函数性质选择填空压轴题专练

函数的性质选择填空压轴题专练

A组

一、选择题

3f(x)x1 ；当1x1 时，1． 已知函数f(x)的定义域为R．当x<0时，

f(x)f(x)；当

x111f(x)f(x)2 时，22，则f(6)=（ ）

A．−2 B．−1 C．0 D．2

【答案】D

12时，f(x1)f(x)，

【解析】当1x1时，f(x)为奇函数，且当

x3所以f(6)f(511)f(1)．而f(1)f(1)[(1)1]2，所以f(6)2，故选D．

2． 已知函数f(x)是定义在R上的偶函数, 且在区间[0,)单调递增. 若实数a满足

f(log2a)f(log1a)2f(1)2, 则a的取值范围是

(A) [1,2] (B)

10,2

(C)

12,2 (D) (0,2]

【答案】C

【解析】因为函数f(x)是定义在R上的偶函数，且

log1alog2a2，

试卷第1页，总37页

所以

f(log2a)f(log1a)f(log2a)f(log2a)2f(log2a)2f(1)2，即f(log2a)f(1)，

因为函数在区间[0,)单调递增，所以f(log2a)1a21loga12所以，解得2，

f(1)，即log2a1，

即a12,2的取值范围是，选

C.

3． 已知当时，函数的图象与的图象有且只有一个交

点，则正实数的取值范围是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】B

11222y(mx1)y(mx1)[(m1),1]，0m1m【解析】当时， ， 单调递减，且yxm单调递增，且yxm[m,1m] ，此时有且仅有一个交点；当m1时，

0111[,1]2y(mx1)m ，在m 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需

(m1)21mm3 选B.

4．已知函数

fxxsinxxR，且

fy22y3fx24x10，则当y1时，

yx1的取值范围是（ ）

试卷第2页，总37页

113,1,444 B． A．1,1,323  D．3C．【答案】A

【解析】

fxfxf'x1cosx0由于，所以函数为奇函数，

为增函数.由

fy22y3fx24x10得到

fy22y3fx24x1fx24x122，根据函数的单调性，有

y22y3x24x1，即x2y11，由于y1故点x,y表示的是圆心为2,1半yx,y,1,0径为1的圆的上半部分，包括圆内.x1的几何意义是两点连线的斜率的取值

范围，画出图像如下图所示，由图可知，斜率的最小值为

kACkAD14，斜率的最大值为kAC，

1kAB,CAx2BAx3由于，利用二倍角的正切值得

2kAB1kAB21331419. 2试卷第3页，总37页

5．已知则

fln5fx满足对xR，

fxfx0，且x0时，

fxexm（m为常数），

的值为（ ）

A.4 B.-4 C.6 D.-6

【答案】B

【解析】

fxfxfx0fx由题意质可得

满足对xR，，即函数为奇函数，由奇函数的性

，

ln50故

f0e0m0,m1则当x0时，

fxex1fln5fln5eln514，选B

yxfx24xfy230fx5xsinxxR6．已知函数，且，则当y0时，xy的取值范围是（ ）

43432,0,33 B． A．试卷第4页，总37页

43,32,C． D．

【答案】C

【解析】

由函数fx5xsinxxR，则fx5xsin(x)[5xsinx]f(x)，所以函数为奇函数，所以不等式可转化为

fx5cosx0fx24xfy23f[(y23)]，又因为

，所以函数

fx22x4x(y3) 为单调递增函数，所以可得

xy4x30，又y0，所以表示圆心在(2,0)，半径为1的上半圆．设

22tyx，

则可得

tyx1y333yt[0,]tt[0,]xyt在区间x3，则3时，3上为单调递减函数，则当

43yx43,y3xy3，所以的取值范围是，故选C．

7．设函数为（ ）

fxx3lna3a2f3lnx21x且a3211，则实数a的取值范围

33,3,A． B．

C．

33,3 D．0,333,

试卷第5页，总37页

【答案】C

【解析】

由函数

fxx3lnx21x，令x1，则f1(1)ln(321)ln(21)1，

a3a2f3lna3所以a3a2211f3lna3，即a3a2211f3f(1)a3，即，又函

数

fxxln3a3a21x1x33a3为单调递增函数，所以，解得3a3，故选C．

2x2x,x1f(x)logx, x1721fx2mm3xR48．已知函数 ，若对任意的，不等式恒成立，

则实数m的取值范围是（ ）

11(,](,][1,)8 B．8A．

1[,1]C．[1,) D．8

【答案】B

【解析】

x2x,x1f(x)logx, x112111f(x)(x)3x1244；当x1时，对于函数 ，当时，f(x)log1x03172fx2mmfx44，则函数的最大值为，则要使不等式恒成立，则

