1、1 2020-2021 秋学期高一期末复习 一、函数 2019-2020 常州常州高中高中期末期末 7 若函数() = 2 + ， 2， 1 ，2， 满足对任意的 x1x2， 都有(1)(2) 12 0成立， 则实数 a 的取值范围是（ ） A （0，4 B(5 3，4) C5 3 ，4 D(0， 5 3 【解答】解：由题意可知，f（x）在 R 上单调递减， 根据分段函数的单调性可知， 1 2 2 0 4 + 1 2 ， 解可得，0 5 3 故选：D 10下列说法正确的是（ ） A若幂函数的图象经过点(1 8，2)，则解析式为 yx 3 B若函数() = 4 5，则 f（x）在区间（，0）上单
2、调递减 C幂函数 yx（0）始终经过点（0，0）和（1，1） D若函数() = ，则对于任意的 x1，x20，+）有(1)+(2) 2 (1+2 2 ) 【解答】解：对于选项 A：幂函数的图象经过点(1 8，2)，则函数的解析式为2 = ( 1 8) ，解 得 = 1 3，整理得 y= 1 3，故错误 对于选项 B：函数() = 4 5，则 f（x）在区间（，0）上单调递增，故错误 对于选项 C：幂函数 yx（0）始终经过点（0，0）和（1，1） ，故正确 对于选项 D： 由于数() = ， 则对于任意的 x1， x20， +） 有(1)+(2) 2 (1+2 2 )， 根据凸函数的性质成立，
3、故正确 故选：CD 16已知奇函数 f（x）满足 f（1+x）f（1x） ，且当1x0 时，f（x）e2eax， 若 3f（ln3）+2e20，则实数 a 的值为 1 2 【解答】解：根据题意，若 3f（ln3）+2e20，则 f（ln3）= 22 3 ， 又由 f（x）为奇函数，则 f（ln3）f（ln3）= 22 3 ， 又由函数 f（x）满足 f（1+x）f（1x） ，则 f（ln3）f（2+ln3） 而 1ln32，则12+ln30， 故 f（2+ln3）e2eaxe2ea （2+ln3）=22 3 ， 则有 ea （2+ln3）=2 3 =e2 ln3， 分析可得：a1， 故答案为：
4、1 21 （12 分）已知函数() = 2 1+2（xR） （1）若函数 f（x）为奇函数，求实数 k 的值； （2）在（1）的条件下，若不等式 f（ax）+f（x24）0 对 x1，2恒成立，求实数 a 的取值范围 【解答】解： （1）因为 f（x）为奇函数且定义域为 R，则 f（0）0，即2 0 20+1 = 0，所以 k1 当 k1 时，() = 12 2+1 = 21 2+1 = ()，满足条件 f（x）为奇函数； （2）由不等式 f（ax）+f（x24）0 对 x1，2恒成立得 f（x24）f（ax）对 x1，2恒成立， 因为 f（x）为奇函数，所以 f（x24）f（ax）对 x1，
5、2恒成立（*） ， 在 R 上任取 x1，x2，且 x1x2， 则(1) (2) = 121 1+21 122 1+22 = 2(2221) (1+21)(1+22)， 因为 x2x1，所以1 + 210，1 + 220，22 210， 所以 f（x1）f（x2）0，即 f（x1）f（x2） ， 所以函数 f（x）在区间（1，+）上单调递减； 所以（*）可化为 x24ax 对 x1，2恒成立， 即 x2+ax40 对 x1，2恒成立 令 g（x）x2+ax4， 法一：因为 g（x）的图象是开口向上的抛物线， 3 所以由 g（x）0 有对 x1，2恒成立可得：(1) 0， (2) 0， 即1 4
6、 0， 4 + 2 4 0， 解得3a0， 所以实数 a 的取值范围是3a0 法二：g（x）x2+ax4（x+ 2） 242 4 ， 当 2 1 2，即 a1 时，g（x）maxg（2）2a0，解得1a0； 当 2 1 2，即 a1 时，g（x）maxg（1）a30，解得3a1 综上所述：实数 a 的取值范围是3a0 2019-2020 淮安市淮安市期末期末 11已知函数( )1() 31 x m f xmR= + + 为奇函数，则下列叙述正确的有( ) A2m = B函数( )f x在定义域上是单调增函数 C( )( 1f x ，1) D函数( )( )sinF xf xx=所有零点之和大于
