江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高一（上）数学第13周阶段性训练模拟练习【含答案】

这是一份江苏无锡市湖滨中学2024-2025学年高一（上）数学第13周阶段性训练模拟练习【含答案】，共14页。试卷主要包含了已知函数，正实数a，b满足f，已知函数，若关于x的方程f2，已知函数，则f，已知函数y＝ax﹣1+3，已知偶函数f，设函数f，已知函数y＝f，已知f等内容，欢迎下载使用。
1．已知函数，正实数a，b满足f（2a﹣2）+f（b）＝0，则的最小值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
2．已知函数，若关于x的方程f2（x）﹣（a+8）f（x）﹣a＝0有6个不同的实数根，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．（﹣4，0）D．
3．若关于x的方程有四个不同的实数解，则k的取值范围为（ ）
A．（0，1）B．C．D．（1，+∞）
4．已知函数，则f（x）的单调递减区间为（ ）
A．[2，3）B．（﹣∞，2]C．（1，2]D．[2，+∞）
5．已知函数y＝ax﹣1+3（a＞0，且a≠1）的图象恒过点P（m，n），正实数p，q满足mp+nq＝1，则的最小值是（ ）
A．9B．12C．3D．6
6．已知偶函数f（x）在（﹣∞，0]上是增函数，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．c＜a＜bB．c＜b＜aC．b＜a＜cD．b＜c＜a
7．设函数f（x）＝1﹣ex，g（x）＝ln（ax2﹣4x+3），其中e是自然对数的底数，若对任意x1∈[0，+∞），都存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），则实数a的最大值为（ ）
A．0B．1C．D．
二．多选题（共5小题）
（多选）8．已知函数y＝f（x），对于任意x，y∈R，＝f（x﹣y），则（ ）
A．f（0）＝1B．f（x2）＝2f（x）
C．f（x）＞0D．≥f（）
（多选）9．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，，若关于x的方程[f（x）]2﹣（a+1）f（x）+a＝0（a∈R）恰有4个不相等的实数根，则这4个实数根之和为（ ）
A．4B．﹣4C．﹣8D．8
（多选）10．已知函数则下列说法正确的是（ ）
A．不等式f（x）＞x+1的解集为
B．当时，f（x）的取值范围为
C．若关于x的方程f（x）＝t有三个不同实数根x1，x2，x3，则1＜x1+x2+x3＜lg23
D．令g（x）＝f2（x）﹣f（x）+c，不存在常数c，使得g（x）恰有5个零点
（多选）11．已知a，b，c是实数，则下列不等关系的表述，一定正确的有（ ）
A．B．若ab≠0，则
C．若a＜b，则D．若a＜b，c＜0．则
（多选）12．已知函数f（x）＝，若方程f（x）＝k（k∈R）有四个不同的实数解，它们从小到大依次记为x1，x2，x3，x4，则（ ）
A．0＜k＜1B．x1+x2＝﹣1
C．D．
三．填空题（共3小题）
13．已知定义在R上的函数f（x）满足f（x+4）＝f（x），且当x∈[0，4）时，f（x）＝2x+m，若f（2023）＝3f（1），则m＝ ．
14．已知f（x）＝ax﹣1，g（x）＝x2+bx﹣5（a＞0，b∈R）．当a＝2时，f（x）＝g（x）的两根为x1，x2，则|x1﹣x2|的最小值为 ；当x＞0时，f（x）•g（x）≥0恒成立，则的最小值为 ．
15．已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）满足f（xy）＝f（x）+f（y），当x＞1时，f（x）＜0，且f（2）＝﹣2，则不等式f（x﹣2）+f（x+4）+8＞0的解集为 ．
四．解答题（共4小题）
16．已知f（x）＝lga（a＞0，且a≠1）．
（1）求函数f（x）的定义域；
