資源簡介

A． B． C． D．
7．已知定義在上的函數，滿足不等式，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
8．已知函數，滿足，，若恰有個零點，則這個零點之和為（ ）
A． B． C． D．
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．（多選）函數概念最早是在17世紀由德國數學家萊布尼茨提出的，后又經歷了貝努利、歐拉等人的改譯．德國數學家康托爾創立的集合論使得函數的概念更嚴謹．后人在此基礎上構建了高中教材中的函數定義：“一般地，設A，B是兩個非空的數集，如果按某種對應法則f，對于集合A中的每一個元素x，在集合B中都有唯一的元素y和它對應，那么這樣的對應叫做從A到B的一個函數”，則下列對應法則f滿足函數定義的有（ ）
A． B．
C． D．
10．已知函數的所有零點從小到大依次記為，則（ ）
A． B．
C． D．
11．已知函數，的定義域均為R，的圖象關于點(2，0)對稱，，，則（　　）
A．為偶函數B．為偶函數C． D．
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．函數的定義域是 .
13．若函數的定義域為，則的范圍為 .
14．已知集合，函數.若函數滿足：對任意，存在，使得，則的解析式可以是 .（寫出一個滿足條件的函數解析式即可）
四、解答題：本題共5小題，其中第15題13分，第16,17題15分，第18,19題17分，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15．已知二次函數的圖象過點，且不等式的解集為.
(1)求的解析式；
(2)設，若在上是單調函數，求實數的取值范圍.
16．定義域為的奇函數滿足，當時，，且.
(1)當時，畫出函數的圖象，并求其單調區間、零點；
(2)求函數在區間上的解析式.
17．設函數．
(1)若對于一切實數，恒成立，求實數的取值范圍；
(2)若對于，恒成立，求實數的取值范圍．
18．已知函數為奇函數．
(1)求的值；
(2)判斷函數的單調性，并加以證明；
(3)若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍．
19．若函數對定義域內的每一個值，在其定義域內都存在唯一的，使成立，則稱該函數為“依賴函數”.
(1)判斷函數是否為“依賴函數”，并說明理由；
(2)若函數在定義域（）上為“依賴函數”，求的取值范圍；
(3)已知函數在定義域上為“依賴函數”.若存在實數，使得對任意的，不等式恒成立，求實數的最大值.21世紀教育網(www.21cnjy.com)
第12講 第二章 函數與基本初等函數
（章節驗收卷）（19題新題型）
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．
1．是冪函數，且在上是減函數，則實數（ ）
A．2 B． C．4 D．2或
【答案】A
【分析】根據冪函數的性質和定義即可求解.
【詳解】由于是冪函數，所以，解得或，
由于在上是減函數，所以，故，
因此，
故選：A
2．已知，若，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】
根據將進行轉化，再利用在上為增函數進行判斷即可.
【詳解】由得：，，，
因為在上為增函數，
所以，
即.
故選：B.
3．已知函數，，則的圖象大致是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】利用時的解析式的圖象即可得到選項.
【詳解】令，則，
所以，
，
則在軸右側為部分拋物線，
對稱軸為，時，或，
且處為空心，，
排除ACD.
故選：B
4．已知且，若函數為偶函數，則實數（ ）
A．3 B．9 C． D．
【答案】B
【分析】
用偶函數的定義求解.
【詳解】已知且，若函數為偶函數，則有，
即，化簡得，所以.
故選：B
5．假設甲和乙剛開始的“日能力值”相同，之后甲通過學習，“日能力值”都在前一天的基礎上進步2%，而乙疏于學習，“日能力值”都在前一天的基礎上退步1%.那么，大約需要經過（ ）天，甲的“日能力值”是乙的20倍（參考數據：，，）
A．23 B．100 C．150 D．232
【答案】B
【分析】
根據給定信息，列出方程，再利用指數式與對數式的互化關系求解即可.
【詳解】令甲和乙剛開始的“日能力值”為1，天后，甲、乙的“日能力值”分別，
依題意，，即，兩邊取對數得，
因此，
所以大約需要經過100天，甲的“日能力值”是乙的20倍.
故選：B
6．函數被稱為取整函數，也稱高斯函數，其中表示不大于實數的最大整數．若，滿足，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】
根據基本不等式求解最值，即可根據一元二次不等式求解，即可根據取整函數的定義求解.
【詳解】，當且僅當時取等號，
由可得，
所以，故，
故選：C
7．已知定義在上的函數，滿足不等式，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
根據給定條件，換元構造函數，分析函數的奇偶性、單調性，再解不等式即得.
