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江苏省宜兴中学高三数学周末练习一答案

时间:2012-04-27


江苏省宜兴中学高三数学周末练习一
一.填空题: 1.函数 y =

2011.9.11

2? x 的定义域为 lg x
2? x 的一个对称中心为 2+ x

.

2.函数 y = ln

.(0,0) 条件. 必要不充分 .0

3.

“ x ? 1 < 2 成立”是“ x ( x ? 3) < 0 成立”的 4. 函数 f(x)=x3+sinx+1(x ∈ R),若 f(a)=2,则 f ( ? a ) 的值为

5. 设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,当 x≤0 时,f(x)=2x2-x,则 f(1)=________.-3 6. 命题“对任意的 x ∈ R, x 3 ? x 2 + 1 ≤ 0 ”的否定是
7. 若 f ( x ) =

.存在 x ∈ R, x 3 ? x 2 + 1 > 0 .

1 + a 是奇函数,则 a = 2 ?1
x

1 2
2 2

8. 已知函数 f ( x ) = x ? cos x ,对于 ? ? , ? 上的任意 x1,x2 ,有如下条件:① x1 > x2 ; ② x1 > x2 ; 2 2
2

? π π? ? ?

③ x1 > x2 .其中能使 f ( x1 ) > f ( x2 ) 恒成立的条件序号是
9. 若函数 f ( x ) = x +
2

.②

a (a ∈ R) ,则下列结论正确的是 .③ x ① ?a ∈ R , f ( x ) 在 (0, +∞ ) 上是增函数 ② ?a ∈ R , f ( x ) 在 (0, +∞ ) 上是减函数 ③ ?a ∈ R , f ( x ) 是偶函数 ④ ?a ∈ R , f ( x ) 是奇函数
10.已知函数 y= 1 ? x +

x + 3 的最大值为 M,最小值为 m,则

m 的值为 M

.

2 2
.-1

11. 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)= ?

?log 2 (1 ? x), x ≤ 0 ,则 f(2011)= ? f ( x ? 1) ? f ( x ? 2), x > 0

12. 设函数 f ( x ) =

ax 2 + bx + c (a < 0) 的定义域为 D , 若所有点 ( s, f (t ))( s, t ∈ D ) 构成一个正方形区域,
.-4

则 a 的值为
13.已知函数 f ( x ) =

3 ? ax (a ≠ 1). 若 f ( x) 在区间 ( 0,1] 上是减函数,则实数 a 的取值范围是 a ?1

.

( ?∞, 0 ) ∪ (1,3]
14.已知 t 为常数,函数 y = x ? 2 x ? t 在区间[0,3]上的最大值为 2,则 t =___.1
2

二.解答题:
15. ⑴已知 f (1 ? cos x ) = sin x ,求 f ( x ) ;⑵已知 2 f ( x ) + f ?
2

?1? x ? = 10 ,求 f (1) 及 f ( x ) . ?x?

16. 在一个交通拥挤及事故易发生路段,为了确保交通安全,交通部门规定,在此路段内的车速 v(单位: km/h)的平方和车身长 l (单位:m)的乘积与车距 d 成正比,且最小车距不得少于半个车身长.假定车身 长均为 l (单位:m)且当车速为 50(km/h)时,车距恰为车身长,问交通繁忙时,应规定怎样的车速, 才能使在此路段的车流量 Q 最大? (车流量=

车速 ) 车距 + 车身长

? 1 2 ? 2500 v l (v > 25 2 ) ? d =? (1)依题意, ?1 l (v ≤ 25 2 ) ?2 ?

