函数综合
5.解:
A、根据命题“∃x∈R使得x2+2x+3<0”是特称命题,其否定为全称命题,可得否定是:
“∀x∈R,x2+2x+3≥0”,故不正确;
B、根据对数函数的单调性,可知正确;
C、“p∧q为真命题”,则p,q均为真,“p∨q为真命题”,则p,q至少一个为真,故“p∧q为真命题”是“p∨q为真命题”的充分不必要条件,故不正确;
D、原命题为真,则¬p是假命题.
故选:
B
对四个选项,进行判断,即可得出结论.
本题考查命题的真假判断与应用,考查学生分析解决问题的能力,涉及知识点.
6.解:
由x2+x+1=恒成立可知命题p1:
∃x∈R,使得x2+x+1<0为假命题,¬p1为真
p2:
由∀x∈[1,2],使得x2-1≥0为真命题,¬p2为假命题
根据复合命题的真假关系可得,¬p1∧¬p2为假命题;p1∨¬p2为假命题;¬p1∧p2为真命题;p1∧p2为假命题
故选C
由x2+x+1=恒成立可知命题p1:
∃x∈R,使得x2+x+1<0为假命题,¬p1为真;p2:
由∀x∈[1,2],使得x2-1≥0为真命题,¬p2为假命题
根据复合命题的真假关系可判断
本题主要考察了p或q,p且q,非p等复合命题的真假判断,解题的关键是准确判断命题p,q的真假关系.
7.解:
∵f(x)是偶函数,f(-3)=1,∴f(3)=1∵f(x)<1∴f(|x|)<f(3)
∵f(x)在(0,+∞)上减函数,
∴|x|>3∴x|x<-3或x>3∴不等式f(x)<1的解集为{x|x<-3或x>3}
故选C.
利用f(x)是偶函数,f(-3)=1,不等式转化为f(|x|)<f(3),再利用函数的单调性,即可求得结论.
本题考查函数单调性与奇偶性的结合,考查学生分析解决问题的能力,正确转化是关键.
8.试题分析:
本题考查函数的周期性和分段函数,首先由已知周期为3,即可得出:
,故选D.
考点:
函数及其表示周期性和对称性
9.解:
∵y=f(-x)==-f(x),
∴y=f(x)=为奇函数,
∴y=f(x)的图象关于原点成中心对称,可排除B;
又x>0时,f(x)=,f′(x)=,
∴x>e时,f′(x)<0,f(x)在(e,+∞)上单调递减,
0<x<e时,f′(x)>0,f(x)在(0,e)上单调递增,故可排除A,D,而C满足题意.
故选C.
利用函数的奇偶性可排除B,再通过导数研究函数的单调性进一步排除,即可得到答案.
本题考查函数的图象,考查函数的奇偶性与单调性,着重考查导数的应用,属于中档题.
10.解:
由x2-9>0解得x>3或x<-3,即函数的定义域为{x|x>3或x<-3},
设t=x2-9,则函数y=logt为减函数,
根据复合函数单调性之间的关系知要求函数f(x)的单调递增区间,
即求函数t=x2-9的递减区间,
∵t=x2-9,递减区间为(-∞,-3),
则函数f(x)的递增区间为(-∞,-3),
故选:
D
设t=x2-9,根据复合函数单调性之间的关系即可得到结论.
本题主要考查函数单调区间的求解,利用换元法结合复合函数单调性之间的关系是解决本题的关键.
11.解:
∵奇函数f(x)的定义域为R,若f(x+2)为偶函数,
∴f(0)=0,且f(-x+2)=f(x+2)=-f(x-2),
则f(x+4)=-f(x),则f(x+8)=-f(x+4)=f(x),
则函数f(x)的周期是8,且函数关于x=2对称,
则f(2017)=f(252×8+1)=f
(1)=-f(-1)=-(-1)=1,
f(2016)=f(252×8)=f(0)=0,
则f(2017)+f(2016)=0+1=1,
故选:
D
根据函数奇偶性的性质,推断出函数的周期是8,利用函数奇偶性和周期性进行转化求解即可.
本题主要考查函数值的计算,根据函数奇偶性和对称性的性质求出函数的周期性是解决本题的关键.
12.
解:
法1:
由y=f(x)-3=0,得f(x)=3,分别作出函数f(x)和y=3的图象如图,
则由图象可知f(x)=3有4个不同的交点,
即函数y=f(x)-3的零点的个数为4个.
法2:
由y=f(x)-3=0,得f(x)=3,
当x>0时,由f(x)=|lgx|=3,解得lgx=3或-3,即x=1000或x=,此时函数有两个零点,
当x≤0时,由f(x)=-x(x+4)=3,即x2+4x+3=0,解得x=-3或-1,此时函数有两个零点,
综上函数y=f(x)-3的零点的个数为4个,
故选:
D.
法1:
由y=f(x)-3=0,得f(x)=3,分别作出函数f(x)和y=3的图象,利用数形结合即可得到结论.
法2:
利用分段函数分别解方程f(x)=3,即可得到函数零点的个数.