7、零 【解答】解：对于A，函数( )1() 31 x m f xmR= + + 为奇函数，则()( )fxf x= ， 即11 3131 xx mm += + ，解得2m = ，所以A正确； 对于B，由3xy =是定义域R上的增函数，所以 2 31 x y = + 是定义域R上的减函数， 所以 2 ( )1 31 x f x = + 是定义域R上的增函数，所以B正确； 对于C，由3xy =的值域为(0,)+，所以 2 31 x y = + 的值域是(0,2)， 所以 2 ( )1 31 x f x = + 的值域是( 1,1)，所以C正确； 对于D，由题意知( )( )sinF xf xx=是定
8、义域R上的奇函数， 其所有零点关于原点对称，所以所有零点之和等于零，D错误 故选：ABC 20已知函数( )(2)(2)f xlgxlgx=+ （1）判断( )f x的奇偶性，并证明； （2）用定义证明函数( )f x在(0,2)上单调递减； 4 （3）若(2)()f xfx，求x的取值范围 【解答】 解：（1） 根据题意， 函数( )(2)(2)f xlgxlgx=+， 则有 20 20 x x + ， 解可得22x ， 即函数( )f x的定义域为( 2,2)， 又由 2 ( )(2)(2)(4)f xlgxlgxlgx=+=， 2 ()(4( ) )( )fxlgxf x=， 故( )f
9、 x是偶函数； （2）任取 1 x， 2 (0,2)x 且 12 xx， 则 2 22 1 1212 2 2 4 ()()(4)(4)() 4 x f xf xlgxlgxlg x = ， 因为 1 x， 2 (0,2)x 且 12 xx，所以 22 12 440 xx， 所以 2 1 2 2 4 1 4 x x ， 2 1 2 2 4 ()0 4 x lg x ， 即 12 ( )()f xf x，所以( )f x在区间(0,2)上单调递减； （3）因为( )f x是偶函数，所以( )(|)f xfx=， 又因为( )f x定义域为( 2,2)，且在区间(0,2)的单调递减， 因为(2)()
10、f xfx，所以 |2| | 222 22 xx x x ，解之得01x， 所以x的取值范围是(0,1) 2019-2020 淮阴中学淮阴中学期末期末 9已知函数 2 1 ( )(1 |) 1 f xlgx x =+ + ，不等式(2)( 1)f xf+的解集是( ) A(，3 B(，31，)+ C 3，1 D 3，)+ 【解答】解：函数 2 1 ( )(1 |) 1 f xlgx x =+ + 满足()( )fxf x=，故( )f x为偶函数 当0 x时， 2 1 ( )(1) 1 f xlgx x =+ + 单调递增， 当0 x 时， 2 1 ( )(1) 1 f xlgx x = +
11、单调递减， 故由不等式(2)( 1)f xf+，故有|2| 1|x +， 即12 1x+，求得31x， 5 故选：C 16 函数 1 ,0 2 ( ) 5 2sin(2),0 6 x x f x xx = + ， 若方程( )f xa=恰有三个不同的解， 记为 1 x， 2 x， 3 x，则 123 xxx+的取值范围是 55 (1,) 33 【解答】解：设 123 xxx， 作出函数( )f x的图象如图： 由 5 22 62 xk +=+，kZ， 得 6 xk =， 则当1k =时， 5 66 x =，即函数的一条对称轴为 5 6 x =， 要使方程( )f xa=恰有三个不同的解， 则1
12、2a，此时 2 x， 3 x，关于 5 6 x =对称， 则 23 5 26 xx+ =，即 23 5 3 xx +=， 当 1 2 2x =时，1x = ， 即 1 10 x ， 则 1231 5 3 xxxx +=+， 1 10 x ， 1 555 1 333 x +， 即 123 55 1 33 xxx +， 则 123 xxx+的取值范围是 5 (1 3 ， 5 ) 3 ， 故答案为： 5 (1 3 ， 5 ) 3 6 2019-2020 连云港市连云港市期末期末 8已知函数 2,2 ( )(0,1) 9,2 x ax f xaa xx = + 的值域是(7,)+，则实数a的取值范围是