? 1000v (v > 25 2 ) ? v2 ? l (1 + ) 1000v ? 2500 则Q = =? d + l ?1000v (v ≤ 25 2 ) ? 3l ? ? 2
显然当 v ≤ 25 2 时,Q 是关于 v 的增函数,∴当 v = 25 2 时, Qmax =

1000v 50000 2 3l 3l 2

当 v > 25 2 时,Q=

1000v = d +l

1000v 1000 1000 25000 = ≤ = 2 1 v l v ) l?2 1 ? v l (1 + ) l( + v 2500 2500 v 2500

当且仅当 v = 50 时,上式等号成立. 综上所述,当且仅当 v = 50 时,车流量 Q 取得最大值. 17. 已知函数 f ( x ) = x 2 + 2bx + c (c < b < 1), f (1) = 0 ,且方程 f ( x ) + 1 = 0 有实根. (1)求证:-3<c≤-1,b≥0. (2)若 m 是方程 f ( x ) + 1 = 0 的一个实根,判断 f (m ? 4) 的正负并加以证明 (1)证明:由 f (1) = 0 ,得 1+2b+c=0,解得 b = ? 1> ?

c +1 >c 2 1 , 3
2

c +1 ,又 c < b < 1 , 2

解得 ? 3 < c < ?

又由于方程 f ( x ) + 1 = 0 有实根,即 x + 2bx + c + 1 = 0 有实根, 故 ? = 4b 2 ? 4(c + 1) ≥ 0 即 (c + 1) 2 ? 4(c + 1) ≥ 0 解得 c ≥ 3 或 c ≤ ?1

∴ ? 3 < c ≤ 1 ,由 b = ?

c +1 ,得 b ≥0. 2

(2) f ( x) = x 2 + 2bx + c = x 2 ? (c + 1) x + c = ( x ? c)( x ? 1) ∵ f ( m) = ?1 < 0 ,∴c<m<1(如图) ∴c—4<m—4<—3<c. ∴ f (m ? 4) 的符号为正. 18.已知函数 f(x)和 g(x)的图象关于原点对称,且 f(x)=x +2x. (Ⅰ)求函数 g(x)的解析式; (Ⅱ)解不等式 g(x)≥f(x)-|x-1|; (Ⅲ)若 h(x)=g(x)- λ f(x)+1 在[-1,1]上是增函数,求实数 λ 的取值范围. 解:(Ⅰ)设函数 y = f ( x ) 的图象上任意一点 Q ( x0 , y0 ) 关于原点的对称点为 P ( x, y ) ,则
2

? x0 + x ? 2 = 0, ? x0 = ? x, ? 即? ? ? y0 + y = 0, ? y0 = ? y. ? 2 ?
∵点 Q ( x0 , y0 ) 在函数 y = f ( x ) 的图象上 ∴ ? y = x ? 2 x,即y = ? x + 2 x, 故g ( x ) = ? x + 2 x
2 2 2

(Ⅱ)由 g ( x ) ≥ f ( x ) ? x ? 1 , 可得2 x ? x ? 1 ≤ 0
2

当 x ≥ 1 时, 2 x ? x + 1 ≤ 0 ,此时不等式无解
2

新疆 王新敞
奎屯

当 x < 1 时, 2 x + x ? 1 ≤ 0 ,解得 ?1 ≤ x ≤
2

1 2

新疆 王新敞 奎屯

因此,原不等式的解集为 ? ?1, ? 2

? ?

1?
新疆 王新敞 奎屯

?

(Ⅲ) h ( x ) = ? (1 + λ ) x 2 + 2 (1 ? λ ) x + 1 ① 当λ = ?1时,h ( x ) = 4 x + 1在 [ ?1,1] 上是增函数,



λ = ?1
1? λ . 1+ λ

② 当λ ≠ ?1时,对称轴的方程为x =

1? λ ⅰ) 当λ < ?1时, ≤ ?1, 解得λ < ?1. 1+ λ 1? λ ⅱ) 当λ > ?1时, ≥ ?1, 解得 ? 1 < λ ≤ 0. 1+ λ 综上,λ ≤ 0.
19.定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足:对任意实数 m, n ,总有 f ( m + n ) = f ( m ) ? f ( n ) ,且当 x > 0 时,

0 < f ( x) < 1.
(1)试求 f ( 0 ) 的值; (2)判断 f ( x ) 的单调性并证明你的结论; (3)设 A =

{( x, y ) f ( x ) ? f ( y ) > f (1)} , B = {( x, y ) f ( ax ? y + 2 ) = 1, a ∈ R} ,若 A ∩ B = ? ,试
2 2

确定 a 的取值范围. (4)试举出一个满足条件的函数 f ( x ) . (1)在 f ( m + n ) = f ( m ) ? f ( n ) 中,令 m = 1, n = 0 .得: f (1) = f (1) ? f ( 0 ) . 解: 因为 f (1) ≠ 0 ,所以, f ( 0 ) = 1 . (2)要判断 f ( x ) 的单调性,可任取 x1 , x2 ∈ R ,且设 x1 < x2 . 在 已 知 条 件 f ( m + n ) = f ( m ) ? f ( n ) 中 , 若 取 m + n = x2 , m = x1 , 则 已 知 条 件 可 化 为 :

f ( x2 ) = f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 )

.

