Page 44 - 数学文科-《优化探究》高考专题复习

热点聚焦 题型突破 [ 演练冲关]
考点一 １．A 通 解:当 x ≥ １ 时, ln x ≥ ０ ,要 使 函 数 f ( x ) ＝
{ 的值域为 R , 只需 { , 解得 －１
[ 题组突破] ( １－２a ) x＋３a , x＜１ １－２a＞０
lo g ２ x , x＞０ １ １ lnx , x≥１ １－２a＋３a≥０
１．A 由题意可得: 函数 f ( x ) ＝ x { , ∴f( ) ＝lo g ２ １
３ ＋１ , x≤０ ４ ４ ≤a＜ , 故选 A．
２
＝－２ ,
优解: 取a＝－１ , 则函数 f ( x ) 的值域为 R , 所以a＝－１ 满足题意,
∴ f f( )( １ ) ＝ f ( －２ ) ＝３ －２ ＋１＝ １０ ． 故选 A． 排除 B 、 D ; 取 a＝ －２ , 则 函 数 f ( x ) 的 值 域 为 ( － ∞ , －１ ) ∪ [ ０ ,
４ ９
２ ＋∞ ), 所以a＝－２ 不满足题意, 排除 C , 故选 A．
－x ＋９x＋１０≥０
{ , 解得 １＜x≤１０ 且 ２．B 由题意得 f ( ０ ) ＝０ , ∴a＝２．∵ g ( １ ) ＝ g ( －１ ), ∴ln ( e＋１ ) －b＝
２．D 要使原函数有意义, 则 x－１＞０
１
x－１≠１ ln ( ＋１ ) ＋b , ∴b＝ １ , ∴lo g ２ １ ＝－１． 故选 B．
２ e ２ ２
２
x≠２ , 所以函 数 f ( x ) ＝ － x ＋９x＋１０－ 的 定 义 域 为 ３．B 因为函数 f ( x＋２ ) 是偶函数, 所以 f ( x＋２ ) ＝ f ( －x＋２ ), 即函
ln ( x－１ )
( １ , ２ ) ∪ ( ２ , １０ ], 故选 D． 数 f ( x ) 的图象关于 x＝２ 对称, 又因为函数 y＝f ( x ) 在区间[ ０ , ２ ]
３ x－１ 上单调递增, 所 以 函 数 y＝f ( x ) 在 区 间 [ ２ , ４ ] 上 单 调 递 减 ． 因 为
３．B 因为当x≥１时, f ( x ) ＝x ＋x≥２ , 当x＜１时, f ( x ) ＝２e ＜２ ,
x－１
所以 f ( f ( x )) ＜２等价于 f ( x ) ＜１ , 即２e ＜１ , 解得x＜１－ln２ , 所 ７ ５ ７ ５ ７
f ( １ ) ＝ f ( ３ ), ＞３＞ , 所以 f ( ) ＜ f ( ３ ) ＜ f ( ), 即 f ( )
以 f ( f ( x )) ＜２的解集为( －∞ , １－ln２ ), 故选 B． ２ ２ ２ ２ ２
考点二 ＜ f ( １ ) ＜ f ( ), 故选 B．
５
cos０ cosπ ２
典例 ( １ ) C 当 x＝０ 时, 则 y＝e ＝e ; 当 x＝π 时, 则 y＝e ＝
考点四
１
． 可排除 A , B , D , 选 C．
e [ 题组突破]
１ １ ( x＋１ )( x－１ ) １．B 在[ ０ , １ ] 上, ３ 个函数都满足 f ( x ) ≥０．
( ２ ) B 因为 f ( x ) ＝ln ( x－ ), 所以 x－ ＝ ＞０ ,
x x x 当 x １≥０ , x ２≥０ , x １＋x ２≤１ 时:
解得 －１＜x＜０ 或 x＞１ , 所 以 函 数 的 定 义 域 为 ( －１ , ０ ) ∪ ( １ , ＋ ２ ２ ２
)
)
)