13、( ) A 1 1 3 a B 1 0 3 a C1a D 1 0 3 a 【解答】解：当2x 时，( )9f xx=+，此时函数( )f x的值域为(7,)+， 由题意，当2x时，( )2 x f xa=的值域应包含于(7,)+，则( )2 x f xa=在(，2的 最小值大于 7，则 2 01 27 a a ， 1 0 3 a 故选：D 21已知函数 31 ( ) 31 x x f x m = + 是定义域为R的奇函数 （1）求证：函数( )f x在R上是增函数； （2）不等式 2 1 (cossin3) 2 fxax对任意的xR恒成立，求实数a的取值范围 【解答】解： （1）证明：函数
14、31 ( ) 31 x x f x m = + 是定义域为R的奇函数， ()( )fxf x= ， 3131 3131 xx xx mm = + ， 3131 331 xx xx mm = + ，(1)(31)0 x a=， 等式(1)(31)0 x m=对于任意的xR均恒成立，得1m =，则 31 ( ) 31 x x f x = + ， 即 2 ( )1 31 x f x = + ， 设 1 x， 2 x为 任 意 两 个 实 数 ， 且 12 xx， 12 1212 12 222(33 ) ()()() 3131(31)(31) xx xxxx f xf x = = + ， 7 因为 1
15、2 xx，则 12 33 xx ， 所以 12 ( )()0f xf x，即 12 ( )()f xf x，因此函数( )f x在R上是增函数， （2） 由不等式 2 1 (cossin3) 2 fxax对任意的xR恒成立， 则 2 (cossin3)fxaxf（1） 由（1）知，函数( )f x在R上是增函数，则 2 cossin3 1xax，即 2 sinsin3 0 xax+在R 上恒成立 令sin xt=， 1t ，1，则 2 22 ( )3()30 24 aa g ttatt=+=+在 1，1上恒成立 当1 2 a 时，即2a ，可知( )ming tg=（1）40a=+，即4a，所
16、以42a ， 当11 2 a 时，即22a，可知 2 ( )()30 24 min aa g tg=即2 32 3a，所以 22a 当1 2 a 时，即2a ，可知( )( 1)40 min g tga=，即4a，所以24a， 综上，当44a时，不等式 2 1 (cossin3) 2 fxax对任意的xR恒成立 2019-2020 南师附中南师附中期末期末 16 已知函数 2 2,1 ( ) ,1 x x f x xx = ， 那么(f f（3）) = 1 ； 若存在实数a， 使得f（a）(f f= （a）)，则a的个数是 【解答】解：由题意可得，(f f（3）)( 1)1f=； 令f（a）t
17、=，即满足( )f tt=， 1t =，即1a = 时，经检验，均满足题意； 1t ，即11a 或1a 时， 2 ( )f tt=，由 2 tt=，解得0t =或 1（舍去） ；再由tf=（a） 0=解得0a =或 2； 1t ，即1a 时，( )2f tt=，由2tt=，解得1t =（舍去） ； 综上所述：共有 4 个a 故答案为：1，4 8 2019-2020 南京市南京市期末期末 11已知函数( )f xx=，( )4g xx=，则下列结论正确的是( ) A若( )( ) ( )h xf x g x=，则函数( )h x的最小值为 4 B若( )( )|( )|h xf xg x=，则函
18、数( )h x的值域为R C若( ) |( )|( )|h xf xg x=，则函数( )h x有且仅有一个零点 D若( ) |( )|( )|h xf xg x=，则| ( )|4h x恒成立 【解答】解：因为函数( )f xx=，( )4g xx=， 2 ( )( ) ( )(4)(2)4h xf x g xx xx=；故A错； ( )( )|( )|h xf xg x=，x4 时，( )(4)h xx x=在区间上单调递增， 所以函数值大于等于零；4x 时，( )(4)h xxx=在2x =处取最大值 4； 所以其值域为R 故 B对 ( ) |( )|( )| |4| 0| |4|2h