本题主要考查主要考查函数零点的个数的判断,利用函数零点的定义可以直接求解,也可以利用数形结合来求解,本题如果使用数形结合容易出错.
13.解:
∵当x∈(-∞,0)时,f(x)=2x3+x2,
∴f(-2)=-12,
又∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,
∴f
(2)=12,
故答案为:
12由已知中当x∈(-∞,0)时,f(x)=2x3+x2,先求出f(-2),进而根据奇函数的性质,可得答案.
本题考查的知识点是函数奇偶性的性质,函数求值,难度不大,属于基础题.
14.由题意得命题“
x∈R,x2+2x+m>0”是真命题,所以Δ=4-4m<0,即m>1,故实数m的取值范围是(1,+∞),从而实数a的值为1.
考点:
命题的否定
15.解:
∵f(x)=xln(x+)为偶函数,
∴f(-x)=f(x),
∴(-x)ln(-x+)=xln(x+),
∴-ln(-x+)=ln(x+),
∴ln(-x+)+ln(x+)=0,
∴ln(+x)(-x)=0,
∴lna=0,
∴a=1.
故答案为:
1.
由题意可得,f(-x)=f(x),代入根据对数的运算性质即可求解.
本题主要考查了偶函数的定义及对数的运算性质的简单应用,属于基础试题.
16.解:
命题p:
,
∴k>1或k<0,
命题q:
函数y=log2(x2-2kx+k)的值域为R,说明(x2-2kx+k)取遍正实数,
即△≥0,4k2-4k≥0,
∴k≥1或k≤0,
所以命题P⇒命题q,反之不成立.
故答案为:
充分不必要.
先利用绝对值不等式化简求出命题p:
中k的范围;再把q进行转化,得出k的取值范围,函数y=log2(x2-2kx+k)的值域为R,即对应真数能取到所有的正数,即对应的方程的判别式△≥0.最后根据充要条件的定义进行判断.
本题考查充分必要条件的判断方法,把命题p、q中k的取值范围求出来是关键.
17.
(I)由a4-a3=2,可求公差d,然后由a1+a2=10,可求a1,结合等差数列的通项公式可求
(II)由b2=a3=8,b3=a7=16,可求等比数列的首项及公比,代入等比数列的通项公式可求b6,结合(I)可求
本题主要考查了等差数列与等比数列通项公式的简单应用,属于对基本公式应用的考查,试题比较容易.
18.
(1)当a=1时,f(x)=2x2+4x-4,分析x∈[-1,1]时的单调性,可得函数f(x)在[-1,1]上的最大值;
(2)如果函数f(x)在R上有两个不同的零点,则,解得a的取值范围.
本题考查的知识点是二次函数的图象和性质,熟练掌握二次函数的图象和性质,是解答的关键.
19.
(1)求出函数的导数,利用已知条件列出方程,求解即可.
(2)求出切线的斜率,然后求解切线方程.
本题考查函数的导数的应用,切线方程的求法,考查计算能力.
20.(Ⅰ)f(x)的定义域为(0,+∞),
.若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈
时,f'(x)>0;当x∈
时,f'(x)<0.所以f(x)在
上单调递增,在
上单调递减.(Ⅱ)由(Ⅰ)知,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上无最大值;当a>0时,f(x)在x=
处取得最大值,最大值为
.因此
等价于lna+a-1<0.令g(a)=lna+a-1,则g(a)在(0,+∞)上单调递增,g
(1)=0.于是,当01时,g(a)>0.因此,a的取值范围是(0,1).
21.
(1)利用奇函数性质列出两个独立条件解出a,b的值,注意要验证.因为定义域为R,所以有f(0)=0,从而b=1.再取f
(1)=-f(-1)得a=2,代入函数验证
(2)利用函数奇偶性及单调性化简不等式:
因f(x)是奇函数,从而不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0等价于f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(-2t2+k).因为f(x)是减函数,其又等价于t2-2t>-2t2+k.对一切t∈R恒成立,即Δ=4+12k<0,解得
试题解析:
(1)因为f(x)是奇函数,且定义域为R,所以f(0)=0,即
=0,解得b=1. 从而有
.又由f
(1)=-f(-1)知
,解得a=2----6分经检验适合题意,∴a=2,b=1.
(2)由
(1)知
由上式易知f(x)在(-∞,+∞)上为减函数.又因f(x)是奇函数,从而不等式f(t2-2t)+f(2t2-k)<0等价于f(t2-2t)<-f(2t2-k)=f(-2t2+k).-----10分因为f(x)是减函数,由上式推得t2-2t>-2t2+k.即对一切t∈R有3t2-2t-k>0.从而判别式Δ=4+12k<0,解得
考点:
奇函数性质,不等式恒成立
22.
(Ⅰ)a=2时,函数f(x)=2x2-3x+2,求不等式f(x)>1的解集即可;
(Ⅱ)讨论a=0与a>0、a<0时,函数f(x)在区间[-1,3]上的最小值是什么,
由此建立不等式求出a的集合即可.
本题考查了一元二次不等式与含有字母系数的不等式恒成立问题,解题的关键是分类讨论,是综合性题目.