高中數(shù)學(xué)學(xué)考復(fù)習(xí)沖A專題1函數(shù)、方程、不等式的綜合含答案

沖A專題一函數(shù)、方程、不等式的綜合1.設(shè)a=log37,b=21.1,c=0.83.1,則()A.b<a<c B.a<c<bC.c<b<a D.c<a<b2.已知f(x)=ax2+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域?yàn)閇2,+∞),f(x)的值域?yàn)閇k,+∞),則實(shí)數(shù)k的最大值為()A.0 B.1 C.2 D.43.(2023浙江學(xué)考)已知a為實(shí)數(shù),則“?x>0,ax+1x≥2”是“a≥1”的(A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件4.已知定義在R上的偶函數(shù)f(x+1)在(-∞,0]上單調(diào)遞增,則滿足f(2x+1)>f(12)的x的取值范圍為(A.(-14,14) B.(-34,-14) C.(-74,-14) D5.已知函數(shù)f(x)=log2x,1<x≤2,1x-1,A.(0,1) B.(0,1] C.[0,2) D.[0,2]6.(2023浙江學(xué)軍中學(xué))已知函數(shù)f(x)=(x-1)35+12,若對(duì)于任意的x∈[2,3],不等式f(x)+f(a-2x)≤A.(-∞,2) B.(-∞,2] C.(-∞,4) D.(-∞,4]7.設(shè)函數(shù)f(x)=log0.5x,x>0,1-xx,x<0,若任意給定的m∈(0,2),都存在唯一的非零實(shí)數(shù)x0滿足f(A.(0,12] B.(0,12) C.(0,2] D8.(多選)(2023浙江效實(shí)中學(xué))設(shè)f(x)=(x+1)A.y=f(x)與y=a,a∈R的圖象有兩個(gè)交點(diǎn),則a∈(1,+∞)B.y=f(x)與y=a,a∈R的圖象有三個(gè)交點(diǎn),則a∈(0,1]C.0≤f(x)≤1的解集是[-2,0]∪[4,+∞)D.0≤f(f(x))≤1的解集是(-∞,-3]∪(0,1]9.已知函數(shù)f(x)=lnx2-log12(x2+1),則滿足不等式f(log13x)>1的x10.(2023浙江學(xué)考)已知函數(shù)f(x)=x2-2x-asin(π2x),a∈R(1)若a=1,求f(x)在區(qū)間[0,1]上的最大值.(2)若關(guān)于x的方程f(x)+a+1=0有且只有三個(gè)實(shí)數(shù)根x1,x2,x3,且x1<x2<x3,證明:①x1+x3=2x2;②f(2x3+1)-7f(x1)+8x1≤18.11.(2022浙江學(xué)考)已知函數(shù)f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中a>(1)若f(2)≤4,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(2)證明:函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn);(3)設(shè)f(x0)=0,證明:a2-a+2<f(x0+1)<2a2-2a+2.

沖A專題一函數(shù)、方程、不等式的綜合1.D解析因?yàn)閥=log3x在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以log33<log37<log39,即1<a<2;因?yàn)閥=2x在R上單調(diào)遞增,所以b=21.1>21=2,因?yàn)閥=0.8x在R上單調(diào)遞減,所以c=0.83.1<0.80=1,所以c<a<b.故選D.2.C解析設(shè)t=f(x),g(x)=f(t)=at2+bt+c(t≥k),由于函數(shù)y=at2+bt+c(t≥k)的圖象是y=f(x)圖象的一部分,故有g(shù)(x)的值域是f(x)值域的子集,∴[2,+∞)?[k,+∞),∴k≤2,即k的最大值為2.故選C.3.C解析由題意,當(dāng)a≥1時(shí),?x>0,ax+1x≥x+1x≥2,當(dāng)x>0時(shí),ax+1x≥2恒成立,即a≥2x-1x2恒成立,令t=1x>0,則a≥{24.A解析由題知,f(x+1)是R上的偶函數(shù),所以f(x+1)關(guān)于y軸對(duì)稱,因?yàn)閒(x+1)在區(qū)間(-∞,0]上單調(diào)遞增,所以f(x+1)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,f(x)圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,f(x)在(-∞,1]上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,所以f(32)=f(12),因?yàn)閒(2x+1)>f(12),所以12<2x+1<32,解得-14<x<14,所以x的取值范圍為5.A解析方程f(x)-a=0至少有兩個(gè)實(shí)數(shù)根,等價(jià)于y=f(x)的圖象與直線y=a至少有兩個(gè)不同的交點(diǎn).