1、 专题强化训练 1(2019 金华十校调研)已知奇函数 f(x)当 x0 时，f(x)x(1x)，则当 x0 时，f(x)的表 达式是( ) Af(x)x(1x) Bf(x)x(1x) Cf(x)x(1x) Df(x)x(x1) 解析：选 C.设 x0，则x0，又当 x0 时，f(x)x(1x)，故 f(x)x(1x)，又函 数为奇函数，故 f(x)f(x)x(x1)，即 f(x)x(x1)，故选 C. 2已知 f(x)x1 x1，f(a)2，则 f(a)( ) A4 B2 C1 D3 解析：选 A.因为 f(x)x1 x1，所以 f(a)a 1 a12，所以 a 1 a3，所以 f(a)a
2、1 a1 a1 a 1314，故选 A. 3下列函数中，既是偶函数又在区间(0，)上单调递增的是( ) Ay1 x By|x|1 Cylg x Dy 1 2 |x| 解析：选 B.A 中函数 y1 x不是偶函数且在(0，)上单调递减，故 A 错误；B 中函数满 足题意，故 B 正确；C 中函数不是偶函数，故 C 错误；D 中函数不满足在(0，)上单调递 增，故选 B. 4已知函数 f(x)24 xa 2x 的图象关于原点对称，g(x)ln(ex1)bx 是偶函数，则 logab ( ) A1 B1 C1 2 D.1 4 解析：选 B.由题意得 f(0)0，所以 a2. 因为 g(1)g(1)，
3、所以 ln(e1)bln 1 e1 b， 所以 b1 2，所以 logablog2 1 21. 5(2019 台州市高考模拟)函数 f(x)x2 a |x|(aR)的图象不可能是( ) 解析：选 A.直接利用排除法：当 a0 时，选项 B 成立； 当 a1 时，f(x)x2 1 |x|，函数的图象类似 D； 当 a1 时，f(x)x2 1 |x|，函数的图象类似 C.故选 A. 6 (2019 湖北八校联考(一)设函数 f(x) 2x x2在区间3， 4上的最大值和最小值分别为 M， m，则m 2 M( ) A.2 3 B.3 8 C.3 2 D.8 3 解析：选 D.易知 f(x) 2x x
4、22 4 x2，所以 f(x)在区间3，4上单调递减，所以 Mf(3) 2 4 326，mf(4)2 4 424，所以 m2 M 16 6 8 3. 7(2018 高考全国卷)下列函数中，其图象与函数 yln x 的图象关于直线 x1 对称的 是( ) Ayln(1x) Byln(2x) Cyln(1x) Dyln(2x) 解析：选 B.法一：设所求函数图象上任一点的坐标为(x，y)，则其关于直线 x1 的对称 点的坐标为(2x， y)， 由对称性知点(2x， y)在函数 f(x)ln x 的图象上， 所以 yln(2x) 故 选 B. 法二：由题意知，对称轴上的点(1，0)既在函数 yln
5、x 的图象上也在所求函数的图象上， 代入选项中的函数表达式逐一检验，排除 A，C，D，选 B. 8(2019 浙江台州市书生中学高三月考)设奇函数 f(x)在(0，)上为单调递减函数，且 f(2)0，则不等式3f（x）2f（x） 5x 0 的解集为( ) A(，2(0，2 B2，0)2，) C(，22，) D2，0)(0，2 解析： 选 D.因为函数 f(x)是奇函数， 所以3f（x）2f（x） 5x 0f（x） x 0.又因 f(x)在(0， )上为单调递减函数，且 f(2)0，所以得，函数 f(x)在(，0)上单调递减且 f(2)0.因此，x(，2)(0，2)时，f(x)0；x(2，0)(
6、2，)时 f(x)h(2)，则 实数 t 的取值范围为_ 解析：因为 x0 时，h(x) x 2 4，04. 易知函数 h(x)在(0，)上单调递减， 因为函数 h(x)(x0)为偶函数，且 h(t)h(2)， 所以 h(|t|)h(2)， 所以 0|t|2， 所以 t 0， |t|2， 即 t0， 2t2，解得2t0 或 0t2. 综上，所求实数 t 的取值范围为(2，0)(0，2) 答案：(2，0)(0，2) 16若对任意的 x2，都有(xa)|xa|(ax)|x|0，则 a 的最大值为_ 解析：对任意的 x2，都有(xa)|xa|(ax)|x|0，即 x2 时，(xa)|xa|(ax)x