（2）当x∈（﹣t，t]（其中t∈（﹣1，1），且t为常数）时，f（x）是否存在最小值，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由；
（3）当a＞1时，求满足f（x﹣2）+f（4﹣3x）≥0的实数x的取值范围．
17．已知函数是定义在R上的奇函数．
（1）求实数a，b的值；
（2）判断并证明函数f（x）的单调性；
（3）对任意t∈[1，e]，关于t的不等式f[（lnt）2﹣ln（et2）]+f（k）＜0恒成立，求实数k的取值范围．
18．已知函数y＝f（x），若对于其定义域D中任意给定的实数x，都有，就称函数y＝f（x）满足性质P．
（1）已知f（x）＝2x+1，判断y＝f（x）是否满足性质P，并说明理由；
（2）若y＝f（x）满足性质P，且定义域为（0，+∞）．
①已知x∈（0，1）时，，求函数f（x）的解析式并指出方程f（x）＝255是否有正整数解？请说明理由；
②若f（x）在（0，1）上单调递增，证明：f（x）在（1，+∞）上单调递增．
19．已知函数f（x）＝2x﹣4x，x∈[﹣2，1]．
（1）求f（x）的值域；
（2）若对∀x∈[﹣2，1]，不等式f（x）＞2﹣m•2x恒成立，求实数m的取值范围．
参考答案与试题解析
一．选择题（共7小题）
1．【解答】解：∵，定义域为R，
∴f（﹣x）+f（x）＝lg（）+lg（﹣x）＝0，
故函数f（x）关于（0，0）对称，
又f（x）在R上严格递增，f（2a﹣2）+f（b）＝0，
∴2a+b﹣2＝0，即2a+b＝2，
∴＝＝＝+2≥4，当且仅当且2a+b＝2，即a＝，b＝1时等号成立，
故选：B．
2．【解答】解：令t＝f（x），作出函数t＝f（x）的图象如下图所示：
因为关于x的方程f2（x）﹣（a+8）f（x）﹣a＝0有6个不同的实数根，
则关于t的方程t2﹣（a+8）t﹣a＝0在（1，3]内有两个不等的实根，
设g（t）＝t2﹣（a+8）t﹣a，则函数g（t）＝t2﹣（a+8）t﹣a在（1，3]内有两个不等的零点，
所以，，解得．
故选：A．
3．【解答】解：要使方程有四个不同的实数解，
当x＝0时，是方程的1个根，
所以只要方程有3个不同的实数解，
变形得＝，设函数g（x）＝，
如图
所以只要0＜＜4即可，
所以k＞；
故选：C．
4．【解答】解：根据题意，设t＝﹣x2+4x﹣3，则y＝，
有t＝﹣x2+4x﹣3＞0，解可得1＜x＜3，即函数的定义域为（1，3），
在区间（1，2]上，t＝﹣x2+4x﹣3为增函数，区间（2，3）上，t＝﹣x2+4x﹣3为减函数，
y＝在（0，+∞）上为减函数，
则f（x）的单调递减区间为（1，2]．
故选：C．
5．【解答】解：根据题意，
∵函数y＝ax﹣1+3（a＞0，且a≠1）恒过（1，4），
∴m＝1，n＝4，
∴p+4q＝1，又p＞0，q＞0，
∴+＝+＝++4≥2+4＝6，当且仅当，即p＝q＝时等号成立，
所以+的最小值为6．
故选：D．
6．【解答】解：因为偶函数f（x）在（﹣∞，0]上是增函数，
所以f（x）在（0，+∞）上单调递减，
所以a＝f（﹣lg25）＝f（lg25），
又3＞lg25＞2＞20.7＞0，
所以f（3）＜f（lg25）＜f（20.7），
故c＜a＜b．
故选：A．
7．【解答】解：因为f（x1）＝1﹣，x1∈[0，+∞），所以f（x1）∈（﹣∞，0]，
又因为对任意x1∈[0，+∞），都存在x2∈R，使得f（x1）＝g（x2），
所以g（x2）的值域包含（﹣∞，0]，
所以ax2﹣4x+3∈（0，k]（k≥1）．
若a＝0，则﹣4x+3＞0，存在x＜；
若a＜0，则，即，所以a＜0．
若a＞0，则，即，所以0＜a≤．
综上所述：a≤．
故选：C．
二．多选题（共5小题）
8．【解答】解：对于A，令x＝y＝0，则有1＝f（0），故正确；
对于B，由已知＝f（x﹣y），可得f（x）＝f（y）f（x﹣y），
所以f（x+y）＝f（x）f（y），①
令f（x）＝ax（a＞0且a≠1）满足题干要求，2f（x）＝2ax，f（x2）＝，则f（x2）≠2f（x），故B错误；
对于C，由①可知：令x＝，y＝，则f（x）＝f（）f（）＝[f（）]2，
又因为＝f（x﹣y），
则f（）≠0，
所以f（x）＝[f（）]2＞0，故C正确；
对于D，因为f（x）＞0，
