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2017年吉林高考数学第一轮复习基础练习(五)

来源 :中华考试网 2016-11-05

12.已知定义域在[-1,1]上的函数y=f(x)的值域为[-2,0],则函数y=f(cos)的值域是________.

解析:∵cos∈[-1,1],函数y=f(x)的值域为[-2,0],∴y=f(cos)的值域为[-2,0].答案:[-2,0]

13.已知f(x)=log3x+2,x∈[1,9],则函数y=[f(x)]2+f(x2)的最大值是________.

解析:∵函数y=[f(x)]2+f(x2)的定义域为

1≤x2≤9,(1≤x≤9,)∴x∈[1,3],令log3x=t,t∈[0,1],

∴y=(t+2)2+2t+2=(t+3)2-3,∴当t=1时,ymax=13.答案:13

14.若函数f(x)=loga(2x2+x)(a>0,a≠1)在区间(0,2(1))内恒有f(x)>0,则f(x)的单调递增区间为__________.

解析:令μ=2x2+x,当x∈(0,2(1))时,μ∈(0,1),而此时f(x)>0恒成立,∴0

μ=2(x+4(1))2-8(1),则减区间为(-∞,-4(1)).而必然有2x2+x>0,即x>0或x<-2(1).∴f(x)的单调递增区间为(-∞,-2(1)).答案:(-∞,-2(1))

15.试讨论函数y=2(log2(1)x)2-2log2(1)x+1的单调性.

解:易知函数的定义域为(0,+∞).如果令u=g(x)=log2(1)x,y=f(u)=2u2-2u+1,那么原函数y=f[g(x)]是由g(x)与f(u)复合而成的复合函数,而u=log2(1)x在x∈(0,+∞)内是减函数,y=2u2-2u+1=2(u-2(1))2+2(1)在u∈(-∞,2(1))上是减函数,在u∈(2(1),+∞)上是增函数.又u≤2(1),即log2(1)x≤2(1),得x≥2(2);u>2(1),得0

函数单调性

(0,2(2))(2(2),+∞)u=log2(1)xf(u)=2u2-2u+1

y=2(log2(1)x)2-2log2(1)x+

 

故函数y=2(log2(1)x)2-2log2(1)x+1在区间(0,2(2))上单调递减,在区间(2(2),+∞)上单调递增.

16.已知定义在区间(0,+∞)上的函数f(x)满足f(x2(x1))=f(x1)-f(x2),且当x>1时,f(x)<0.

(1)求f(1)的值;(2)判断f(x)的单调性;(3)若f(3)=-1,解不等式f(|x|)<-2.

解:(1)令x1=x2>0,代入得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0.

(2)任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则x2(x1)>1,由于当x>1时,f(x)<0,

所以f(x2(x1))<0,即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1)

所以函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数.

(3)由f(x2(x1))=f(x1)-f(x2)得f(3(9))=f(9)-f(3),而f(3)=-1,所以f(9)=-2.

由于函数f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数,

由f(|x|)9,∴x>9或x<-9.因此不等式的解集为{x|x>9或x<-9}.

17.已知:f(x)=log3x(x2+ax+b),x∈(0,+∞),是否存在实数a,b,使f(x)同时满足下列三个条件:(1)在(0,1]上是减函数,(2)在[1,+∞)上是增函数,(3)f(x)的最小值是1.若存在,求出a、b;若不存在,说明理由.

解:∵f(x)在(0,1]上是减函数,[1,+∞)上是增函数,∴x=1时,f(x)最小,log31(1+a+b)=1.即a+b=2.

设0f(x2).即x1(x12+ax1+b)>x2(x22+ax2+b)恒成立.

由此得x1x2(x1x2-b)>0恒成立.

又∵x1-x2<0,x1x2>0,∴x1x2-b<0恒成立,∴b≥1.

设1≤x3

∵x3-x4<0,x3x4>0,∴x3x4>b恒成立.∴b≤1.由b≥1且b≤1可知b=1,∴a=1.∴存在a、b,使f(x)同时满足三个条件.

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