2022届高考一轮复习第三章函数专练—章节综合练习（Word含答案解析）

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第三章    函数专练16—章节综合练习（2）第四章    一．单选题1．函数的定义域为　　A． B．且 C．且 D．2．下列各组函数中，表示同一函数的是　　A．， B． C．， D．，，0，，，，0，3．用二分法求方程的近似解时，可以取的一个区间是　　A． B． C． D．4．已知函数，则的定义域为　　A．，， B．，， C． D．5．已知函数，若，且，设，则　　A．没有最小值 B．的最小值为 C．的最小值为 D．的最小值为6．已知函数对任意，都有，当，时，，则函数在，上的值域为　　A．， B．， C．， D．，7．已知函数的定义域为，当，时，，，若对，，，，使得，则正实数的取值范围为　　A．， B．， C．， D．，8．已知函数，为自然对数的底数），若恒成立，则实数的取值范围是　　A．， B．， C．， D．，二．多选题9．已知是自然对数的底数，则下列不等关系中不正确的是　　A． B． C． D．10．已知函数，若对任意的，均存在使得，则的可能取值为　　A．0 B．1 C．2 D．411．已知函数，且，则　　A．定义域为 B．的最大值为 C．若在上单调递增，则 D．图象关于直线对称12．已知函数为自然对数的底数），若关于的方程有且仅有四个不同的解，则实数的值可能为　　A． B． C． D．三．填空题13．函数的值域为　　．14．地震震级是根据地震仪记录的地震波振幅来测定的，一般采用里氏震级标准．震级是用据震中100千米处的标准地震仪所记录的地震波最大振幅值的对数来表示的．里氏震级的计算公式为，其中是被测地震的最大振幅，是“标准地震”的振幅（使用标准地震振幅是为了修正测震仪距实际震中的距离造成的偏差）．根据该公式可知，7.5级地震的最大振幅是6级地震的最大振幅的　　倍（精确到．15．已知函数，，设函数，则所有的零点之和为　　．16．记函数，其中表示不大于的最大整数，，若方程在区间，上有7个不同的实数根，则实数的取值范围为　　．四．解答题17．已知幂函数在区间上单调递增．（1）求的解析式；（2）用定义法证明函数在区间上单调递减． 18．已知函数且．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若函数有零点，求实数的取值范围．（Ⅲ）当时，恒成立，求实数的取值范围． 19．已知函数与的图象关于对称．（1）若函数的值域为，求实数的取值范围；（2）若且，求的最小值． 20．已知函数（1）若，求的最小值；（2）若恰好有三个零点，求实数的取值范围．
第三章 函数专练16—章节综合练习（2）答案 1．解：要使函数有意义，则，得，得且，即函数的定义域为且，故选：．2．解：．的定义域是，的定义域是，两个函数的定义域不相同，不是同一函数，．，，的定义域是，两个函数的定义域不相同，不是同一函数，．的定义域为，的定义域是，两个函数的定义域不相同，不是同一函数，．对应点的坐标为，，，对应点的坐标为，，，两个函数对应坐标相同，是同一函数，故选：．3．解：令，则（1），（2），故（1）（2），由零点的存在性定理可得，函数的零点在区间内，故方程的近似解可以取的一个区间是．故选：．4．解：由，得或，即的定义域为，，，由或，得或，则的定义域为，，，故选：．5．解：函数，若，且，即有，，可得，可得，则，，对称轴为，当时，取最小值，时，取最大值．故选：．6．解：当，时，，，则当，时，即，，所以；当，时，即，，由，得，从而，；当，时，即，，则，．综上得函数在，上的值域为，．故选：．7．解：对，，，，使得，，①当，时，，，②当，时，，，在，上单调递增，（4），由①②得，又，在，上为增函数，，，，的取值范围为，．故选：．8．解：函数，由，可得是偶函数，当时，，即①当时，①式恒成立，此时．当时，由①式可得，令，可得，那么在单调递减，，；当时，由①式可得，同理解得，令，那么，可得在，单调递增．．当时，（1），在，单调递减．在单调递增；（1）．综合可得实数的取值范围为，．故选：．9．解：令，则．当时，，，单调递减；当时，，，单调递增；当时，取最大值，（e）．的值域为，，，当且仅当时，等号成立．，故错；，故对；，故错；：令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增．，（3），即，，，，故错．故选：．10．解：由题意可知，函数的值域为，当时显然成立；当时，要满足题意，只需，解得或，综上，满足题意的实数的取值范围为，，．故选：．11．解：函数，且，对于选项，令且，解得，故函数的定义域为，故选项正确；对于选项，，因为图象开口向下，故有最大值，但若时，函数单调递减，此时无最大值，故选项错误；对于选项，若在上单调递增，①当时，则在上单调递减，故，解得，故不符合题意；②当时，则在上单调递增，故，解得，故选项错误；对于选项，，则，所以图象关于直线对称，故选项正确．故选：．12．解：设，可得，即有为偶函数，由题意考虑时，有两个零点，当时，，，即有时，，由，可得，由，相切，设切点为，的导数为，可得切线的斜率为，可得切线的方程为，由切线经过点，，可得，解得或（舍去），即有切线的斜率为，由图象可得时，直线与曲线有两个交点，综上可得的范围是．故选：．13．解：函数，，求得，故函数的定义域为，．且 和在定义域内都是减函数，故在其定义域内是减函数，故当时，函数取得最小值为，当趋于时，函数趋于无穷大，故的值域为，故答案为：．14．解：由题意可得，即，所以，当时，地震的最大振幅为；当时，地震的最大振幅为，所以，故答案为：32．15．解：，则，为奇函数，所有的零点之和为0．故答案为：0．16．解：在同一坐标系内作出函数，的图象，如图所示：则方程在区间，上有2个实根，所以在区间，上有5个不同实根．当直线经过点时，，经过点时，．若在区间，上有5个根，则的取值范围是，．故答案为：，．17．（1）解：由题可知：，解得或．若，则在区间上单调递增，符合条件；若，则在区间上单调递减，不符合条件．故．（2）证明：由（1）可知，．任取，，令，则．因为，所以，，，所以，即，故在区间上单调递减．18．解：（Ⅰ）对于函数，由，求得，故．（Ⅱ）若函数 有零点，则函数的图象和直线有交点，，求得．（Ⅲ）当时，恒成立，即恒成立．令，则，且．由于 在上单调递减，，．19．答案：（1）由题意得．因为的定义域为，所以有实数解．当时满足条件（2分）当时，欲函数的值域为，则，即，所以，即实数的取值范围为，．（6分）（2）由，得．因为，所以，且，所以，所以，所以．因为函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取得最小值为4．（12分）20．解：（1）时，，当时，，则（1），当时，，则，令，解得：，当时，，递减，当时，，递增，此时，故的最小值是；（2）时，，，①时，在时取最大值，且，，时，函数有唯一零点，时，且不断趋近于0，无零点，时，，对称轴是，时至多1个零点，不合题意，不合题意，舍；②时，同①在，上有1个零点，只需在上有2个零点，时，，△，解得：或（舍，综上：的取值范围是，．