19、xf xg xxxxxx=，所以C对； 又|4|(4)| 4xxxx=；故D对； 故选：BCD 19已知函数( ) 2 xx eae f x =是奇函数，其中e是自然对数的底数 （1）求实数a的值； （2）若()( 1)0f lgxf+，求x的取值范围 【解答】解： （1）因为函数定义域R且为奇函数， 故 1 (0)0 2 a f =， 所以1a =， 此时( ) 2 xx ee f x =满足()( )fxf x= ， 故1a =， 9 （2）任取 12 xx， 则 1122 12 11 ( )()()() 22 xxxx f xf xeeee =， 1212 12 ()(1) 2 xxxx
20、 xx eee e + + + =， 12 xx， 12 0 xx ee， 所以 12 ( )()f xf x，即( )f x为R上递增的奇函数， 因为()( 1)0f lgxf+即()f lgxf（1） ， 所以1lgx ， 解可得010 x， 即不等式的解集为(0,10) 2019-202 南通市南通市期末期末 9函数( )yf x=是定义域为R，周期为 2 的函数，且当 1x ，1)时， 2 ( )1f xx= ；已知 函数( )|g xlg x=，则函数( )( )yf xg x=在区间 7，10内的零点个数为( ) A11 B13 C15 D17 【解答】解： 1x ，1时， 2 (
21、 )1f xx= ，且( )f x的周期为 2， 当21xk，21k +时， 2 ( )1(2 )f xxk= 又函数( )( )yf xg x=在区间 7，10内的零点的个数即为( )f x和( )|g xlg x=的交点个数， 如图所示： 结合图象可得( )f x和( )|g xlg x=的交点个数为 15， 故选：C 10 21设函数 32 ( ) 32 xx xx a f x = + 为奇函数 （1）求实数a的值； （2）当1x，)+时，求( )f x的值域 【解答】解： （1）根据题意，函数 32 ( ) 32 xx xx a f x = + 为奇函数， 且函数( )f x的定义域为
22、(,) +， 所以 00 00 321 (0)0 325 aa f = + ，所以1a = 证明：函数 32 ( ) 32 xx xx f x = + ，其定义域为R， 3223 ()( ) 3223 xxxx xxxx fxf x = + ，故( )f x为 奇函数， 故所求实数a的值为 1 （2）因为函数 3 ( )1 32 2 ( ) 3 32 ( )1 2 x xx xx x yf x = + + ，所以 31 ( ) 21 x y y + = ， 又1x，)+时， 33 ( ) 22 x ，所以 13 12 y y + ， 解得 1 1 5 y ， 故所求函数的值域为 1 ,1) 5
23、 2019-2020 启东市启东市期末期末 14已知函数 2 3 23, 2 3 ( ),1, 2 4 ,1. xx f xxx x x + = 若( )2f x =，则x = 2 【解答】解：当 3 2 x时，( )232f xx=+=，得 1 2 x = ，不成立； 当 3 1 2 x时， 2 2x =，2x =，所以2x =； 当1x时，42x =， 1 2 x =，不合题意； 综上2x =， 故答案为：2 11 16已知函数 2 |1|,1, ( )2 (2) ,1. a xx f x xax + = 若函数( )1yf x=恰有 4 个不同的零点，则实数a的 取值范围是 3，)+ 【
24、解答】解：函数( )1yf x=恰有 4 个不同的零点， 函数( )yf x=与函数1y =有 4 个不同的交点， 当1x时， 2 ( )(2)f xxa=，需要与1y =有两个交点，故对称轴为1 2 a x =，且f（1） 1， 2 13 a aa 或 ，3a， 当1x 时，( )|1| 2 a f xx=+ 的最大值为( 1)1 2 a f =，此时，与1y =有 2 个交点， 综上所述，实数a的取值范围是：3，)+ 19已知函数( )22 xx f x = （1）判断并证明( )f x的奇偶性； （2）求函数 22 ( )22( ) xx g xf x =+在区间0，1上的最小值和最大值
