高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题一第2讲课时训练提能

高三数学二轮高考专题辅导与训练打包检测试题：专题一第2讲课时训练提能

专题一 第2讲　函数的图象与性质 课时训练提能 ‎[限时45分钟，满分75分]‎ 一、选择题(每小题4分，共24分)‎ ‎1．函数f(x)＝＋lg(2x－1)的定义域是 A．(－∞，1)　　 B．(0,1]‎ C．(0,1)　　 D．(0，＋∞)‎ 解析　要使函数有意义，自变量x必须满足得解得0＜x＜1，‎ 即函数的定义域为(0,1)．‎ 答案　C ‎2．(2012·天津二模)已知f(x)＝则f＋f的值为 A. B．－ C．－1 D．1‎ 解析　f＝cos＝cos π＝－.‎ f＝f＋1＝f＋1＝＋1＝f＋2＝cos＋2＝－＋2＝，‎ ‎∴f＋f＝1.‎ 答案　D ‎3．(2012·武汉模拟)为了得到函数y＝log2的图象，可将函数y＝log2x的图象上所有的点的 A．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变，再向右平移1个单位长度 B．纵坐标缩短到原来的倍，横坐标不变，再向左平移1个单位长度 C．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向左平移1个单位长度 D．横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移1个单位长度 解析　由y＝log2＝log2(x－1)知，选A.‎ 答案　A ‎ ‎4．(2012·青岛二模)函数y＝lnsin x(0＜x＜π)的大致图象是 解析　∵t＝sin x在上单调递增，在上单调递减，‎ 且y＝ln t是(0，＋∞)上的增函数，‎ ‎∴y＝ln sin x(0＜x＜π)在单调递增，在上单调递减，故选C.‎ 答案　C ‎5．(2012·福州二模)已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0恒成立，设a＝f，b＝f(2)，c＝f(3)，则a、b、c的大小关系为 A．c＞a＞b B．c＞b＞a C．a＞c＞b D．b＞a＞c 解析　∵当x2＞x1＞1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0，‎ ‎∴f(x2)＜f(x1)，即f(x)在(1，＋∞)上是减函数．‎ 又函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，‎ ‎∴函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，‎ 故f(x)在(－∞，1)上是增函数；‎ 由于|3－1|＞＞|2－1|，∴f(3)＜f＜f(2)，即c＜a＜b.‎ 答案　D ‎6．设函数y＝f(x)在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数：fK(x)＝取函数f(x)＝a－|x|(a＞1)，当K＝时，函数fK(x)在下列区间上单调递减的是 A．(－∞，0) B．(－a，＋∞)‎ C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)‎ 解析　如图所示，先作出函数f(x)＝a－|x|(a＞1)的图象，然后作出直线y＝，则函数fK(x)的图象为图中实线部分，显然函数fK(x)＝故函数fK(x)在(－∞，－1)上单调递增，在[－1,1]上为常数，在(1，＋∞)上单调递减．故选D.‎ 答案　D 二、填空题(每小题5分，共15分)‎ ‎7．(2012·邯郸模拟)已知f(x)＝则不等式x＋x·f(x)≤2的解集是________．‎ 解析　原不等式等价于或解得0≤x≤1或x＜0.‎ ‎∴原不等式的解集为(－∞，1]．‎ 答案　(－∞，1]‎ ‎8．函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为________．‎ 解析　令函数g(x)＝f(x)－2x－4，则g′(x)＝f′(x)－2＞0，‎ 因此g(x)在R上是增函数，‎ 又因为g(－1)＝f(－1)＋2－4＝2＋2－4＝0，‎ 所以原不等式可化为：g(x)＞g(－1)，‎ 由g(x)的单调性可得x＞－1，‎ 所以原不等式的解集为(－1，＋∞)．‎ 答案　(－1，＋∞)‎ ‎9．(2012·惠州二模)四位同学在研究函数f(x)＝(x∈R)时，分别给出下面四个结论：‎ ‎①函数f(x)的值域为(－1,1)；‎ ‎②若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2)；‎ ‎③f(x)是连续且递增的函数，但f′(0)不存在；‎ ‎④若规定f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f[fn(x)]，则fn(x)＝对任意n∈N＋恒成立．