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1、单元检测三函数概念与基本初等函数 ( 时间： 120 分钟满分： 150 分) 第卷 ( 选择题共 40 分) 一、选择题 ( 本大题共10 小题，每小题4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设函数f(x) 1 3 x1 log 1 2 2x1 ，则函数的定义域为( ) A. 1 2， 0 B. 1 2， C. 1 2， 0 (0， ) D. 1 2，2 答案A 解析由 13 x0， 2x10， 2x11， 得 1 20， 3 x， x0， 则f(f(4) 的值为 ( ) A 1 9B 9C. 1 9D9 答案C 解析f(4) log 1 2 4 2， f
2、(f(4) f( 2) 3 21 9. 3(2018湖州联考) 设alog54log52，bln 2 3ln3 ， c 1lg 5 2 10，则a，b，c的大小关 系为 ( ) Aalog2e1. 所以 01，故a0，可排除选项B.故选 A. 5已知函数f(x) x 24x，当 xm,5 时，f(x) 的值域是 5,4 ，则实数m的取值范围 是( ) A( ， 1) B( 1,2 C 1,2 D2,5 答案C 解析f(x) (x2) 24， 所以当x2 时，f(2) 4. 由f(x) 5，解得x5 或x 1. 所以要使函数f(x) 在区间 m,5 上的值域是 5,4 ， 则1m2. 6 已知函
3、数f(x) 的图象关于y轴对称，且f(x) 在( ， 0 上单调递减， 则满足f(3x1)0， 则AB的中点C 1x 2 ， 1 2|log 2x|. 由于点C在函数g(x) 1 2 x 的图象上， 故有 1 2|log 2x| 1 2 1 2 x ， 即|log2x| 2 2 2 x， 故函数f(x) 关于函数g(x) 的“关联点”的个数即为函数y|log2x| 和y2 2 2 x 的图象 的交点的个数 在同一个坐标系中画出函数y|log 2x| 和y2 2 2 x 的图象， 由图象知交点个数为2，则 函数f(x) 关于函数g(x)的“关联点”的个数是2，故选 B. 10已知函数f(x) x
4、 216 x a(aR) 在区间 1,4上的最大值为g(a)，则g(a) 的最小值 为( ) A4B5C6D 7 答案A 解析方法一令H(x) x 216 x a， 则H(x) 2x 16 x 2 2 x 2(x2)(x 2 2x4) ， 故H(x) 在1,2上单调递减，在(2,4 上单调递增， 所以g(a)minminmax|H(1)| ，|H(2)| ，|H(4)|， 即g(a)minminmax|17 a| ， |12 a| ，|20 a|， 如图可知，g(a)min4. 方法二令tx 216 x ， 则t 2x 16 x 2 2 x 2(x2)(x 22x4) ， 所以tx 216 x
5、 在1,2上单调递减， 在(2,4 上单调递增，所以t12,20 ， 故y|ta| 在t12,20 上的最大值为 g(a) 20a，a16， a12，a16， 所以g(a)min 4. 第卷 ( 非选择题共 110 分) 二、填空题 ( 本大题共7 小题，多空题每题6 分，单空题每题4 分，共 36 分把答案填在题 中横线上 ) 11已知f(x1) x 21，则 f(x) _，y 1 f x 的单调递增区间为_ 答案x 2 2x (1,2) 解析当x 1t时，xt1， 所以f(t) (t 1) 21 t 22t ， 即f(x) x 22x； y 1 f x 1 x 22x， 定义域为 (0,2
6、) ，且f(x)对称轴为x1， 所以函数f x在 (0,1) 上单调递增，(1,2) 上单调递减， 根据复合函数“同增异减”，函数y 1 x 22x的单调增区间为 (1,2) 12 (2018舟山二模 ) 设函数f(x) 是定义在R上的奇函数， 且f(x) log3x1 ，x0， g x，x0，则f( x) log3(1x) ， 又f( x) f(x) ，f(x) log3(1 x) ， 即g(x) log3(1 x) ，xb1.若 logablogba 5 2，a b b a，则 a_，b_. 答案4 2 解析设 logbat，则t1，因为t 1 t 5 2，解得 t2， 所以ab 2， 因
7、此a b b a? b 2b bb 2， 解得b2，a4. 14(2018台州高级中学期中)已知函数f(x) x 2， x0， x，x0， x 22ax2， x0. 当a 2 时，f(f(4) _， 若函数f(x) 的最大值为a1，则实数a的值为 _ 答案 23 0 解析当a 2时，f(x) |2x4| 1，x0， x 24x2，x0， 所以f(f(4) f( 3) 94( 3) 2 23. 易知f(x) |2x4| 1(x0) 的最大值为f(2) 1， 若a11，则a0. 当a0时，f(x) x 22ax2( x0)的最大值为f(0) 2， 所以a11，所以a0. 16已知函数f(x) 是奇