25、 【解答】解： （1）由题意，函数( )f x的定义域为R， 故定义域关于原点对称， ()22(22 )( ) xxxx fxf x = = ， 函数( )f x是奇函数 （2）由题意，可知 22 ( )22( ) xx g xf x =+ 22 22(22 ) xxxx =+ 22 (2 )2(2 )(22 )2 xxxx =+ + 2 (22 )(22 )2 xxxx =+ 令22 xx t =，0 x，1 设 1 x， 2 0 x ，1且 12 xx， 2211 21 ()( )(22)(22) xxxx t xt x = 12 21 21 11 (22 )() 22 xx xx = 2
26、1 12 1 (22 )(1) 22 xx xx =+ 1 x， 2 0 x ，1且 12 xx， 21 22 xx ，即 21 220 xx ， 12 1 10 22 xx +， 21 ()( )0t xt x，即 21 ()( )t xt x ( )t x在0，1上单调递增， ( )t x的值域为0， 3 2 22 13 ( )2() 24 y tttt= +=+，0t， 3 2 根据二次函数的性质，可知 ( )y t在0， 3 2 上的值域为 1 2 ，11 4 函数( )g x在区间0，1上的最小值为 1 2 ，最大值为11 4 2019-2020 如皋市如皋市期末期末 14已知函数
27、12 ( )sin 221 x f xx= + ，则( )( )1g xf x=+是 奇 函数（从“奇” ， “偶” ， “非 奇非偶”及“既是奇函数又是偶”中选择一个填空） ，不等式 2 ()(410)2f xxfx+的解 集为 【解答】解：根据题意，函数 12 ( )sin 221 x f xx= + ，其定义域为R， 则 2 ( )( )1sin1 221 x x g xf x=+ =+ + ， 则 22 2 ()()1sin()1sin1 221212 x xx xx gxfx =+ =+ = + + ， 有 22 222 2 ( )()(sin1)( sin1)2()0 221212
28、2112 xx xxxx xx g xgx+=+ +=+= + ，即( )g x为 奇函数， 不 等 式 2 ()(410)2f xxfx+， 变 形 可 得 2 ()1(410)1 0f xxfx+ +， 即 2 ()(410) 0g xxgx+， 又由 2 ( )( )1sin1 221 x x g xf x=+ =+ + ，( )g x为R上的增函数， 则 13 22222 ()(410) 0()(410)()(104 )104310 0g xxgxg xxgxg xxgxxxxxx+ ， 解可得：52x，即不等式的解集为 5，2； 故答案为：奇， 5，2 16已知函数 2 1,0 (
29、) 2,02 x ax f x sin xx = 其中0a ，且1a ，若函数( )1yf x=有 3 个不同的 零点 1 x， 2 x， 3 x，且 123 0 xxx+，则实数a的取值范围是 2 (0,) 2 【解答】解：根据题意可判断01a，否则不会有 3 个不同零点， 且函数( )1yf x=有 3 个不同的零点 1 x， 2 x， 3 x等价于函数( )f x与1y =的图象有 3 个不 同的交点， 不妨设 123 xxx，作图如下： 由图可知，当02x时，2sin()1 2 x =有两个根 2 x， 3 x，解得 2 1 3 x =， 3 5 3 x =， 因为 123 0 xxx
