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屆高三一輪“雙基突破訓(xùn)練”（詳細(xì)解析+方法點(diǎn)撥） (5)
一、
1．設(shè)f(x)是連續(xù)的偶函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)f(x)是單調(diào)函數(shù)，則滿足f(x)＝fx＋3x＋4的所有x之和為(　　 )
A．－3　　　B．3　　　　
C．－8　　　D．8
【答案】C
【解析】因?yàn)閒(x)是連續(xù)的偶函數(shù)，且x>0時(shí)是單調(diào)函數(shù)，由偶函數(shù)的性質(zhì)可知若f(x)＝fx＋3x＋4，
只有兩種情況：①x＝x＋3x＋4 ；②x＋x＋3x＋4 ＝0.
由①知x2＋3x－3＝0，故兩根之和為x1＋x2＝－3.
由②知x2＋5x＋3＝0，故兩根之和為x3＋x4＝－5.
因此滿足條件的所有x之和為－8.
故選擇C.
本題考查函數(shù)的性質(zhì)及推理論證能力，易錯(cuò)之處是只考慮x＝x＋3x＋4 ，而忽視了x＋x＋3x＋4 ＝0，誤選了A.
2．已知函數(shù)f(x)＝4x＋2－1的定義域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，那么滿足條件的整數(shù)數(shù)對(duì)(a，b)共有(　　)
A．2個(gè)　　　B．3個(gè)　　　
C．5個(gè)　　　D．無數(shù)個(gè)
【答案】C
【解析】f(x)在[0，＋∞)遞減，在(－∞，0]上遞增，且f(0)＝1，f(－2)＝f(2)＝0，故(a，b)可以是(－2，0)，(－2，1)，(－2,2)，(－1,2)，(0,2)，共5個(gè)．故選擇C.
3．對(duì)于函數(shù)①f(x)＝lg(x－2＋1)，②f(x)＝(x－2)2，③f(x)＝cos(x＋2)．判斷如下三個(gè)命題的真假：
命題甲：f(x＋2)是偶函數(shù)；
命題乙：f(x)在(－∞，2)上是減函數(shù)，在(2，＋∞)上是增函數(shù)；
命題丙：f(x＋2)－f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)．
能使命題甲、乙、丙均為真的所有函數(shù)的序號(hào)是(　　)
A．①③ B．①②
C．③ D．②
【答案】D
【解析】本題考查函數(shù)的增減性、奇偶性、考查真假命題的概念，考查分析問題的能力．
方法1：函數(shù)①、②使命題甲為真，函數(shù)③使命題甲為假，排除A、C選項(xiàng)；根據(jù)函數(shù)圖像分析，函數(shù)①、②使命題乙為真；函數(shù)②使命題丙也為真，但函數(shù)①使命題丙為假，因此選D.
方法2：由命題甲f(x＋2)是偶函數(shù)，可知①、②滿足條件，排除③；
作出①②函數(shù)的圖像，可知②滿足命題乙的條件，①不滿足乙的條件，排除①.因此選D.
4．函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的減函數(shù)，又a∈R，則(　　)
A．f(a)>f(2a) B．f(a2)<f(a)
C．f(a2＋a)<f(a) D．f(a2＋1)<f(a)
【答案】D
【解析】法1：取a＝0，由f(x)在R上是減函數(shù)，去A、B、C，∴選D.
法2：∵f(x)是R上的減函數(shù)，而a>0時(shí)，a<2a.a<0時(shí)，a>2a，∴f(a)與f(2a)大小不定，同樣a2與a，a2＋a與a的大小關(guān)系不確定，從而f(a2)與f(a)，f(a2＋a)與f(a)的大小關(guān)系不定，但a2＋1－a＝(a－12)2＋34>0，∴a2＋1>a，從而f(a2＋1)<f(a)．故選D.
5．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2，若對(duì)任意的x∈[t，t＋2]，不等式f(x＋t)≥2f(x)恒成立，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是(　　)
A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(0,2] D．[－2，－1]∪[2，3]
【答案】A
【解析】當(dāng)t＝1時(shí)，x∈[1,3]，若x＝3，則
f(x＋t)＝f(4)＝15,2f(x)＝2f(3)＝18，
故f(x＋t)≥2f(x)不恒成立，故答案C、D錯(cuò)誤；
當(dāng)t＝32時(shí)，x∈32，72，
令g(x)＝f(x＋t)－2f(x)＝x＋322－2x2
＝－x2＋3x＋94，
g(x)在32，72上是減函數(shù)，g(x)≥g72＝12，
g(x)≥0在32，72上恒成立，
即f(x＋t)≥2f(x)在32，72上恒成立．
故t＝32符合題意，答案B錯(cuò)誤．故選擇A.
二、題
6．設(shè)函數(shù)f(x)＝(x＋1)(x＋a)為偶函數(shù)，則a＝　　　　.
【答案】－1
【解析】∵f(x)＝(x＋1)(x＋a)＝x2＋(a＋1)x＋a，
由函數(shù)為偶函數(shù)得a＋1＝0，解得a＝－1.