对于 ① , f ( x １＋x ２ － [ f ( x １ ＋ f ( x ２ )] ＝ ( x １＋x ２ ) － ( x １＋x ２ ＝
１
∞ ), 可排除 A , D． 因为函数 u＝x－ 在( －１ , ０ ) 和( １ , ＋∞ ) 上单 ２x １ x ２≥０ , 满足;
x ２ ２
)
)
调递增, 函数 y＝lnu 在( ０ , ＋ ∞ ) 上单调递增, 根据复合函数的单 对于 ② , f ( x １＋x ２ － [ f ( x １ ＋f ( x ２ )] ＝ [( x １ ＋x ２ ) ＋１ ] － [( x １
２
调性可知, 函数 f ( x ) 在( －１ , ０ ) 和( １ , ＋∞ ) 上单调递增, 选 B． ＋１ ) ＋ ( x ２＋１ )] ＝２x １ x ２－１＜０ , 不满足;
x ＋x
( ３ ) B 因为 f ′ ( x ) ＝６ax ＋１２ax＋b , 则函数 f ′ ( x ) 的图象的对称 对于 ③ , f ( x １ ＋x ２ ) － [ f ( x １ ) ＋f ( x ２ )] ＝ ( ２１ ２ －１ )
２
x
x
x
x
x
x
x
x
－ ( ２１ －１＋２２ －１ ) ＝２１ ２２ －２１ －２２ ＋１＝ ( ２１ －１ )( ２２ －１ )
f ′ ( x ) ＞０ , 故函数 f ( x ) ＝２ax ＋６ax ＋bx 在( ０ , ＋ ∞ ) 上 单 调 递 ≥０ , 满足 ． 故选 B．
３
２
()
(
(
()
增, 但图象中函数 f ( x ) 在( ０ , ＋ ∞ ) 上 不 具 有 单 调 性, 故 排 除 C． ２．C ∵ f １ ２ ＝ f ( ２ ) ＝１ , f ２ ２ ＝ f ( １ ) ＝０ , f ３ ２ ) ＝ f ( ０ ) ＝２ , f ４ ２ )
(
选 B． ＝ f ( ２ ) ＝１ , ∴ f n ２ ) 的值具有周期 性, 且 周 期 为 ３ , ∴f ２０１６ ２ ) ＝
(
( ４ ) B 函 数 f ( x－１ ) 的 图 象 向 左 平 移 １ 个 单 位, 即 可 得 到 函 数 f ３×６７２ ２ ＝ f ３ ２ ＝２ , 故选 C．
()
()
f ( x ) 的图象; 因为函数 f ( x－１ ) 是定义在 R 上的奇函数, 所以函数 第三讲 基本初等函数、 函数与方程及函数的应用
f ( x－１ ) 的图象关于原点对称, 所以函数 f ( x ) 的图象关于点( －１ , 高考体验 真题自检
０ ) 对称, 排除 A , C , D , 选 B．
１．B 法一: 因为 ０＜c＜１ , 所以 y＝lo g c x 在( ０ , ＋∞ ) 上单调递减, 又
[ 演练冲关]
０＜b＜a , 所以lo g c a＜lo g c b , 故选 B．
２
１．A 令 f ( x ) ＝ln|x|－x , 定义域为( －∞ , ０ ) ∪ ( ０ , ＋∞ ) 且 f ( －x )
２
＝ln|x|－x ＝ f ( x ), 故函数 y ＝ln|x|－x 为偶函数, 其图象关于 y 法二: 取a＝４ , b＝２ , c＝ １ , 则lo g ４ １ ＝－ １ ＞lo g ２ １ , 排除 A ;
２
２ ２ ２ ２
１
２
轴对称, 排除 B , D ; 当x＞０时, y＝lnx－x , 则 y ′＝ －２x , 当 x∈ １ １ １ ４ １ ２
x ４ ２ ＝２＞２ ２ , 排除 C ; ( ) ( ) , 排除 D ; 故选 B．
＜
２ １ ２ ２
( ０ , ) 时, y ′＝ －２x＞０ , y ＝lnx－x 单调递增, 排除 C． 选 A． ４ ２ ２ １ ２