30、+，所以 123 ()2xxx+=， 而 1 11 x a =，即有 1 log 22 a x =， 因为01a，所以 2 2a，即 1 2 2a ，解得 2 2 a ， 所以a的取值范围是 2 (0,) 2 ， 故答案为 2 (0,) 2 2019-2020 南通一中南通一中期末期末 2019-2020 苏州市苏州市期末期末 21已知函数 2 ( )2f xxax=+，xR，(a为实数） （1）若对任意实数x，都有( )(2)f xfx=成立，求实数a的值； 14 （2）者对任意实数x，都有( ) 22f xa +成立，求实数a的值； （3）已知 12 xx且 12 ( )()f xf x，
31、求证：关于x的方程 12 3 ( )( )2 ()f xf xf x=+在区间 1 (x， 2) x上有实数解 【解答】解： （1）对任意实数，都有( )(2)f xfx= 成立， ( )f x 关于直线1x =对称 2 ( )2f xxax=+， 1 2 a =，2a = ； （2）对任意实数，都有( ) 22f xa + 成立， 2 24 0 xaxa+ 恒成立， 2 816 0aa=+， 4a= ， 经检验，当4a = 时满足题意 4a= ； （3）证明：设 12 ( )3 ( )( )2 ()g xf xf xf x=， 则 112 ( )2 ( )()g xf xf x=， 221
32、()()( )g xf xf x=， 12 ( )()f xf x， 2 1212 ( ) ()2 ( )()0g x g xf xf x= ， ( )g x 在区间 1 x， 2 x上的图象是不间断的曲线，且 12 ( ) ()0g x g x， ( )g x 在区间 1 (x， 2) x 上有零点， 即关于x的方程 12 3 ( )( )2 ()f xf xf x=+ 在区间 1 (x， 2) x 上有实数解 2019-2020 江阴市江阴市期末期末 10 （5 分） 已知函数( )2xf xx=+， 2 ( )logg xxx=+， 3 ( )h xxx=+的零点分别为a，b，c， 则a
33、，b，c的大小顺序为( ) Aabc Bbca Cbac Dcab 【解答】解：函数( )2xf xx=+的零点为函数2xy =与yx= 的图象交点的横坐标， 函数 2 ( )logg xxx=+的零点为函数 2 logyx=与yx= 的图象交点的横坐标， 15 函数 3 ( )h xxx=+的零点为函数 3 yx=与yx= 的图象交点的横坐标 在同一直角坐标系内作出函数2xy =、 2 logyx=、 3 yx=与yx= 的图象如图： 由图可知，0a ，0b ，0c = acb 故选：B 12已知函数 5 ,01 ( )2 3 ,1 x xx f x x + = ，若0 ba，且f（a）f=
34、（b） ，则bf（a）的取值范 围为( ) A 3 ( 2 ， 7 2 B 25 16 ，)+ C0， 7 2 D 25 16 ， 7 2 【解答】解：根据题意，函数 5 ,01 ( )2 3 ,1 x xx f x x + = ， 当01x时， 5 ( ) 2 f xx=+，此时有 57 ( ) 22 f x， 当1x 时，( )3xf x =，有( )3f x ， 若0 ba，且f（a）f=（b） ，必有 5 2 f（a）f=（b）3， 则有 1 1 2 b，3f（a） 7 2 ， 则 3 2 bf（a） 7 2 ， 则有bf（a）的取值范围为 3 ( 2 ， 7 2 ； 故选：A 16对
35、于函数( )yf x=，若在其定义域内存在 0 x，使得 00 ()1x f x=成立，则称函数( )f x具有 性质M 16 （1）下列函数中具有性质M的有 ( )2f xx= + ( )sin (0f xx x=，2 ) 1 ( )f xx x =+，(0,)x+ ( )1f xx=+ （2）若函数( )(|2| 1)( 1f xa xx= ，)+具有性质M，则实数a的取值范围是 【解答】解：条件等价于方程 1 ( )f x x =有解， （1）对于：当 1 2x x +=时，解得1x =，满足条件，故具有性质M； 对于：因为( )sin (0f xx x=，2 )的图象与 1 y x =