7、0 恒成立. 若 xa0，即 a2 时，则有(xa)2ax20, 所以(a1)x22axa20. 令 f(x)(a1)x22axa2，则有 a10 或 a10 2a 2（a1）2 f（2）4（a1）4aa20 ， 求得 a1 或42 3a1， 综合可得2a1； 若 xa0，即 a2 时，则有(xa)2ax20, 该不等式恒成立， 即此时 a 的范围为 a2； 若 xa0，即 ax2 时，则由题意可得 ax20，满足条件. 综合可得，a2 或2a1，故 a 的最大值为1. 答案：1 17(2019 台州模拟)定义 minx，y x（x0 时，由基本不等式可知 x4 x2 x4 x4， minx4
8、 x，44，则不等式转化成： minx，1 x 1 2，即： x 1 2 1 x 1 2 或 x 1 2 1 x 1 2 ， 解得：x1 2或 x2. 当 x0 时， ()当1x0 时，1 xx，原不等式化为 x 4 x 8 x， 即 x4 x0，解得2x0，所以1x0； ()当 x1 时，1 xx，原不等式化为 x 4 x8x， 即 7x4 x0，解得：x 4 7，即 x1， 所以 x0 对于原不等式全成立 综上不等式的解集为(，0)(0，1 22，) 答案：(，0)(0，1 22，) 18(2019 台州市教学质量调研)已知函数 f(x)x2bxc 的图象过点(1，3)，且关于直 线 x1
9、 对称 (1)求 f(x)的解析式； (2)若 m3，求函数 f(x)在区间m，3上的值域 解：(1)因为函数 f(x)x2bxc 的图象过点(1，3)，且关于直线 x1 对称， 所以 f（1）1bc3 b 21 ， 解得 b2，c0， 所以 f(x)x22x. (2)当 1m3 时，f(x)minf(m)m22m， f(x)maxf(3)963， 所以 f(x)的值域为m22m，3； 当1m1 时，f(x)minf(1)121， f(x)maxf(1)123， 所以 f(x)的值域为1，3 当 m1 时，f(x)minf(1)121， f(x)maxf(m)m22m， 所以 f(x)的值域为
10、1，m22m 19(2019 浙江新高考联盟第三次联考)已知函数 f(x) x 22axa21，x0， x22 xa，x0. (1)若对于任意的 xR，都有 f(x)f(0)成立，求实数 a 的取值范围； (2)记函数 f(x)的最小值为 M(a)，解关于实数 a 的不等式 M(a2)M(a) 解：(1)当 x0 时，f(x)(xa)21， 因为 f(x)f(0)，所以 f(x)在(，0上单调递减， 所以 a0， 当 x0 时，f(x)2x2 x2， 令 2x 2 x20 得 x1， 所以当 0x1 时，f(x)0， 当 x1 时，f(x)0， 所以 f(x)在(0，1)上单调递减，在(1，)
11、上单调递增， 所以 fmin(x)f(1)3a， 因为 f(x)f(0)a21， 所以 3aa21，解得2a1. 又 a0， 所以 a 的取值范围是0，1 (2)由(1)可知当 a0 时，f(x)在(，0上的最小值为 f(0)a21， 当 a0 时，f(x)在(，0上的最小值为 f(a)1， f(x)在(0，)上的最小值为 f(1)3a， 解不等式组 a213a a0 得 0a1， 解不等式组 13a a0 得 a0， 所以 M(a) a 21，0a1 1，a0 3a，a1 . 所以 M(a)在(，0)上为常数函数，在(0，1)上是增函数，在(1， )上是减函数， 作出 M(a)的函数图象如图所示： 令 3a1 得 a2， 因为 M(a2)M(a)， 所以 0a2.
