-2≤x,即x2-x-2≤0,解得-1≤x≤2.
10.(2022·金华模拟)设函数f(x)=ax-(k-1)a-x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数.
(1)求k的值.
(2)若f(1)=32,且g(x)=a2x+a-2x-2m·f(x)在[1,+∞)上的最小值为-2,求m的值.
【解析】(1)由题意,对任意x∈R,f(-x)=-f(x),即a-x-(k-1)ax=-ax+(k-1)a-x,
即(k-1)(ax+a-x)-(ax+a-x)=0,
(k-2)(ax+a-x)=0,
由于x为任意实数,所以k=2.
(2)由(1)知f(x)=ax-a-x,
由于f(1)=32,
所以a-1a=32,解得a=2(a=-12舍去).
故f(x)=2x-2-x,g(x)=22x+2-2x-2m(2x-2-x),
令t=2x-2-x,则22x+2-2x=t2+2,
由x∈[1,+∞),得t∈32,+∞,
所以h(t)=t2-2mt+2
=(t-m)2+2-m2,t∈32,+∞,
当m<32时,h(t)在32,+∞上是增函数,
则h32=-2,即94-3m+2=-2,
解得m=2512(舍去).
当m≥32时,则f(m)=-2,即2-m2=-2,
解得m=2,或m=-2(舍去).
综上,m的值是2.
11.(2022·宁波模拟)某厂生产某种产品的年固定成本为250万元,每生产x万件,需另投入成本为C(x)(万元),当年产量不足80万件时,C(x)=13x2+10x(万元);当年产量不小于80万件时,C(x)=51x+10 000x-1450(万元).通过市场分析,若每件售价为50元时,该厂当年生产该产品能全部销售完.
(1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式.
(2)年产量为多少万件时,该厂在这一产品的生产中所获利润最大,最大利润是多少?
【解析】(1)L(x)= -13x2+40x-250,0<x<80,x∈N*,1 200-x+10 000x,x≥80,x∈N*.
(2)当0<x<80,x∈N*时,
L(x)=-13(x-60)2+950,
所以当x=60时,L(x)取得最大值L(60)=950.
当x≥80,x∈N*时,
由于L(x)=1200-x+10 000x≤1200-2x·10 000x=1200-200=1000,
所以当且仅当x=10 000x,即x=100时,L(x)取得最大值L(100)=1000>950.
综上所述,当x=100时L(x)取得最大值1000万元,即年产量为100万件时,该厂在这一产品的生产中所获利润最大,最大利润为1000万元.
【加固训练】(2022·南京模拟)某跳水运动员在一次跳水训练时的跳水曲线为如图所示的抛物线一段,已知跳水板AB长为2m,跳水板距水面CD的高BC为3m,CE=5m,CF=6m,为平安和空中姿势秀丽,训练时跳水曲线应在离起点hm(h≥1)时达到距水面最大高度4m,规定:以CD为横轴,CB为纵轴建立直角坐标系.

(1)当h=1时,求跳水曲线所在的抛物线方程.
(2)若跳水运动员在区域EF内入水时才能达到压水花的训练要求,求达到压水花的训练要求时h的取值范围.
【解析】由题意知,最高点为(2+h,4),h≥1,
设抛物线方程为y=a[x-(2+h)]2+4,
(1)当h=1时,最高点为(3,4),方程为y=a(x-3)2+4,
将A(2,3)代入,得3=a(2-3)2+4,
解得a=-1,
所以当h=1时,跳水曲线所在的抛物线方程y=-(x-3)2+4.
(2)将点A(2,3)代入y=a[x-(2+h)]2+4,
得ah2=-1,所以a=-1h2.
由题意,方程a[x-(2+h)]2+4=0在区间[5,6]内有一解.
令f(x)=a[x-(2+h)]2+4
=-1h2[x-(2+h)]2+4,
则f(5)=-1h2(3-h)2+4≥0,
且f(6)=-1h2(4-h)2+4≤0,
解得1≤h≤43,
达到压水花的训练要求时h的取值范围为1,43.
12.(2022·杭州模拟)在R上的奇函数f(x)有最小正周期4,且x∈(0,2)时,f(x)=3x9x+1.
(1)求f(x)在[-2,2]上的解析式.
(2)推断f(x)在(0,2)上的单调性,并赐予证明.
(3)当λ为何值时,关于方程f(x)=λ在[-2,2]上有实数解?
【思路点拨】(1)当-2<x<0时,0<-x<2,
利用x∈(0,2)时,f(x)=3x9x+1,
可得f(x)=-f(-x)=-3-x9-x+1=-3x9x+1,
当x=0时,由f(-0)=-f(0),可得f(0)=0,
又f(x)的最小正周期为4,可得f(-2)=f(2)=0,
由此可求f(x)在[-2,2]上的解析式.
(2)直接利用函数单调性的定义求解.
(3)利用f(x)在(0,2)上单调递减和f(x)为奇函数,
分别求出f(x)在x∈(0,2),x∈(-2,0),x∈{0,-2,2}上的范围,从而求出λ的取值范围.
【解析】(1)f(0)=0,f(-2)=f(-2+4)=f(2),
又f(-2)=-f(2),所以f(-2)=f(2)=0.
