2021高考数学(文-江苏专用)二轮复习-专题四-第三讲-函数的综合运用15-【检测与评估答案】.docx

第3讲函数的综合运用A组1. (-,2【解析】由于0f(k)等价于16f(k).结合分段函数知16f(k)等价于或 解得0k4或-5k0.由-=0,得a=.令g(x)=,则g(x)=,所以当x(-,1)时,g(x)单调递增;当x(1,+)时,g(x)单调递减,故g(x)g(1)=,从而a.8. 【解析】中,令x=m+a,a,所以f(x)=x-x=a,所以正确.f(2k-x)=2k-x-2k-x=(-x)-x=f(-x)-f(x),所以点(k,0)不是函数f(x)的图象的对称中心,所以错误.f(x+1)=x+1-x+1=x-x=f(x),所以最小正周期为1,正确.令x=-,m=-1,则f=,令x=,m=0,则f=,所以f=f,所以函数y=f(x)在上不是增函数,错误.所以正确的命题为.9. (1) f(x)=22x+2-2x-2a(2x-2-x)+2a2=(2x-2-x)2-2a(2x-2-x)+2a2+2,令t=2x-2-x,x-1,1, 所以t.所以g(t)=t2-2at+2a2+2,t.(2) 方程f(x)=2a2有解,即方程t2-2at+2=0在上有解,当t=0时,方程无解,故t0,所以2a=t+.可由单调性定义证明y=t+在(0,)上单调递减,在上单调递增,t+2.又y=t+为奇函数,所以当t时,t+-2.所以实数a的取值范围是(-,-22,+). 10. (1) f(x)=ex-a.若a0,则f(x)0,则函数f(x)是单调增函数,这与题设冲突.所以a0,令f(x)=0,则x=lna.当xlna时,f(x)lna时,f(x)0,f(x)是单调增函数.于是当x=lna时,f(x)取得微小值. 由于函数f(x)=ex-ax+a(aR)的图象与x轴交于两点A(x1,0),B(x2,0)(x1x2),所以f(lna)=a(2-lna)e2.此时存在10;存在3lnalna,f(3lna)=a3-3alna+aa3-3a2+a0.又由f(x)在(-,lna)及(lna,+)上的单调性及曲线在R上不间断,可知a的取值范围是(e2,+). (2) 由于两式相减得a=.记=s(s0),则f=-=2s-(es-e-s).设g(s)=2s-(es-e-s),则g(s)=2-(es+e-s)0,所以g(s)是单调减函数.则有g(s)0,所以f,所以f()0,所以k1,所以k的取值范围是(1,.(2) 由(1)得k达到最大值时,x=y.由PA+PB=4,得+=4,所以=4- .两边平方并化简得y=4.当H与M重合时,t=0.当H与A重合时,有PA=AB=y,所以y2+y2=(4-y)2,所以y=4-4,即t=2-2.所以y=4 (0t2-2).由于0t2-2,所以,所以1-.所以ymax=,此时t=0.B组1. 0【解析】由f(-2)f(1),得a(-2a,即a0,所以偶函数f(x)在0,+)上是单调增函数,在(-,0上是单调减函数,所以f(x)min=f(0)=0.2. 0,2【解析】当x时,y=lox-2,1,所以函数y=|lox|的值域是0,2.3. (0,1【解析】由于f(x)有且仅有两个零点,作图分析可知01),则B(t2,2log2t),D(t,log2t),C(t2,2klog2t),则有log2t=(2-2k)log2t,由于log2t0,故(2-2k)=1,即k=.6. 1【解析】由于f(x)=|2x-1|的值域为a,b,所以ba0,而函数f(x)=|2x-1|在0,+)上是单调增函数,因此有 解得所以有f(a)+f(b)=a+b=1.7. (4,loga4)【解析】设M(x1,),N(x2,),由O,M,N三点共线,可得=.由于P(,2x2),所以2x2=loga,即有x1=2x2,所以=2,所以点P的坐标为(4,loga4).8. 【解析】由题知f(x)是以4为周期的周期函数,作出y=f(x)与y=ax的图象,为使方程f(x)=ax有五个实数解,由图象可知方程y=-(x-4)2+1=ax,即x2+(a-8)x+15=0在(3,5)上有两个实数解,所以解得0a1,即a.故实数a的取值范围是.(第8题)9. (1) 设M(x,y)是函数y=g(x)的图象上的任意一点,则M(x,y)关于原点的对称点为N(-x,-y),N在函数f(x)=loga(x+1)的图象上,所以-y=loga(-x+1),所以y=g(x)=-loga(1-x).(2) 由于F(x)=loga(x+1)-loga(1-x)+m为奇函数,所以F(-x)=-F(x),所以loga(1-x)-loga(1+x)+m=-loga(1+x)+loga(1-x)-m,所以2m=0,所以m=0.(3) 由f(x)+g(x)n,得logan,设Q(x)=loga,x0,1),由题意知,只要Q(x)minn即可.由于Q(x)=loga在0,1)上是增函数,所以Q(x)min=Q(0)=0,故实数n的取值范围为n|n0.10. (1) 由于g(x)=f(x)-x=-x在R上为减函数,所以g(x)=-1=-10恒成立,即k恒成立.由于=ex+22+2=4,当且仅当ex=,即x=0时取等号,所以的最小值为4,所以k4,又k0,即k的取值范围为(-,0)(0,4.(2) 由(1) 知,k(0,4时,g(x)在R上为减函数.g(0)=-0=0,g(4) =-4=.由于k4,所以(k-4)e4-40,所以g(4)x0时,有g(x)g(x0)=0,即f(x)-xf(x).又由于f(x)=为增函数,由xf(x),所以f(x)f(f(x).由得xf(f(x)成立.(3) 设x1,x2t-2,t,不妨设x10,当且仅当et=,即t=1时,取等号,所以hmin=2-k.所以函数g(x)在长度为2的闭区间-1,1上“身高”最“矮”.11. (1) 设每只售价为x元,则月销售量为(5-0.2)万只.由已知得(x-6)(8-6)5,所以x2-x+0,即2x2-53x+2960,解得8x.即每只售价最多为18.5元.(2) 下月的月总利润y=(x-6)-(x-9)=-x+=-x+=-+.由于x9,所以+2=,当且仅当=,即x=10,等号成立,所以ymax=14.答:当x=10时,下月的月总利润最大,且最大利润为14万元.