2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第7讲　高效演练 分层突破学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第7讲　高效演练 分层突破学案，共6页。

1．小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间后，为了赶时间加快速度行驶，与以上事件吻合得最好的图象是( )
解析：选C.小明匀速行驶时，所得图象为一条直线，且距离学校越来越近，故排除A.因交通堵塞停留了一段时间，与学校的距离不变，故排除D.后来为了赶时间加快速度行驶，故排除B.
2．(2020·河北衡水中学第二次调研)函数y＝(2x－1)ex的图象大致是( )
解析：选A.因为x趋向于－∞时，y＝(2x－1)ex<0，所以C，D错误；因为y′＝(2x＋1)ex，所以当x<－eq \f(1,2)时，y′<0，y＝(2x－1)ex在(－∞，－eq \f(1,2))上单调递减，所以A正确，B错误，故选A.
3.(2020·江西七校第一次联考)设f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(－2，1]上的图象，则f(2 018)＋f(2 019)＝( )
A．2 B．1
C．－1 D．0
解析：选C.因为函数f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，所以f(2 018)＝f(2 018－673×3)＝f(－1)，f(2 019)＝f(2 019－673×3)＝f(0)，由题图知f(－1)＝－1，f(0)＝0，所以f(2 018)＋f(2 019)＝f(－1)＋f(0)＝－1.
4.(2020·甘肃酒泉敦煌中学一诊)已知奇函数f(x)在x≥0时的图象如图所示，则不等式xf(x)<0的解集为( )
A．(1，2) B．(－2，－1)
C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－1，1)
解析：选C.因为函数f(x)是奇函数，所以图象关于原点对称，补全当x<0时的函数图象，如图．对于不等式xf(x)<0，当x>0时，f(x)<0，所以10，所以－25．已知函数y＝f(－|x|)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象不可能是( )
解析：选C.函数y＝f(－|x|)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－x），x≥0，,f（x），x<0，))当x<0时，y＝f(－|x|)＝f(x)，所以函数y＝f(－|x|)的图象在y轴左边的部分，就是函数y＝f(x)的图象，故可得函数y＝f(x)的图象不可能是C.
6.如图，函数f(x)的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为(0，0)，(1，2)，(3，1)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,f（3）)))的值等于 ．
解析：由图象知f(3)＝1，所以eq \f(1,f（3）)＝1.所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,f（3）)))＝f(1)＝2.
答案：2
7.若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋b，x<－1，,ln（x＋a），x≥－1))的图象如图所示，则f(－3)＝ ．
解析：由题图可得a(－1)＋b＝3，ln(－1＋a)＝0，得a＝2，b＝5，所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x＋5，x<－1,ln（x＋2），x≥－1，))故f(－3)＝2×(－3)＋5＝－1.
答案：－1
8．设函数f(x)＝|x＋a|，g(x)＝x－1，对于任意的x∈R，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是 ．
解析：如图，作出函数f(x)＝|x＋a|与g(x)＝x－1的图象，观察图象可知：当且仅当－a≤1，即a≥－1时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，所以a的取值范围是[－1，＋∞)．
答案：[－1，＋∞)
9．作出下列函数的图象．
(1)y＝eq \f(x＋2,x－1)；
(2)y＝|lg2(x＋1)|.
解：(1)因为y＝eq \f(x＋2,x－1)＝1＋eq \f(3,x－1)，先作出y＝eq \f(3,x)的图象，将其图象向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度，即得y＝eq \f(x＋2,x－1)的图象，如图所示．
(2)利用函数y＝lg2x的图象进行平移和翻折变换，图象如图实线所示．
10．已知函数f(x)＝x|m－x|(x∈R)，且f(4)＝0.
(1)求实数m的值；
(2)作出函数f(x)的图象；
(3)若方程f(x)＝a只有一个实数根，求a的取值范围．
解：(1)因为f(4)＝0，所以4|m－4|＝0，即m＝4.
(2)f(x)＝x|x－4|
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－4）＝（x－2）2－4，x≥4，,－x（x－4）＝－（x－2）2＋4，x<4，))
f(x)的图象如图所示．
(3)从f(x)的图象可知，当a>4或a<0时，f(x)的图象与直线y＝a只有一个交点，即方程f(x)＝a只有一个实数根，即a的取值范围是(－∞，0)∪(4，＋∞)．
[综合题组练]
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x－1，x≥0，,x2－2x－1，x<0，))则对任意x1，x2∈R，若0<|x1|<|x2|，下列不等式成立的是( )
A．f(x1)＋f(x2)<0 B．f(x1)＋f(x2)>0
C．f(x1)－f(x2)>0 D．f(x1)－f(x2)<0
解析：选D.函数f(x)的图象如图所示，
且f(－x)＝f(x)，从而函数f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数．
又0<|x1|<|x2|，
所以f(x2)>f(x1)，
即f(x1)－f(x2)<0.
2．已知函数f(x)＝eq \f(x＋1,|x|＋1)，x∈R，则不等式f(x2－2x)解析：由已知得，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x≥0，,－1－\f(2,x－1)，x<0.))其图象如图所示：
由图可知，不等式f(x2－2x)答案：(1，2)
3．已知函数f(x)＝|x|(x－a)，a>0，
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)写出函数f(x)的单调区间；
(3)当x∈[0，1]时，由图象写出f(x)的最小值．
解：(1)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－a），x≥0，,－x（x－a），x<0，))
其图象如图所示．
(2)由图知，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，＋∞))；单调递减区间是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(a,2))).
(3)由图象知，当eq \f(a,2)>1，即a>2时，所求最小值f(x)min＝f(1)＝1－a；
当0所求最小值f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))＝－eq \f(a2,4).
综上，f(x)min＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－\f(a2,4)（02）.))
4．已知函数f(x)＝2x，x∈R.
(1)当m取何值时，方程|f(x)－2|＝m有一个解？两个解？
(2)若不等式[f(x)]2＋f(x)－m>0在R上恒成立，求m的取值范围．
解：(1)令F(x)＝|f(x)－2|＝|2x－2|，G(x)＝m，画出F(x)的图象如图所示，由图象看出，当m＝0或m≥2时，函数F(x)与G(x)的图象只有一个交点，即原方程有一个解；
当0(2)令f(x)＝t(t>0)，H(t)＝t2＋t，
因为H(t)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)在区间(0，＋∞)上是增函数，
所以H(t)>H(0)＝0.
因此要使t2＋t>m在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m≤0，即所求m的取值范围为(－∞，0]．