36、有交点，故 1 sin x x =有解，故具有性 质M； 对于：当 11 x xx +=时，0 x =，与0 x 矛盾，故不具有性质M； 对于：当 1 1x x +=时， 3 1 4 x = ，故具有性质M， 综上：满足性质M； （2）若( )(|2| 1)( 1f xa xx= ，)+具有性质M，即有 1 (|2| 1)a x x =， 故 1 (|2| 1)x x a =有解，令( )(|2| 1)g xx x=，则( )g x的值域为 2，)+， 所以 1 2 a ，解得 1 2 a或0a 故答案为； 1 2 a或0a 2019-2020 宿迁市宿迁市期末期末 8已知函数 2 1 ( )
37、(| 1) 2 f xln x x =+ + ，不等式(2)( 2)f xf+的解集是( ) A 4，0 B0，)+ C(，4 D0， )(+，4 【解答】解：函数的定义域为R 22 11 ()(| 1)(| 1)( ) ()11 fxlnxln xf x xx =+=+= + 所以函数( )f x为偶函数 当0 x 时， 1 2 1 1 y x = + 单调递减， 2 (| 1)(1)yln xln x= += +也是单调递减，所以函数( )f x 17 单调递减 因为(2)( 2)f xf+，所以|2| 2|x +，即2 2x+或22x+，解得0 x或4x 所以不等式的解集为(，40，)+
38、 故选：D 16已知函数 2 3 |2|,1 ( )2 (1),1 xx f x axa x + = 若函数 1 ( )( ) 2 g xf x=恰有 2 个零点，则实数a的取 值范围是 1 (,1 2 【解答】解：当1x时， 1 ( )( )|2| 1 2 g xf xx= +恒有两个零点， 则要使函数 1 ( )( ) 2 g xf x=恰有 2 个零点，则 2 1 (1)0(*) 2 axa=在(, 1) 上无解； 当1a =时，(*)无解，满足题意； 当1a 时，则 2 1 2 1 a x a + = ，则 2 yx=与 1 2 1 a y a + = 没有交点， 而 2 0yx=，)
39、+，则 1 2 0 1 a a + ，解得 1 1 2 a； 综上，实数a的取值范围为 1 (,1 2 故答案为： 1 (,1 2 2019-2020 徐州市徐州市期末期末 22已知函数 2 ( )(,2) 2 x f xxR x x = （1）判断并证明( )f x在区间(0,2)上的单调性； （2）若函数 2 ( )2g xxax=与函数( )f x在0 x，1上有相同的值域，求a的值； （3）函数 2 ( )(13)5h xbxb=+，1b，0 x，1，若对于任意 1 0 x ，1，总存在 2 0 x ， 1，使得 12 ( )()f xh x=成立，求b的取值范围 【解答】解： （1）
40、 22 (2)24 ( )(2)4 222 xx f xx xXx + =+ ， 令2tx=，则由02x可得，20t ， 根据对勾函数的单调性可知， 4 ( )4f tt t = +在( 2,0)上单调递减， 即( )f x在(0,2)上单调递 减， 18 （2）由（1）可知，( )f x在0，1上单调递减， 故f（1）( )(0)f xf，即1( ) 0f x， 因此 2 ( )2g xxax=在0，1上的值域为 1，0， 因为(0)0g=为函数的最大值， 所以最小值只能为g（1）或g（a） ， 若g（1）1= ，则 1 121 a a = ， 解可得，1a =， 若g（a）1= ，则 2
41、1 1 2 1 a a = ， 解可得，1a =， 综上可得，1a = （3）1b时， 2 ( )(13)5h xbxb=+，在0，1上单调递减， 故( )h x在0，1上的最大值(0)5hb=，最小值h（1） 2 135bb= +， 由（2）知，( )f x在0，1上的值域 1，0， 若对于任意 1 0 x ，1，总存在 2 0 x ，1，使得 12 ( )()f xh x=成立， 2019-2020 扬州市扬州市期末期末 12已知函数( )cos( ) 2 f xx =，(2)( )f xf x+= ，其中表示 x不超过x的最大整数，下列 关于( )f x说法正确的是( ) 函数 1 ()