根據(jù)圖象可知,當(dāng)0<a<1時(shí),函數(shù)y=f(x)的圖象與y=a有兩個(gè)不同的交點(diǎn),當(dāng)a=1時(shí),函數(shù)y=f(x)的圖象與y=a有一個(gè)交點(diǎn),當(dāng)a>1或a≤0時(shí),函數(shù)y=f(x)的圖象與y=a沒有交點(diǎn),所以a的取值范圍是(0,1).故選A.6.D解析易知函數(shù)f(x)=(x-1)35+12圖象關(guān)于點(diǎn)1,12對(duì)稱,故f(x)+f(2-x)=1,f(x)是增函數(shù),不等式f(x)+f(a-2x)≤1,即f(a-2x)≤1-f(x)化為f(a-2x)≤f(2-x),∴a-2x≤2-x,∴a≤{2+x}min=7.A解析因?yàn)閒(x)=log0.5x,x>0又因?yàn)閒(x)=-1+1x(x<0)時(shí),值域?yàn)?-∞,-1),f(x)=log0.5x(x>0)時(shí),值域?yàn)镽,所以f(x)的值域?yàn)?-∞,-1)時(shí)有兩個(gè)解.令t=f(x0),則f(t)=-2a2m2+am,若存在唯一的非零實(shí)數(shù)x0滿足f(f(x0))=-2a2m2+am,則當(dāng)t≥-1時(shí),t=f(x0),t與x0一一對(duì)應(yīng),要使f(t)=-2a2m2+am(t≥-1)也一一對(duì)應(yīng),則-2a2m2+am≥-1,a>0,任意m∈(0,2),即(ma-1)(2ma+1)≤0,因?yàn)?ma+1>0,所以不等式等價(jià)于ma-1≤0,即a≤(1m)min.因?yàn)閙∈(0,2),所以1m>12,所以a≤12,又a>0,所以正實(shí)數(shù)a的取值范圍為8.ABC解析函數(shù)圖象如圖所示,由圖可知,若y=a與f(x)有兩個(gè)交點(diǎn),則a∈(1,+∞),故A正確;若y=a與f(x)有三個(gè)交點(diǎn),則a∈(0,1],故B正確;若0≤f(x)≤1,則x∈[-2,0]∪[4,+∞),故C正確;若0≤f(f(x))≤1,則f(x)∈[-2,0]∪[4,+∞),則x∈(-∞,-3]∪{-1}∪(0,1],故D錯(cuò)誤.故選ABC.9.(0,13)∪(3,+∞)解析函數(shù)f(x)=lnx2-log12(x2+1)的定義域?yàn)閧x|x≠0},f(-x)=ln(-x)2-log12[(-x)2+1]=lnx2-log12(x2+1)=f(x),該函數(shù)為偶函數(shù),函數(shù)f(x)=lnx2-log12(x2+1)在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)為增函數(shù),且f(1)=1,若f(log13x)>1,即f(log13x)>f(1),即f(|log13x|)>f(1),可得|log13x|>1,可得10.(1)解因?yàn)閥=f(x)在[0,1]上是減函數(shù),所以最大值為f(0)=0.(2)證明因?yàn)閒(x)+a+1=0等價(jià)于(x-1)2=a[sin(π2x)-由于(x-1)2≥0,sin(π2x)-1≤0,所以a<0①又函數(shù)y=f(x)+a+1的圖象關(guān)于x=1對(duì)稱,且f(1)=0,所以x1+x3=2=2x2.②由題意可知,f(x1)+a+1=0,f(x3)=x32-2x3-asin(π2x3)+a+1=0,x1+x3=2,則f(2x3+1)+8x1-7f(x1)=4x32-1-acosπx3+8(2-x3)+7(a+1)=4(x32-2x3)-acosπx3+15+7(a+1)=4(asinπ2x3-a-1)+7a+22-acosπx3=a(2t2+4t+2)+18,其中t=sinπ2x3,而由前已知a<0,因此a(2t即f(2x3+1)+8x1-7f(x1)≤18,得證.11.(1)解因?yàn)閒(x)=ax+x-2ax(由f(2)=a2+2-a≤4,可得a2-a-2≤0,所以(a-2)(a+1)≤0,即-1≤a≤2,又a>1,所以1<a≤2.(2)證明因?yàn)楹瘮?shù)f(x)=ax+x-2ax(x>0),其中所以f(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,且f(1)=a+1-2a=1-a<0,f(2)=a2+2-a=(a-12)2+74所以由零點(diǎn)存在定理,得f(x)在(1,2)內(nèi)有唯一零點(diǎn),即函數(shù)f(x)存在唯一零點(diǎn).(3)證明若f(x0)=0,則x0∈(1,2),所以x0+1∈(2,3),所以f(2)=a2+2-a<f(x0+1),又f(x0)=ax0+x0-2ax0=所以f(x0+1)=ax0+1+(x0+1)-2ax0+1=2a2x0-ax0+(x0+1)-2ax0令g(a)=