【詳解】令，則，原函數化為，
令，顯然，
即函數是奇函數，又函數都是上的增函數，
因此函數是上的增函數，不等式，
則，
于是，解得，
所以的取值范圍是.
故選：A
8．已知函數，滿足，，若恰有個零點，則這個零點之和為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由解析式可知為奇函數，進而可得的對稱中心，根據滿足的關系式，可得函數的對稱中心，由兩個函數的對稱中心相同，即可判斷出其零點的特征，進而求得個零點的和.
【詳解】因為的定義域為，關于原點對稱，
所以
，所以函數為奇函數，關于原點中心對稱，
而函數是函數向右平移兩個單位得到的函數，
因而關于中心對稱，
函數滿足，所以，
即，所以函數關于中心對稱，且，
且，
所以由函數零點定義可知，
即，
由于函數和函數都關于中心對稱，
所以兩個函數的交點也關于中心對稱，
又因為恰有個零點，
即函數和函數的交點恰有個，
且其中一個為，其余的個交點關于對稱分布，
所以個零點的和滿足，
故選：D.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵點是能夠通過函數解析式和抽象函數關系式確定函數的對稱中心，從而可確定零點所具有的對稱關系.
二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．
9．（多選）函數概念最早是在17世紀由德國數學家萊布尼茨提出的，后又經歷了貝努利、歐拉等人的改譯．德國數學家康托爾創立的集合論使得函數的概念更嚴謹．后人在此基礎上構建了高中教材中的函數定義：“一般地，設A，B是兩個非空的數集，如果按某種對應法則f，對于集合A中的每一個元素x，在集合B中都有唯一的元素y和它對應，那么這樣的對應叫做從A到B的一個函數”，則下列對應法則f滿足函數定義的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】通過換元法、三角函數方程以及指數函數方程即可逐一證明或者舉反例判斷.
【詳解】對于A，令，符合函數定義；
對于B，令，設，一個自變量對應兩個函數值，不符合函數定義；
對于C，設，當，則x可以取包括等無數多的值，不符合函數定義；
對于D，令，符合函數定義．
故選：AD.
10．已知函數的所有零點從小到大依次記為，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AC
【分析】根據零點定義，結合正弦型函數和對數型函數的圖象進行求解即可.
【詳解】令，
在同一直角坐標系，畫出兩個函數圖象如下圖所示：
由圖可知共有20個交點，故，則A正確，B錯誤；
又函數的圖象都關于對稱，則，
故，則C正確，錯誤，
故選：AC
11．已知函數，的定義域均為R，的圖象關于點(2，0)對稱，，，則（　　）
A．為偶函數 B．為偶函數C． D．
【答案】ACD
【分析】
由賦值法，函數奇偶性，對稱性對選項一一判斷即可得出答案.
【詳解】令，則，注意到不恒為，
故，故A正確；
因為的圖象關于點(2，0)對稱，所以，
令，得，
故，故B錯誤；
令，得，
令，得，故，
從而，故,
令，得，化簡得，故C正確；
令，得，而，故D正確.
故選：ACD.
【點睛】方法點睛：抽象函數的對稱性常有以下結論
（1）關于軸對稱，
（2）關于中心對稱，
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12．函數的定義域是 .
【答案】
【分析】
由對數函數定義域及被開方數為非負解不等式即可得結果.
【詳解】由的解析式可得，
解得；
所以其定義域為.
故答案為：
13．若函數的定義域為，則的范圍為 .
【答案】
【分析】
將條件轉化為不等式的任意性問題，然后取特殊值得到的取值范圍，再驗證該范圍下的都符合條件.
【詳解】由于函數的定義域是，
故條件即為，這等價于對任意實數成立.
若對任意實數成立，取知，即；
若，則對任意實數都有，
故對任意實數成立.
綜上，的取值范圍是.
故答案為：.
14．已知集合，函數.若函數滿足：對任意，存在，使得，則的解析式可以是 .（寫出一個滿足條件的函數解析式即可）
【答案】（滿足，且一次項系數不為零的所有一次或者二次函數解析式均正確）
【分析】
根據，求得，則滿足的一次函數或二次函數均可.
【詳解】，，
，，
，，
所以，則的解析式可以為.
經檢驗，滿足題意.
故答案為：（答案不唯一）.
【點睛】關鍵點點睛：本題的關鍵是根據函數的形式，確定函數的關鍵特征和條件.