当-2<x<0时,0<-x<2,
故f(x)=-f(-x)=-3-x9-x+1=-3x9x+1,
所以f(x)=-3x9x+1,x∈(-2,0),0,x=0,-2,2,3x9x+1,x∈(0,2).
(2)f(x)在(0,2)上单调递减,
任取x1,x2∈(0,2)且x1<x2,
f(x1)-f(x2)=3x11+9x1-3x21+9x2
=(3x1-3x2)(1-3x1+x2)(1+9x1)(1+9x2),
由于x1,x2∈(0,2)且x1<x2,
故3x1-3x2<0,1-3x1+x2<0,
(1+9x1)(1+9x2)>0,
所以f(x1)-f(x2)>0,
故f(x)在(0,2)上单调递减.
(3)由(2)知,x∈(0,2)时,f(x)∈982,12,
又f(x)为奇函数,x∈(-2,0)时,
f(x)∈-12,-982,
x∈{0,-2,2}时,f(x)=0,
综上,λ∈-12,-982∪{0}∪982,12.
【加固训练】(2022·温州模拟)已知a>0且a≠1,函数f(x)=loga(x+1),g(x)=loga11-x,记F(x)=2f(x)+g(x).
(1)求函数F(x)的定义域D及其零点.
(2)若关于x的方程F(x)-m=0在区间[0,1)内仅有一解,求实数m的取值范围.
【解析】(1)F(x)=2f(x)+g(x)=2loga(x+1)+
loga11-x(a>0且a≠1),由x+1>0,1-x>0,
解得-1<x<1,所以函数F(x)的定义域为(-1,1).
令F(x)=0,则2loga(x+1)+loga11-x=0　(*)
方程变为loga(x+1)2=loga(1-x),(x+1)2=1-x,即x2+3x=0,
解得x1=0,x2=-3,
经检验x=-3是(*)的增根,
所以方程(*)的解为x=0,
所以函数F(x)的零点为0.
(2)m=2loga(x+1)+loga11-x(0≤x<1),
m=logax2+2x+11-x=loga1-x+41-x-4,
am=1-x+41-x-4.
设1-x=t∈(0,1],
则函数y=t+4t在区间(0,1]上是减函数,
当t=1时,此时x=0,ymin=5,所以am≥1,
①若a>1,则m≥0,方程有解;
②若0<a<1,则m≤0,方程有解.
13.(力气挑战题)对于定义域为I的函数y=f(x),假如在区间[m,n]⊆I,同时满足:①f(x)在[m,n]内是单调函数;②当定义域是[m,n]时,f(x)的值域也是[m,n],则称[m,n]是函数y=f(x)的“好区间”.
(1)设g(x)=loga(ax-2a)+loga(ax-3a)(其中a>0且a≠1),推断g(x)是否存在 “好区间”,并说明理由.
(2)已知函数P(x)=(t2+t)x-1t2x(t∈R,t≠0)有“好区间”[m,n],当t变化时,求n-m的最大值.
【解析】(1)由ax-2a>0ax-3a>0⇒ax>3a,
①当a>1时,x>loga(3a),此时定义域D=
(loga(3a),+∞),∀x1,x2∈D,x1<x2,
由于ax1<ax2,
所以0<ax1-2a<ax2-2a,0<ax1-3a<ax2-3a,
所以loga(ax1-2a)<loga(ax2-2a),
loga(ax1-3a)<loga(ax2-3a),
所以g(x1)<g(x2),
所以g(x)在D=(loga(3a),+∞)内是增函数;
②当0<a<1时,x<loga(3a),
此时定义域D=(-∞,loga(3a)),
同理可证g(x)在D=(-∞,loga(3a))内是增函数,
所以g(x)存在“好区间”[m,n]⇔∃m,n∈D(m<n),
g(m)=mg(n)=n⇔关于x的方程g(x)=x在定义域D内有两个不等的实数根,
即(ax-2a)(ax-3a)=ax在定义域D内有两个不等的实数根.(*)
设t=ax,则(*)⇔(t-2a)(t-3a)=t,
即t2-(5a+1)t+6a2=0在(3a,+∞)内有两个不等的实数根,
设p(t)=t2-(5a+1)t+6a2,
则a>0,a≠1,Δ=(5a+1)2-24a2>0,5a+12>3a,p(3a)=9a2-(5a+1)3a+6a2>0无解,
所以函数g(x)不存在“好区间”.
(2)由题设,函数P(x)=(t2+t)x-1t2x(t∈R,t≠0)有“好区间”[m,n],
所以[m,n]⊆(-∞,0)或[m,n]⊆(0,+∞),
函数P(x)=t+1t-1t2x在[m,n]上单调递增,
所以P(m)=m,P(n)=n,
所以m,n是方程P(x)=x,即方程t2x2-(t2+t)x+1=0的相异实数根.
由于mn=1t2>0,所以m,n同号,
所以Δ=(t2+t)2-4t2>0⇒t>1或t<-3,
所以n-m=(n+m)2-4mn
=-31t-132+43,
t∈(-∞,-3)∪(1,+∞).
当t=3,n-m取得最大值233.
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