【答案】1＋22
【解析】由x2－2x≥0，x2－5x＋4≥0得x≤0或x≥2，x≤1或x≥4，
∴函數(shù)的定義域?yàn)閤≤0或x≥4，
而原函數(shù)在(－∞，0]上為減函數(shù)，在[4，＋∞)上是增函數(shù)，當(dāng)x＝0時(shí)f(x)＝4，而當(dāng)x＝4時(shí)，f(x)＝1＋22，故f(x)的最小值為1＋22.
8．若函數(shù)f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常數(shù)a，b∈R)是偶函數(shù)，且它的值域?yàn)?－∞，4]，則該函數(shù)的解析式f(x)＝　　　　.
【答案】－2x2＋4
【解析】∵f(－x)＝f(x)且f(x)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2，
∴b(－x)2＋(2a＋ab)(－x)＋2a2
＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2，
∴－(2a＋ab)＝2a＋ab，即2a＋ab＝0，
∴a＝0或b＝－2.
當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝bx2，∵f(x)值域?yàn)?－∞，4]，
而y＝bx2值域不可能為(－∞，4]，∴a≠0.
當(dāng)b＝－2時(shí)，f(x)＝－2x2＋2a2，值域?yàn)?－∞，2a2]．
∴2a2＝4，∴a2＝2，∴f(x)＝－2x2＋4.
三、解答題
9．設(shè)奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且f(1)＝0，求不等式fx－f－xx<0的解集．
【解析】∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(x)＝－f(－x)，
∴fx－f－xx＝2fxx<0，即fx<0，x>0，或fx>0，x<0.
因?yàn)閒(x)是奇函數(shù)且在(0，＋∞)上是增函數(shù)，
故f(x)在(－∞，0)上是增函數(shù)．
由f(1)＝0知f(－1)＝0，
∴fx<0，x>0，可化為fx<f1，x>0，∴0<x<1，
fx>0，x<0，可化為fx>f－1，x<0，∴－1<x<0.
∴原不等式的解集為{x－1<x<0或0<x<1}．
10．設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－2x－1在區(qū)間[t，t＋1]上的最小值為g(t)，求g(t)的解析式．
【解析】f(x)＝(x－1)2－1.
當(dāng)t＋1≤1，即t≤0時(shí)，f(x)在[t，t＋1]上是減函數(shù)，
∴最小值g(t)＝f(t＋1)＝t2－2；
當(dāng)t≥1時(shí)，f(x)在[t，t＋1]上是增函數(shù)，
∴最小值g(t)＝f(t)＝(t－1)2－2；
當(dāng)t<1<t＋1，即 0<t<1時(shí)，
最小值g(t)＝f(1)＝－2，
∴g(t)＝t2－2　　　　t≤0－2 0<t<1t－12－2 t≥1.
11．函數(shù)f(x)＝－x2＋2tx＋t在[－1,1]上的最大值為g(t)，求函數(shù)g(t)的解析式；畫出其圖像，據(jù)圖像寫出函數(shù)g(t)的值域．
【解析】f(x)＝－x2＋2tx＋t＝－(x－t)2＋t2＋t，(－1≤x≤1)
當(dāng)－1≤t≤1時(shí)，函數(shù)f(x)的最大值為f(t)＝t2＋t.
當(dāng)t<－1時(shí)，函數(shù)f(x)在[－1,1]上是減函數(shù)，
∴最大值為f(－1)＝－1－t.
當(dāng)t>1時(shí)，函數(shù)f(x)在[－1,1]上是增函數(shù)，
∴最大值為f(1)＝－1＋3t.
綜上可得g(t)＝t2＋t　　　－1≤t≤1－1－t t<－1－1＋3t t>1
圖像如下：

∴g(t)的值域?yàn)椋海?4，＋∞.
12．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋a，方程f(x)－x＝0的兩根x1和x2滿足0<x1<x2<1.
(1)求實(shí)數(shù)a的取值范圍；
(2)試比較f(0)f(1)－f(0)與116的大小，并說明理由．
【解析】方法1：(1)令g(x)＝f(x)－x＝x2＋(a－1)x＋a，則由題意可得
Δ>0，0<1－a2<1，g1>0，g0>0，⇔a>0，－1<a<1，a<3－22或a>3＋22，
⇔0<a<3－22.
故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,3－22)．
(2)∵f(0)f(1)－f(0)＝g(0) g(1)＝2a2，
令h(a)＝2a2.
∵當(dāng)a>0時(shí)，h(a)單調(diào)增加，
∴當(dāng)0<a<3－22時(shí)，
0<h(a)<h(3－22)＝2(3－22)2
＝2(17－122)
＝2•117＋122<116，
即f(0)f(1)－f(0)<116.
方法2：(1)同方法1.
(2)f(0)f(1)－f(0)＝g(0)g(1)＝2a2，
由(1)知0<a<3－22，
∴42a－1<122－17<0.
又42a＋1>0，于是
2a2－116＝116(32a2－1)
＝116(42a－1)(42a＋1)<0，
即2a2－116<0，
故f(0)f(1)－f(0)<116.
方法3：
(1)方程f(x)－x＝0⇔x2＋(a－1)x＋a＝0.
由韋達(dá)定理得
x1＋x2＝1－a，x1x2＝a，于是
0<x1<x2<1⇔Δ>0，x1＋x2>0，x1x2>0，1－x1＋1－x2>0，1－x11－x2>0，
⇔a>0，a<1，a<3－22或a>3＋22，
⇔0<a<3－22.
故所求實(shí)數(shù)a的取值范圍是(0,3－22)．
(2)依題意可設(shè)g(x)＝(x－x1)(x－x2)，則由0<x1<x2<1得
f(0)f(1)－f(0)＝g(0)g(1)＝x1x2(1－x1)(1－x2)
＝[x1(1－x1)][x2(1－x2)]
<x1＋1－x122x2＋1－x222＝116，
故f(0)f(1)－f(0)<116.

本文來自：逍遙右腦記憶 http://douzifanli.com/gaosan/813465.html

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