四、解答題：本題共5小題，其中第15題13分，第16,17題15分，第18,19題17分，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
15．已知二次函數的圖象過點，且不等式的解集為.
(1)求的解析式；
(2)設，若在上是單調函數，求實數的取值范圍.
【答案】(1)
(2)
【分析】
（1）設，代入點的坐標求出的值，即可求出函數解析式；
（2）首先表示出，從而確定其對稱軸，依題意得到或，解得即可.
【詳解】（1）
因為不等式的解集為，
所以和為關于的方程的兩根，且二次函數的開口向上，
則可設，，
即，
由的圖象過點，可得，解得，
所以，即.
（2）
因為，對稱軸，
因為在上是單調函數，所以或，解得或，
即實數的取值范圍.
16．定義域為的奇函數滿足，當時，，且.
(1)當時，畫出函數的圖象，并求其單調區間、零點；
(2)求函數在區間上的解析式.
【答案】(1)答案見解析；
(2)
【分析】
（1）利用條件得出，計算結合對數函數的圖象與性質作圖并求單調區間與零點即可；
（2）利用（1）的結論及求解析式即可.
【詳解】（1）由題意可知：，
所以，
即，則時，
令，則，
綜上，
作圖如下：
結合對數函數的單調性與奇函數的性質知的單調遞增區間為，無單調遞減區間，
且其零點有三個，分別為；
（2）因為，則，
當時,,
當時,,
當時,，
則.
17．設函數．
(1)若對于一切實數，恒成立，求實數的取值范圍；
(2)若對于，恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分和兩類情況，當時采用驗證法即可；當時根據一元二次不等式和二次函數之間的關系建立不等式組即可求出實數的取值范圍.
（2）方法一：先利用分離參數法得出；再求出函數在上的最小值即可求解.方法二：先將題目問題轉化為在上恒成立；
當時，在上是減函數，
則，解得，
所以．
綜上所述，的取值范圍是．
18．已知函數為奇函數．
(1)求的值；
(2)判斷函數的單調性，并加以證明；
(3)若對任意的，不等式恒成立，求實數的取值范圍．
【答案】(1)
(2)函數在定義域上單調遞增，證明見解析
(3)
【分析】
（1）由奇函數的性質可得出，求出實數的值，然后利用函數奇偶性的定義檢驗即可；
（2）判斷出函數為上的增函數，然后利用函數單調性的定義證明即可；
（3）利用奇函數的性質將所求不等式變形為，利用函數的單調性可得出對任意的恒成立，由可求得實數的取值范圍.
【詳解】（1）解：對任意的，，則函數的定義域為，
則，解得，此時，，
所以，，
所以，當時，函數為奇函數.
（2）解：由（1）知：，
則函數在定義域上單調遞增，證明如下：
設任意的，則
因為，則，則，
又，，所以，，即，
所以，函數在定義域上單調遞增.
（3）解：因為不等式對任意的恒成立，
所以，對任意的恒成立，
因為函數為上的奇函數，且為增函數，則，
則對任意的恒成立，所以，，解得.
因此，實數的取值范圍是.
19．若函數對定義域內的每一個值，在其定義域內都存在唯一的，使成立，則稱該函數為“依賴函數”.
(1)判斷函數是否為“依賴函數”，并說明理由；
(2)若函數在定義域（）上為“依賴函數”，求的取值范圍；
(3)已知函數在定義域上為“依賴函數”.若存在實數，使得對任意的，不等式恒成立，求實數的最大值.
【答案】(1)不是“依賴函數”，理由見解析
(2)
(3)
【分析】
（1）根據題中定義，運用特例法進行判斷即可；
（2）根據題中定義，結合指數函數的單調性、二次函數的性質進行求解即可；
（3）根據二次函數對稱軸與所給的區間的位置關系，結合對鉤函數、一元二次方程根的判別式分類討論進行求解即可.
【詳解】（1）對于函數的定義域內存在，
則，故不是“依賴函數”.
（2）因為在遞增，故，即，
由，故，得，
從而，設
當時，函數單調遞增，
故；
（3）①若，故在上最小值為0，此時不存在，舍去；
②若故在上單調遞增，
∴，解得或（舍）.
∴存在，使得對任意的，有不等式都成立，
即恒成立，
由，
得，由，可得，
又在單調遞增，故當時，，
從而，解得，
綜上，故實數的最大值為.
【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵是根據二次函數的對稱軸與所給區間的位置分類進行求解.
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