所以f（x）+f（y）≥2＝2，又由①，令x＝y＝，
则f（x+y）＝f（）f（）＝[f（）]2，
所以≥f（），故D正确．
故选：ACD．
9．【解答】解：f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，，
作出函数的图象，如图所示，
设f（x）＝t，
则关于x的方程[f（x）]2﹣（a+1）f（x）+a＝0（a∈R）的方程等价于t2﹣（a+1）t+a＝0，
解得：t＝a或t＝1，
当t＝1时，即f（x）＝1对应一个交点为x1＝2，
方程恰有4个不同的根，可分为两种情况：
（1），即对应3个交点，且x2+x3＝2，x4＝4，
此时4个实数根之和为8；
（2），即对应3个交点，且x2+x3＝﹣2，x4＝﹣4，
此时4个实数根之和为﹣4，
综上，4个实数根之和为8或﹣4．
故选：BD．
10．【解答】解：作出函数的图象如下．
对于A．在同一坐标系中画出f（x）和y＝x+1的图象如下．
联立，得，
所以不等式f（x）＞x+1的解集为，故A正确；
对于B．由图可知，函数f（x）在上单调递增，在上单调递减，
又，
所以f（x）的取值范围为，故B错误；
对于C．若关于x的方程f（x）＝t有三个不同实数根x1，x2，x3，
即函数f（x）与函数y＝t有三个不同的交点，不妨设x1＜x2＜x3，如图．
其中x1+x2＝0，1＜x3＜lg23，所以1＜x1+x2+x3＜lg23，故C正确；
对于D．g（x）＝f2（x）﹣f（x）+c，g（x）恰有5个零点
令f（x）＝t，则h（t）＝t2﹣t+c，
当h（t）＝t2﹣t+c只有1个零点时，设为t0，则方程f（x）＝t0有5个根，不可能；
当h（t）＝t2﹣t+c有2个零点时，设为t1，t2，且t1＜t2，
则f（x）＝t1和f（x）＝t2共有5个根，可得或
若h（t）＝t2﹣t+c有一个零点是0，则另一个零点为1，不满足，
若h（t）＝t2﹣t+c有一个零点是1，则另一个零点为0，不满足，
故存在常数c，使得g（x）恰有5个零点，D正确．
故选：ACD．
11．【解答】解：对于A，∵＝≥0，当且仅当a＝b时，等号成立，
∴，故A正确，
对于B，，当且仅当|a|＝|b|时，等号成立，故B正确，
对于C，令a＝﹣1，b＝1，满足a＜b，但，故C错误，
对于D，∵a＜b，c＜0，
∴＞0，即，故D正确．
故选：ABD．
12．【解答】解：画出函数f（x）与函数y＝k的图像如下：f（x）在（﹣∞，﹣1]上单调递减，值域[0，+∞）；在[﹣1，0）上单调递增，值域[0，1）；
在（0，e2]单调递减，值域[0，+∞）；在[e2，+∞）单调递增，值域[0，+∞）．
则有x1+x2＝﹣2，lnx3﹣2+lnx4﹣2＝0，即x3x4＝e4，选项B判断错误；
方程f（x）＝k（k∈R）有四个不同的实数解，则有0＜k＜1，选项A判断正确；
由f（x）在（0，e2]上单调递减，值域[0，+∞），
f（e）＝|lne﹣2|＝1，f（e2）＝|lne2﹣2|＝0，
可知e＜x3＜e2，选项C判断正确；
由x1＜x2＜0＜x3＜x4，可知x1x2x3x4＞0，
又x1x2x3x4＝e4x1x2＝e4（﹣x1）（﹣x2）＜e4[]2＝e4，
则有0＜x1x2x3x4＜e4，故选项D判断正确．
故选：ACD．
三．填空题（共3小题）
13．【解答】解：函数f（x）满足f（x+4）＝f（x），
则f（x）的周期为4，
f（2023）＝f（3）＝8+m＝3（2+m），解得m＝1．
故答案为：1．
14．【解答】解：当a＝2时，方程f（x）＝g（x），即x2+（b﹣2）x﹣4＝0，
则有x1+x2＝2﹣b，x1x2＝﹣4，
，
所以当b＝2时，|x1﹣x2|的最小值为4，此时b＝2满足Δ＞0．
当x＞0时，f（x）•g（x）＝（ax﹣1）（x2+bx﹣5）≥0恒成立，
由a＞0，当0＜x＜2时，ax﹣1＜0，x2+bx﹣5≤0；当 时，ax﹣1＞0，x2+bx﹣5≥0，
是方程x2+bx﹣5＝0的根，即有，得，
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为．
故答案为：4；．