２
２ x ２． 解析: a＝２ ３ ＝４ ３ , b＝３ ３ , c＝２５ ３ ＝５ ３ ．
２
１
２．D 函数 f ( x ) ＝ ( x－ ) cosx ( －π≤x≤π且 x≠０ ) 为奇函数, 排除 ∵ y＝x ３ 在第一象限内为增函数, 又 ５＞４＞３ ,
x
∴c＞a＞b．
１ １
选项 A , B ; 当x＝π时, f ( x ) ＝ ( π－ ) cosπ＝ －π＜０ , 排除选项 热点聚焦 题型突破
π π
C , 故选 D． 考点一
考点三 [ 题组突破]
０
典例 ( １ ) C 通解: 不等式可化为 { l gx≥０ 或 { l gx＜０ , 解得 １≤ １．C 因为 ２ ０．３ ＞２ ＝１ , ０＝lo g π １＜lo g π ３＜lo g π π＝１ , lo g ４ cos２０１７＜
l gx＜２ －l gx＜２ lo g ４ １＝０ , 所以a＞b＞c , 故选 C．
x
－x
－x
x
)
x＜１００ 或 １ ＜x＜１ , 所以 x 的取值范围是 ( １ , １００ ． ２．D 要使函数 f ( x ) ＝ln x ( e －e ) 有意义, 只需 x ( e －e ) ＞０ ,
１００ １００ ２ ２
２x
优解: 由偶函数的定义可知, f ( x ) ＝ f ( －x ) ＝ f ( |x| ), 故不等式 f ( l g x ) ＞ x ( e －１ )
所以 x ＞０ , 解得 x≠０ , 所以函数 f ( x ) 的定义域为( －∞ ,
f ( ２ ) 可化为 |l g x|＜２ , 即－２＜l g x＜２ , 解得 １ ＜x＜１００ , 故选 C． ２e
x
－x
１００ ( －x )( e －e )
０ ) ∪ ( ０ , ＋ ∞ ) ．因 为 f ( － x ) ＝ln ＝
３－|x| ６ ２
( ２ ) B 函数 y＝ ＝ －１ , 易知函数是偶函数, x＞０ 时
－x
x
３＋|x| ３＋|x| x ( e －e )
是减函数, 所以 函 数 的 图 象 如 图 所 示, 根 据 图 象 可 知, 函 数 y＝ ln ２ ＝ f ( x ), 所以函数 f ( x ) 是偶函数, 排除 A 、 B． 因 为
３－|x| －１
的定 义 域 可 能 为 [ －３ , ０ ],[ －３ , １ ],[ －３ , ２ ],[ －３ , ３ ], e－e , f ( ２ ) ＝ln ( e －e ), 所以 f ( １ ) ＜f ( ２ ), 排除 C ,
－２
２
３＋|x| f ( １ ) ＝ln ２
[ －２ , ３ ],[ －１ , ３ ],[ ０ , ３ ], 共 ７ 种, 所以满足条件的整数对( a , b ) 共 故选 D．
有 ７ 个 ． 故选 B．
３． ( －∞ , ４ ]
)
解析: 令t＝|２x－m| , 则t＝|２x－m| 在区间 [ m , ＋∞ 上单调递
２
(
t
增, 在区间 －∞ , m ] 上单调递减 ． 而 y＝２ 为 R 上的增函数, 所
２
|２x－m| 在[ ２ , ＋∞ ) 上单调递增, 则有 m
以要使函数 f ( x ) ＝２ ≤２ , 即
２
m≤４ , 所以 m 的取值范围是( －∞ , ４ ] ．
轴为 x＝－１ , 故可排除 A , D ; 由 选 项 C 的 图 形 可 知, 当 x＞０ 时,
５
１ ４
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