8、函数， 且在 R上是减函数， 若实数a，b满足 f af b1 0， f ab1 0， 则 (a1) 2( b1) 2 1 所表示的图形的面积是_ 答案 2 1 解析由 f af b1 0， f ab 1 0， 得 f af b1 ， f ab1 0， f(x)是奇函数，且在R上是减函数， ab10， ab10， 作出不等式组表示的平面区域( 图略 ) ， (a1) 2( b1) 21 所表示的图形为以 (1,1) 为圆心， 1 为半径的半圆和一个三角形， 其表示的图形的面积是 2 1. 17已知函数f(x) x 22ax a 2 1，g( x) 2xa，对于任意的x1 1,1 ，存在x2 1
9、,1 ，使f(x2) g(x1) ，则实数a的取值范围是 _ 答案 2， 1 解析f(x) x 2 2axa 21 ( xa) 21， 当x 1,1 时， 若a 1，则f(x) a 22a， a 22a ； 若 11，则f(x) a 22a， a 22a 而g(x) 2a，2a ，从而由条件得： 若a 1，则 a 22a 2 a， 2aa 22a ， 解得 2a 1； 若 11，则 a 22a 2 a， 2aa 22a， 不等式组无解 综上所述，实数a的取值范围是 2， 1 三、解答题 ( 本大题共5 小题，共74 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 18(14 分) 若定义在 2,2
10、 上的奇函数f(x) 满足当x(0,2 时，f(x) 3 x 9 x1. (1) 求f(x) 在 2,2 上的解析式； (2) 判断f(x) 在(0,2)上的单调性，并给予证明； (3) 当 为何值时，关于x的方程f(x) 在x 2,2 上有实数解 解(1) 因为f(x) 为奇函数，所以f(0) 0. 当x 2,0) 时，x(0,2 因为f(x) 为奇函数，所以f(x) f( x) 3 x 9 x1， 所以f(x) 3 x 9 x1，2x0， 12 (91)(91)0 xx ， 所以f(x1) f(x2)0. 因此，f(x) 在(0,2) 上单调递减 (3) 方程f(x) 在x 2,2 上有实
11、数解， 即 取函数f(x) 的值域内的任意值 由(2) 可知，f(x) 在x(0,2 上是减函数， 此时f(x) 9 82， 1 2 . 又因为f(x) 是x 2,2 上的奇函数， 所以当x0 时，f(x) 0. 当x 2,0) 时，f(x) 1 2， 9 82 . 因此，函数f(x) 的值域为 1 2， 9 82 0 9 82， 1 2 ， 因此， 1 2， 9 82 0 9 82， 1 2 . 19(15 分)(2018 宁波九校联考) 已知函数f(x) x|xa| bx. (1) 当a2，且f(x) 是 R上的增函数时，求实数b的取值范围； (2) 当b 2，且对任意a( 2,4) ，关
12、于x的方程f(x) tf(a) 总有三个不相等的实数根 时，求实数t的取值范围 解(1)f(x) x|x2| bx x 2 b 2x，x2， x 2 b2x，x2ta 对 2a1时， m，n 2 2k，0 ； 当k1 时， m，n 不存在 21(15 分)(2018 杭州质检)设函数f(x) x 2 bxc(b，cR ) 若f(1 x) f(1 x) ， f(x) 的最小值为 1. (1) 求f(x) 的解析式； (2) 若函数y|f(x)| 与yt相交于 4 个不同交点， 从左到右依次为A，B，C，D. 是否存在实 数t，使得线段 |AB| ，|BC| ，|CD| 能构成锐角三角形，如果存在
13、，求出t的值；如果不存在， 请说明理由 解(1) 因为f(1x) f(1 x) ， 所以函数的对称轴为直线x1， 即 b 21，所以 b 2， 又因为f(x) 的最小值为 1， 所以 4cb 2 4 1，解得c0， 所以f(x) x 22x. (2) 若函数y|f(x)| 与yt相交于 4 个不同交点， 则 01时，f(x)0 ，f(x) 在(0,1) 上单调递增， 故f(x) maxf(1) a1. 当 f(x)max0，即a1 时，因最大值点唯一，故符合题意； 当 f(x)max0，即a1 时， 一方面，存在e a1， f(e a) 1 e a2. 依题意有a 1 x1 lnx1 1 x2
14、ln x2， 于是 x2x1 x1x2 ln x2 x1. 记 x2 x1 t，t1，则 lnt t1 tx1 ，故x1t 1 tlnt ， 于是，x1x2x1(t1) t 21 tlnt ， x1x22 2 t 21 2t lnt lnt . 记函数g(x) x 21 2x lnx，x1. 因g(x) x1 2 2x 20，故g(x)在 (1 ， ) 上单调递增 于是当t1 时，g(t)g(1) 0， 又 lnt0，所以x1x22. 再证x1x20， x1p时，t(x)t(p) 0； 当 00， 即x 2 1(3e a 11) x1e a10. 同理得x 2 2(3e a11) x2e a 10. 故x 2 2(3e a 11) x2e a1x2 1(3e a11) x1e a 1， (x2x1)(x2x1)(3e a11)( x2x1) ， 于是x1x23e a1 1. 综上， 2x1x23e a1 1.