15．【解答】解：由f（xy）＝f（x）+f（y）可得f（x﹣2）+f（x+4）＝f[（x+4）（x﹣2）]
又f（2）＝﹣2，则f（16）＝f（4）+f（4）＝2f（2）+2f（2）＝4f（2）＝﹣8
设任意x1，x2＞0，且x1＜x2，则，又当x＞1时，f（x）＜0，
则
即f（x1）＞f（x2），故函数f（x）在（0，+∞）上为减函数．
则不等式f（x﹣2）+f（x+4）+8＞0，
等价于，解得2＜x＜4，
故答案为：（2，4）．
四．解答题（共4小题）
16．【解答】解：（1）由＞0得：﹣1＜x＜1，所以f（x）的定义域为（﹣1，1）．
（2）设﹣1＜x1＜x2＜1，
则＝，
∵﹣1＜x1＜x2＜1，∴x2﹣x1＞0，（1+x1）（1+x2）＞0，
∴．
当a＞1时，f（x1）＞f（x2），f（x）在（﹣1，1）上是减函数，
又t∈（﹣1，1），所以x∈（﹣t，t]时，f（x）有最小值，且最小值为f（t）＝lga ；
当0＜a＜1时，f（x1）＜f（x2），f（x）在（﹣1，1）上是增函数，
又t∈（﹣1，1），所以x∈（﹣t，t]时，函数f（x）没有最小值．
（3）由（1）及f（x﹣2）+f（4﹣3x）≥0，得f（x﹣2）≥﹣f（4﹣3x）＝f（3x﹣4），
∵a＞1，∴f（x）在（﹣1，1）上是减函数，
∴，解得1＜x＜，
∴x的取值范围是（1，）．
17．【解答】解：（1）∵函数是定义在R上的奇函数，
∴f（0）＝0，f（1）＝﹣f（﹣1），即，，解得a＝3，b＝1，
此时，
可得f（x）+f（﹣x）＝（﹣1）+（﹣1）＝（+﹣2）＝0，
即a＝3，b＝1符合题意．
（2）函数f（x）在R上单调递减，证明如下：
由（1）可得，f（x）＝＝＝，
设x1＜x2，
则f（x1）﹣f（x2）＝＝＞0，
∴f（x1）＜f（x2），即函数f（x）在R上单调递减．
（3）对任意t∈[1，e]，关于t的不等式f[（lnt）2﹣ln（et2）]+f（k）＜0恒成立，且f（x）为单调递减的奇函数，
∴f[（lnt）2﹣ln（et2）]＜﹣f（k）＝f（﹣k），
∴（lnt）2﹣ln（et2）＞﹣k，
可得（lnt）2﹣2lnt﹣1＞﹣k对任意t∈[1，e]恒成立，
令u＝lnt，由t∈[1，e]，可知u＝lnt∈[0，1]，
可得g（u）＝u2﹣2u﹣1且g（u）的图象开口向上，对称轴为u＝1，
则g（u）在[0，1]内单调递减，可得g（u）在[0，1]内的最小值为g（1）＝﹣2，
则﹣2＞﹣k，解得k＞2，∴实数k的取值范围为（2，+∞）．
18．【解答】解：（1）因为f（x）+f（）＝2x+1++1＝2x++2＝0不恒成立，
所以y＝f（x）不满足性质P；
（2）①当x＞1时，0＜＜1，
此时f（x）＝﹣f（）＝﹣（lg3﹣3x2）＝3x2+lg3x，
又当x＝1时，f（1）+f（1）＝0，所以f（1）＝0，
所以f（x）＝；
假设方程f（x）＝255有正整数解n，
则3n2+lg3n＝255，
要使上式能成立，则必有n＝3k，k≥1，k∈N，
所以3×32k+lg33k＝32k+1+k＝255，
明显y＝32k+1+k为单调递增函数，
又当k＝2时，32k+1+k＝35+2＝245＜255，
当k＝3时，32k+1+k＝37+3＝2190＞255，
故方程f（x）＝255没有正整数解；
②证明：任取x1＞x2＞1，则0＜＜＜1，
则f（x1）﹣f（x2）＝﹣f（）﹣[﹣f（）]＝f（）﹣f（），
因为f（x）在（0，1）上单调递增，且0＜＜＜1，
所以f（）＞f（），
所以f（x1）﹣f（x2）＝f（）﹣f（）＞0，
即f（x1）＞f（x2）．
所以f（x）在（1，+∞）上单调递增．
19．【解答】解：（1）令t＝2x，当x∈[﹣2，1]时，，………（2分）
则可将原函数转化为，
当时，；当t＝2时，ymin＝﹣2．
所以f（x）在[﹣2，1]上的值域为．………（5分）
（2）关于x的不等式2x﹣4x＞2﹣m•2x对∀x∈[﹣2，1]恒成立，
由（1），t﹣t2＞2﹣mt对恒成立，
所以mt＞2+t2﹣t，
所以，…（8分）
因为（当且仅当，即时，等号成立），
所以在上为减函数，在上为增函数，…（10分）
又在上的最大值为，
因此实数m的取值范围为，即m∈（，+∞）．…（12分）
声明：试