‎ 上述四个结论中正确的有________．‎ 解析　当x＞0时，f(x)＝＝1－.‎ ‎∵x＞0，∴f(x)∈(0,1)．‎ ‎∵f(x)是奇函数，∴当x＜0时，f(x)∈(－1,0)，‎ 又f(0)＝0，故f(x)∈(－1,1)，故①正确；‎ 当x＞0时，f(x)＝＝1－，‎ ‎∴f′(x)＝＞0，‎ 即f(x)在(0，＋∞)上单调递增．‎ 又∵f(x)是奇函数，且f(0)＝0，‎ ‎∴f(x)在(－∞，＋∞)上是单调递增函数，故②正确；③错误．‎ 当x＞0时，f(x)＝＞0，‎ ‎∴fn＋1(x)＝，＝＋1，‎ ‎∴＝＋1×(n－1)＝＋n－1＝，‎ ‎∴fn(x)＝，同理，当x＜0时，fn(x)＝，‎ 故对任意n∈N＋，都有fn(x)＝，故④正确．‎ 答案　①②④‎ 三、解答题(每小题12分，共36分)‎ ‎10．(1)已知定义域为R的函数f(x)满足f[f(x)－x2＋x]＝f(x)－x2＋x，若f(3)＝1，求f(－5)；‎ ‎(2)设f(2cos x－1)＝sin2x，求f.‎ 解析　(1)在f[f(x)－x2＋x]＝f(x)－x2＋x中，令x＝3，得f[f(3)－32＋3]＝f(3)－32＋3，‎ ‎∵f(3)＝1，∴f(1－32＋3)＝1－32＋3，‎ 即f(－5)＝－5.‎ ‎(2)解法一　令2cos x－1＝，解得cos x＝，‎ 故sin2x＝1－cos2x ‎＝1－2＝.‎ 故f＝.‎ 解法二　令2cos x－1＝t，解得cos x＝，‎ 又cos x∈[－1,1]，所以t∈[－3,1]．‎ 而sin2x＝1－cos2x＝1－2＝，‎ ‎∴f(t)＝，故f(x)＝(x∈[－3,1])．‎ ‎∴f＝＝.‎ ‎11．已知f(x)是R上的奇函数，且f(x＋2)＝－f(x)．当－1≤x≤1，f(x)＝x3.‎ ‎(1)求证：x＝1是函数y＝f(x)的一条对称轴；‎ ‎(2)当x∈(1,5)时，求f(x)的表达式．‎ 解析　(1)证明　因为f(x)为奇函数，所以－f(x)＝f(－x)．‎ 因为f(x＋2)＝f(－x)，所以f[(x－1)＋2]＝f[－(x－1)]．‎ 即f(1＋x)＝f(1－x)，‎ 所以直线x＝1是函数f(x)图象的一条对称轴．‎ ‎(2)因为f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，‎ 所以f(x)是以4为周期的函数．‎ 又－1≤x≤1时，f(x)＝x3，‎ 当x∈[1,3]时，x－2∈[－1,1]，‎ 所以f(x)＝f(x－2＋2)＝－f(x－2)＝－(x－2)3.‎ 当x∈(3,5]时，x－4∈(－1,1]，‎ 所以f(x)＝f(x－4＋4)＝f(x－4)＝(x－4)3.‎ 所以当x∈[1,5]时，f(x)的解析式为f(x)＝ ‎12．(2012·大连模拟)若定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1成立，且当x＞0时，f(x)＞1.‎ ‎(1)求证：f(x)－1为奇函数；‎ ‎(2)求证：f(x)是R上的增函数；‎ ‎(3)若f(4)＝5，解不等式f(‎3m2‎－m－2)＜3.‎ 解析　(1)证明　∵定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2∈R，都有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1成立．‎ 令x1＝x2＝0，则f(0＋0)＝f(0)＋f(0)－1，即f(0)＝1.‎ 令x1＝x，x2＝－x，‎ f(x－x)＝f(x)＋f(－x)－1，‎ ‎∴[f(x)－1]＋[f(－x)－1]＝0，‎ ‎∴f(x)－1为奇函数．‎ ‎(2)证明　∵由(1)，知f(x)－1为奇函数，‎ ‎∴f(x)－1＝－[f(－x)－1]．‎ 任取x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0，‎ ‎∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1，‎ ‎∴f(x2－x1)＝f(x2)＋f(－x1)－1‎ ‎＝f(x2)－[f(x1)－1]＝f(x2)－f(x1)＋1，‎ ‎∵当x＞0时，f(x)＞1，‎ ‎∴f(x2－x1)＝f(x2)－f(x1)＋1＞1，‎ ‎∴f(x1)＜f(x2)，‎ ‎∴f(x)是R上的增函数．‎ ‎(3)∵f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)－1，且f(4)＝5，‎ ‎∴f(4)＝f(2)＋f(2)－1＝5，即f(2)＝3，‎ 由不等式f(3m2－m－2)＜3，‎ 得f(3m2－m－2)＜f(2)．‎ 由(2)，知f(x)是R上的增函数，‎ ‎∴3m2－m－2＜2，即3m2－m－4＜0，则－1＜m＜，‎ ‎∴不等式f(3m2－m－2)＜3的解集为.‎