由于 x2 ? x1 > 0 ,所以 1 > f ( x2 ? x1 ) > 0 . 为比较 f ( x2 ) 、f ( x1 ) 的大小,只需考虑 f ( x1 ) 的正负即可. 在 f ( m + n ) = f ( m ) ? f ( n ) 中,令 m = x , n = ? x ,则得 f ( x ) ? f ( ? x ) = 1 . ∵ x > 0 时, 0 < f ( x ) < 1 , ∴ 当 x < 0 时, f ( x ) =

1 >1> 0 . f ( ?x)

又 f ( 0 ) = 1 ,所以,综上,可知,对于任意 x1 ∈ R ,均有 f ( x1 ) > 0 . ∴ f ( x2 ) ? f ( x1 ) = f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? 1? < 0 . ? ? ∴ 函数 f ( x ) 在 R 上单调递减. (3)首先利用 f ( x ) 的单调性,将有关函数值的不等式转化为不含 f 的式子.

f ( x 2 ) ? f ( y 2 ) > f (1) 即x 2 + y 2 < 1 , f ax ? y + 2 = 1 = f ( 0 ) ,即 ax ? y + 2 = 0 .
2 2 由 A ∩ B = ? ,所以,直线 ax ? y + 2 = 0 与圆面 x + y < 1 无公共点.所以,

(

)

2 a2 + 1
解得

≥ 1.

?1 ≤ a ≤ 1 .

(4)如 f ( x ) = ? ? . 20. 已知函数 f ( x ) =| x | ( x ? a ) , a 为实数. Ⅰ、讨论 f ( x ) 在 R 上的奇偶性; Ⅱ、当 a < 0 时,求函数 f ( x ) 在区间 ? ?1, ? 上的最大值. Ⅰ、①当 a = 0 时, f ( x ) =| x | x ,此时 f ( ? x ) =| ? x | ( ? x ) = ? x | x |= ? f ( x ) , ∴ f ( x ) 为奇函数. ②当 a ≠ 0 时, f ( ?1) = ?1 ? a , f (1) = 1 ? a ,∴ f ( ?1) ≠ f (1) , f ( ?1) ≠ ? f (1) ,∴ f ( x ) 为非奇非 偶函数. Ⅱ、当 a = 0 时, f ( x ) 的增区间为 ( ?∞, +∞ ) ;当 a < 0 时, f ( x ) 的增区间为 ? ?∞,

?1? ? 2?

x

? ?

1? 2?

? ?

a? ? , ( 0, +∞ ) ,减区 2?

间为 ?

?a ? ,0? . ?2 ?
a ? ? 1 ?? ?1? ≤ ?1 时 , 即 a ≤ ?2 时 , ymax = max ? f ( ?1) , f ? ? ? , 即 f ( ?1) 与 f ? ? 比 较 大 小 , 其 中 2 ? 2 ?? ?2? ?

①当

?1? 1 a f ( ?1) = ?1 ? a, f ? ? = ? , ?2? 4 2
∴当 a ≤ ?

5 5 1 a 时, ymax = ?1 ? a ,当 ? < a ≤ ?2 时, ymax = ? ; 2 2 4 2 ? 1 ?? f ? ? ? ,即 ? 2 ?? ?a? f ? ?与 ?2? ?1? f ? ? 比较大小,得到当 ?2 < a ≤ 0 时, ?2?

②当

a ? ?a? > ?1 时, ymax = max ? f ? ? , 2 ? ?2? 1 a ? . 4 2

ymax =

综上,当 a ≤ ?

5 5 1 a 时, ymax = ?1 ? a ,当 ? < a ≤ 0 时, ymax = ? . 2 2 4 2


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