7112m2mm(,][1,)44，解得8，故选B．

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9．已知函数fx是定义在R上的单调函数，且对任意的

fxyfxfyx，yR都有

，若动点

Px，y满足等式

fx22x2f2y28y30，则xy的最

大值为（ ）

A．63 B．3 C．63 D．3

【答案】C

【解析】

，yR都有fxyfxfy因为对任意的x，令xy0，∴f0f0f0，

∴f00．令yx，∴f0fxfx0，∴fxfx，该函数为奇函数．∵

fx22x2f2y28y30．∴

fx22x2f2y28y3f2y28y3．∵fx是定

义在R上的单调函数．∴x22x22y28y3，即x22x22y28y30．整理，得

x142y2221．令x2cos1，y2sin2，∴xy2cos12sin2

6sin3，∴xymin63，故选C．

x22,x0f(x)3|xa|a,x0的图象上恰有三对点关于原点成中心对称，10．已知函数

则a的取值范围是（ ）

1717,2)(,2]8 B．8

A．

(C．

[1,1717(1,))16 D．16

试卷第7页，总37页

【答案】D

【解析】

x22,x0f(x)3|x2|2,x0,结合图象可知不存在三对点关于原点成中当a2时,函数

x22,x0f(x)3|x1|1,x0,结合图象可知不存在心对称,所以答案B不正确．当a1时,函数

三对点关于原点成中心对称,所以答案C也不正确．当

a2116时,函数

x22,x0f(x)113|x2|2,x01616,结合图象可知不存在三对点关于原点成中心对称,所以答

案A也不正确．故应选D．

11．已知定义在R上的函数yfx满足下列三个条件

fx4fx①对任意的xR都有；

fxfx2②对任意的0x1x22，都有1；

③

yfx2f4.5,f6.5,f7的图象关于y轴对称，则的大小关系为（ ）

f7f4.5f6.5f4.5f6.5f7A． B．

f6.5f7f4.5f4.5f7f6.5C． D．

【答案】D

试卷第8页，总37页

【解析】

由题意可知函数是周期为4的周期函数,且关于直线x2对称,因为

f(4.5)f(0.5),f(7)f(3)f(1),f(6.5)f(2.5)f(1.5),且在区间上单调递增,所以

f4.5f7f6.5,应选D.

12．函数fx的图象关于y轴对称，且对任意xR都有时，

1fx2x53x ， fx3fx，若当22，则f2017（ ）

A．

114 B．4 C.4 D．4

【答案】A

【解析】

因为函数fx对任意xR都有fx3fx，所以fx6fx3fx，函数fx是周期为6的函数，f2017f33661f1，由fx3fx可得f23f2f1，因为函数fx的图象关于y轴对称，所以函数

1f2017f1f24，故选

11f2f2fx4，所以2是偶函数，

2A.

13．德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其名命名的函数

1,x为有理数f(x)0,x为无理数称为狄利克雷函数，则关于函数f(x)有以下四个命题：

①f(f(x))1；

试卷第9页，总37页

②函数f(x)是偶函数；

③任意一个非零有理数T，f(xT)f(x)对任意xR恒成立；

④存在三个点A(x1,f(x1))，B(x2,f(x2))， C(x3,f(x3))，使得ABC为等边三角形．

其中真命题的个数是（ ）

A．4 B．3 C．2 D．1

【答案】A

【解析】

由f(x)是有理数f(f(x))1 ，故命题①正确；易得f(x)f(x)f(x)是偶函数，故②正确；易得f(xT)f(x)是偶函数，故③正确；取

A(133,0),B(1,1),C(1,0)33，可

得ABC为等边三角形 ，故④正确，综上真命题的个数有4个.

二、填空题

14．（2018北京高考）能说明“若f（x）>f（0）对任意的x∈（0，2］都成立，则f（x）在［0，2］上是增函数”为假命题的一个函数是__________．

【答案】ysinx（答案不唯一）

【解析】令

0，x0fx 4x，x0，2，则fxf0对任意的x0,2都成立，

试卷第10页，总37页

但fx在0,2上不是增函数．

又如，令fxsinx，则f00，fxf0对任意的x0,2都成立， 但fx在0,2上不是增函数．

fxx312x3gx3xm15．函数，，若对

x11,5，

x20,2fxgx，12，

则实数m的最小值是 ．

【答案】41

【解析】

2fxx212x3x633，对称轴x6，在区间-1，5递减，∴fxminf532，

fxmaxf116fxmingxminxgx3m是增函数，∴gxmax1m，gxmin9m，∴只需，

即可，解得：m41，故答案为：41．

xexx2fxsinxxe116．已知函数,则

f4f3f2f1f0f1f2f3f4的值是 ．

【答案】9

【解析】

22ex22exf(x)xsinxx,f(x)xsinxf(x)f(x)x2xxe11ee11e因,故,所

试卷第11页，总37页

以f4f3f2f1f0f1f2f3f42419,应填9.

