届高三一轮“双基突破训练”（详细解析+方法点拨） (5)
一、
1．设f(x)是连续的偶函数，且当x>0时f(x)是单调函数，则满足f(x)＝fx＋3x＋4的所有x之和为(　　 )
A．－3　　　B．3　　　　
C．－8　　　D．8
【答案】C
【解析】因为f(x)是连续的偶函数，且x>0时是单调函数，由偶函数的性质可知若f(x)＝fx＋3x＋4，
只有两种情况：①x＝x＋3x＋4 ；②x＋x＋3x＋4 ＝0.
由①知x2＋3x－3＝0，故两根之和为x1＋x2＝－3.
由②知x2＋5x＋3＝0，故两根之和为x3＋x4＝－5.
因此满足条件的所有x之和为－8.
故选择C.
本题考查函数的性质及推理论证能力，易错之处是只考虑x＝x＋3x＋4 ，而忽视了x＋x＋3x＋4 ＝0，误选了A.
2．已知函数f(x)＝4x＋2－1的定义域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，那么满足条件的整数数对(a，b)共有(　　)
A．2个　　　B．3个　　　
C．5个　　　D．无数个
【答案】C
【解析】f(x)在[0，＋∞)递减，在(－∞，0]上递增，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个．故选择C.
3．对于函数①f(x)＝lg(x－2＋1)，②f(x)＝(x－2)2，③f(x)＝cos(x＋2)．判断如下三个命题的真假：
命题甲：f(x＋2)是偶函数；
命题乙：f(x)在(－∞，2)上是减函数，在(2，＋∞)上是增函数；
命题丙：f(x＋2)－f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是(　　)
A．①③ B．①②
C．③ D．②
【答案】D
【解析】本题考查函数的增减性、奇偶性、考查真假命题的概念，考查分析问题的能力．
方法1：函数①、②使命题甲为真，函数③使命题甲为假，排除A、C选项；根据函数图像分析，函数①、②使命题乙为真；函数②使命题丙也为真，但函数①使命题丙为假，因此选D.
方法2：由命题甲f(x＋2)是偶函数，可知①、②满足条件，排除③；
作出①②函数的图像，可知②满足命题乙的条件，①不满足乙的条件，排除①.因此选D.
4．函数f(x)是(－∞，＋∞)上的减函数，又a∈R，则(　　)
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上是减函数，去A、B、C，∴选D.
法2：∵f(x)是R上的减函数，而a>0时，a<2a.a<0时，a>2a，∴f(a)与f(2a)大小不定，同样a2与a，a2＋a与a的大小关系不确定，从而f(a2)与f(a)，f(a2＋a)与f(a)的大小关系不定，但a2＋1－a＝(a－12)2＋34>0，∴a2＋1>a，从而f(a2＋1)<f(a)．故选D.
5．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝x2，若对任意的x∈[t，t＋2]，不等式f(x＋t)≥2f(x)恒成立，则实数t的取值范围是(　　)
A．[2，＋∞) B．[2，＋∞)
C．(0,2] D．[－2，－1]∪[2，3]
【答案】A
【解析】当t＝1时，x∈[1,3]，若x＝3，则
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错误；
当t＝32时，x∈32，72，
令g(x)＝f(x＋t)－2f(x)＝x＋322－2x2
＝－x2＋3x＋94，
g(x)在32，72上是减函数，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符合题意，答案B错误．故选择A.
二、题
6．设函数f(x)＝(x＋1)(x＋a)为偶函数，则a＝　　　　.
【答案】－1
【解析】∵f(x)＝(x＋1)(x＋a)＝x2＋(a＋1)x＋a，
由函数为偶函数得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，
∴函数的定义域为x≤0或x≥4，
而原函数在(－∞，0]上为减函数，在[4，＋∞)上是增函数，当x＝0时f(x)＝4，而当x＝4时，f(x)＝1＋22，故f(x)的最小值为1＋22.
8．若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式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.
当a＝0时，f(x)＝bx2，∵f(x)值域为(－∞，4]，
而y＝bx2值域不可能为(－∞，4]，∴a≠0.
当b＝－2时，f(x)＝－2x2＋2a2，值域为(－∞，2a2]．
∴2a2＝4，∴a2＝2，∴f(x)＝－2x2＋4.
三、解答题
9．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝0，求不等式fx－f－xx<0的解集．
【解析】∵f(x)为奇函数，∴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.
因为f(x)是奇函数且在(0，＋∞)上是增函数，
故f(x)在(－∞，0)上是增函数．
由f(1)＝0知f(－1)＝0，
∴fx<0，x>0，可化为fx<f1，x>0，∴0<x<1，
fx>0，x<0，可化为fx>f－1，x<0，∴－1<x<0.
∴原不等式的解集为{x－1<x<0或0<x<1}．
10．设函数f(x)＝x2－2x－1在区间[t，t＋1]上的最小值为g(t)，求g(t)的解析式．
【解析】f(x)＝(x－1)2－1.
当t＋1≤1，即t≤0时，f(x)在[t，t＋1]上是减函数，
∴最小值g(t)＝f(t＋1)＝t2－2；
当t≥1时，f(x)在[t，t＋1]上是增函数，
∴最小值g(t)＝f(t)＝(t－1)2－2；
当t<1<t＋1，即 0<t<1时，
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．函数f(x)＝－x2＋2tx＋t在[－1,1]上的最大值为g(t)，求函数g(t)的解析式；画出其图像，据图像写出函数g(t)的值域．
【解析】f(x)＝－x2＋2tx＋t＝－(x－t)2＋t2＋t，(－1≤x≤1)
当－1≤t≤1时，函数f(x)的最大值为f(t)＝t2＋t.
当t<－1时，函数f(x)在[－1,1]上是减函数，
∴最大值为f(－1)＝－1－t.
当t>1时，函数f(x)在[－1,1]上是增函数，
∴最大值为f(1)＝－1＋3t.
综上可得g(t)＝t2＋t　　　－1≤t≤1－1－t t<－1－1＋3t t>1
图像如下：

∴g(t)的值域为：－14，＋∞.
12．设二次函数f(x)＝x2＋ax＋a，方程f(x)－x＝0的两根x1和x2满足0<x1<x2<1.
(1)求实数a的取值范围；
(2)试比较f(0)f(1)－f(0)与116的大小，并说明理由．
【解析】方法1：(1)令g(x)＝f(x)－x＝x2＋(a－1)x＋a，则由题意可得
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.
故所求实数a的取值范围是(0,3－22)．
(2)∵f(0)f(1)－f(0)＝g(0) g(1)＝2a2，
令h(a)＝2a2.
∵当a>0时，h(a)单调增加，
∴当0<a<3－22时，
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.
由韦达定理得
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.
故所求实数a的取值范围是(0,3－22)．
(2)依题意可设g(x)＝(x－x1)(x－x2)，则由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.

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