42、 2 yf x=+为偶函数；( )f x的值域为 1，1； ( )f x为周期函数，且周期4T =；( )f x与 7 log |1|yx=的图象恰有一个公共点 A B C D 【解答】解：函数( )cos( ) 2 f xx =，所以函数中的变量(0,1)x函数的值为 1 在1x，2)时，函数的值为 0， 在2x，3)时，函数的值为1， 在3x，4)时，函数的值为 0， 在4x =时，函数的值为 1 19 在0 x =时，函数的值为 1 在( 1,0)x 时，函数的值为 0， 所以： 1 () 2 yf x=+的图象由函数( )f x的图象向左平移 1 2 个单位， 由于函数的图象不关于y轴
43、对称，所以函数 1 () 2 yf x=+不为偶函数故错误 由于函数的值为点集，故( )f x的值域为 1，1错误故错误 由于(2)( )f xf x+= ，所以(4)( )f xf x+=所以函数的周期为4T =，故：正确 根据函数函数( )cos( ) 2 f xx =，的取值和 7 log |1|yx=的图象，只有当8x =时，函数才有 一个交点故正确 故选：C 2019-2020 镇江市镇江市期末期末 21 （12 分） 已知函数 2 ( )6(f xxaxa=为常数，)aR 给你四个函数： 1( ) 21g xx=+； 2( ) 3xgx =； 32 ( )logg xx=； 4(
44、) cosgxx= （1）当5a =时，求不等式 2 ( ) 0f gx的解集； （2）求函数 4 ( )yf gx=的最小值； （3） 在给你的四个函数中， 请选择一个函数 （不需写出选择过程和理由） ， 该函数记为( )g x， ( )g x满足条件： 存在实数a， 使得关于x的不等式( ( ) 0f g x的解集为s， t， 其中常数s， tR，且0s 对选择的( )g x和任意2x，4，不等式( ( ) 0f g x恒成立，求实数a的取 值范围 【解答】解： （1）当5a =时， 2 ( )56 0f xxx=，解得6x，或1x 由不等式 2 ( ) 0f gx，可得： 2( ) 36
45、 x gx =， 2( ) 31 x gx =， 由36 x ，解得 33 log 61log 2x= + 由 2( ) 31 x gx =，无解 不等式 2 ( ) 0f gx的解集为： 3 1log 2+，)+ （2）令 4( ) cos 1tgxx= ，1 函数 2 22 4 ( )6()6 24 aa yf gxtatt= 20 分类讨论： 1 2 a ，1时， 4 ( )f gx的最小值为： 2 6 4 a 1 2 a 时， 4 ( )f gx的最小值( 1)5fa= 1 2 a 时， 4 ( )f gx的最小值f=（1）5a= （3） 32 ( )( )logg xg xx=，2x
46、，4，可得( )1g x ，2 转换为：)1t ，2 2 6 0tat，任意2x，4，不等式( ( ) 0f g x恒成立， 可得：16 0a，426 0a，解得：1a 实数a的取值范围是1，)+ 二、三角函数 2019-2020 常州常州高中高中期末期末 6要得到函数 y3sin（2x+ 3）的图象，只需将函数 y3sin2x 的图象（ ） A向左平移 3个单位长度 B向右平移 3个单位长度 C向左平移 6个单位长度 D向右平移 6个单位长度 【解答】解：由于函数 y3sin（2x+ 3）3sin2（x+ 6） ， 故只要将函数 y3sin2x 的图象相左平移 6个单位， 即可得到函数 y3
47、sin（2x+ 3）的图象 故选：C 14 （5 分）若 = 12是函数 f（x）2cos（3x+） ，（0，）的一条对称轴，则函数 f（x） 在区间 2 ，上的单调递减区间为 2， 3 4 【解答】解：根据题意，若 = 12是函数 f（x）2cos（3x+） ，则有（ 4 +）k， 即 k 4， 又由 （0，）则 = 3 4， 则 f（x）2cos（3x+ 3 4） ， 21 又由 2k3x+ 3 42k+，解可得： 2 3 4 x 2 3 + 12，其 f（x）的递减区间为 2 3 4， 2 3 + 12； 当 k1 时，其一个递减区间为5 12， 3 4 ， 则在区间 2 ，上，其递减区间为 2， 3 4 ； 故答案为： 2， 3 4 15已知( 6) = 1 4，则2(
