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0<4-x2≤4,所以log2(4-x2)≤2,即值域为(-∞,2].

2. 18　【解析】利润L(x)=20x-C(x)=-(x-18)2+142,当x=18时,L(x)有最大值.

3. 　【解析】由于f(x)=,所以f(4x)-x=-x=-.令f(4x)-x=0,得4x2-4x+1=0,解得x=,这是方程g(x)=0的根,即是函数g(x)的零点.

4. 　【解析】方程log2=a在x∈[,2]内有解,而x+∈,所以log2(x+)∈.依据图形,可得出实数a的取值范围是[1,log2].

5. 5,4)　【解析】由题意知f(-3)=(-3+1)2=4,f(4)=24=16,所以f[f(-3)]=16,故不等式f[f(-3)]>f(k)等价于16>f(k).结合分段函数知16>f(k)等价于或 解得0≤k<4或-5

(第7题)
故而在同一平面直角坐标系中分别作出它们的图象,由图象观看来分析出结果.在同一平面直角坐标系中分别作出函数y=与y=的图象(如图).明显,当a≤0时,f(x)≥0的解集不行能恰为[m,n],从而a>0.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. ①③　【解析】①中,令x=m+a,a∈,所以f(x)=x-{x}=a∈,所以①正确.②f(2k-x)=2k-x-{2k-x}=(-x)-{-x}=f(-x)≠-f(x),所以点(k,0)不是函数fx)的图象的对称中心,所以②错误.③f(x+1)=x+1-{x+1}=x-{x}=f(x),所以最小正周期为1,③正确.④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,④错误.所以正确的命题为①③.

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t≠0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(-∞,-2]∪[2,+∞).

10. (1) f'(x)=ex-a.若a≤0,则f'(x)>0,则函数f(x)是单调增函数,这与题设冲突.
所以a>0,令f'(x)=0,则x=lna.
当xlna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(a∈R)的图象与x轴交于两点Ax1,0),B(x2,0)(x1e2.
此时存在10;
存在3lna>lna,f(3lna)=a3-3alna+a>a3-3a2+a>0.
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(s>0),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'<0.
又f'(x)=ex-a是单调增函数,且>,所以f'()<0.

11. (1) k== =.
由于x2+y2≥2xy,所以≤1,当且仅当x=y时取“=”,所以k≤.
由于>0,所以k>1,
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 (0≤t≤2-2).
由于0≤t≤2-2,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(-2>a,即a>0,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02|-|x+2|的图象,可得函数f(x)的减区间为[-2,2].

5. 　【解析】设A(t,2log2t)(t>1),则B(t2,2log2t),D(t,log2t),C(t2,2klog2t),则有log2t=(2-2k)log2t,由于log2t>0,故(2-2k)=1,即k=.

6. 1　【解析】由于f(x)=|2x-1|的值域为[a,b],所以b>a≥0,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01,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loga≥n,
设Q(x)=loga,x∈[0,1),
由题意知,只要Q(x)min≥n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|n≤0}.

10. (1) 由于g(x)=f(x)-x=-x在R上为减函数,
所以g'(x)=-1
=-1≤0恒成立,
即k≤恒成立.
由于=ex++2≥2+2=4,
当且仅当ex=,即x=0时取等号,
所以的最小值为4,所以k≤4,又k≠0,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k≤4,所以(k-4)e4-4<0,所以g(4)<0,
所以g(x)=0在(0,4)上有一个根x=x0.
又g(x)为减函数,所以g(x)=0有且只有一个根x=x0.

由于g(x)为减函数,所以当x>x0时,有g(x)f(x)　①.
又由于f(x)==为增函数,由x>f(x),所以f(x)>f(f(x))　②.
由①②得x>f(f(x))成立.
(3) 设x1,x2∈[t-2,t],不妨设x1
其中k·(e2-1)>0,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+296≤0,
解得8≤x≤.
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x≥9,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.