xyf(x)f(y)f()1xy，当x(1,0)时，有f(x)0，

17．定义在(1,1)上的函数f(x)满足：且

111mf()f()f()15112．设

f(1)n≥2,nN*n2n1，则实数m与－1的大小关

系是 ．

【答案】m1

【解析】

xyf(x)f(y)f()1xy，令xy0得f0=0；令x0得f(y)f(y)．

fx∵函数满足

∴f(x)在(1,1)为奇函数，单调减函数且在(1,0)时，f(x)0，则在1f()12，

0,1时f(x)0．又

∵

111111f(2)f()f(nn1)f()f()11nn1n(n1)1nn11nn1，

11mf()f()511f(11111)[f()f()][f()f()]nn12334211111[f()f()]f()f()1f()1nn12n1n12f(x)xx，则f(x)1x018．已知函数是周期为2的奇函数，当时，

f(2017)2 . 1【答案】4

试卷第12页，总37页

【解析】

因

f(为函数

f(x)是周期为2的奇函数，所以

20171111111)f(5042)f()f()()2()222224，即应填4. 2三、解答题

22f(x)x2x8g(x)2x4x16 19．已知函数，

（1）求不等式g(x)0的解集；

（2）若对一切x2，均有f(x)(m2)xm15成立，求实数m的取值范围．

【解析】

2g（x）＝2x－4x－160， （1）

∴（2x＋4）（x－4）<0，∴－2∴不等式g（x）<0的解集为{x|－2（2）∵f（x）＝x2－2x－8． 当x>2时，f（x）≥（m＋2）x－m－15恒成立，

∴x2－2x－8≥（m＋2）x－m－15， 即x2－4x＋7≥m（x－1）．

x24x7∴对一切x>2，均有不等式x1≥m成立．

试卷第13页，总37页

x24x74而x1＝（x－1）＋x1－2≥2x14x1－2＝2（当x＝3时等号成立）．

∴实数m的取值范围是（－∞，2].

B组

一、选择题

1．（2017年天津卷理）已知函数

在R上恒成立，则a的取值范围是

设，若关于x的不等式

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】不等式

f(x)xxaf(x)af(x)22为(*)，

当x1时，(*)式即为

x2x3xx3ax2x3x23ax2x3222，，

又

x2x1474713(x)2x241616（4时取等号），

3339393x2x3(x)2x241616（4时取等号），

试卷第14页，总37页

4739a16， 所以16当x1时，(*)式为

x2x232x2axxax2x，2x2x，

233232xx(x)233时取等号）x2x又2（当，

x2x2222x2x（当x2时取等号），

所以23a2，

47a2综上16．故选A．

2．（2016全国卷Ⅱ）已知函数fxxR满足fx2fx，若函数

yx1x与yfxx1，y1x2，y2xm，ym图像的交点为，，…，，则i1A．0

B．m

C．2m

mxiyi（ ）

D．4m

【答案】B

1【解析】由fx2fx得f(x)f(x)2，可知fx关于0，对称，

而

yx1111xx也关于0，对称，

∴对于每一组对称点xixi0 yiyi=2，

试卷第15页，总37页

∴i1xiyixiyi02i1i1mmmmm2，故选B．

22x2xay2y对任意实数x，y都成立，3．若不等式则实数a的取值范围（ ）

A．a0 B．a1 C．a2 D．a3

【答案】C

【解析】

22x2xay2y 所以，x +1y12a，要对任意实数x，y都成立，因为

22只需 2a0，即a2，故选C .

4．已知函数

f3x1fx4fx2016xlog2016x21x2016x2，则关于x的不等式

的解集为（ ）

11,,44 C．0, A． B．

D．,0

【答案】A

【解析】

f3x12fx20，设

Fxfx22016x2016xlog2016x21x，

试卷第16页，总37页

FxFx，所以Fx为奇函数，图像关于原点对称，要F3x1Fx0，只需

14.

3x1x0,xxxx2f39fm33<0对任意fx2xsinxlnx1x5．已知函数，若不等式

xR均成立，则m的取值范围为（ ）

A.,231 B.,231

 C.231,231 D.231，【答案】A

【解析】

因为

fxfxfx0ln(2xsinx)2cosx0,，且

x21x单调递增，所以函数

为R上单调递增的奇函数，从而

f3x9xfm3x30

f3x9xfm3x33x9xm3x3m3x133x

又

3x1333xx23123133x3x3x时取等号，所以m的取值范围为，当且仅当

,231，选A.

6．已知

fxln1x2x2ln3ln51,af,bf,cf2x2135, 下列结论

正确的是（ ）

试卷第17页，总37页

A．bac B．cab

C．abc D．cba

【答案】B

【解析】

因函数f(x)f(x),故函数f(x)是奇函数,且在(0,)单调递增,由于

21,1ln3ln535,所以cab ,故应选B.

7．已知f(x)是定义在R上的增函数，函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，若对

y任意的x,yR，等式f(y3)f(4xx3)0恒成立，则x的取值范围是（ ）

2A．

[2223,23]33

B．

[1,223]3

C．

[223,3]3

D．[1,3]

【答案】C

【解析】

试卷第18页，总37页

由于“函数yf(x1)的图象关于点(1,0)对称”，故fx图象关于原点对称，为奇函数

，

不

妨

设

fxx.根据

f(y3)f(4xx23)0，得

yy1,xyy34xx230,y34xx23，作图象如下图所示，故x最大值为3.当x时，过2,2，由图象可知还不是最小值，不合题意，故选C.

(a2a)x1f(x)(aR,a0)2[x,x]xxxx122121ax8．定义区间的长度为（），函数的定

义域与值域都是[m,n](nm)，则区间[m,n]取最大长度时实数a的值为（ ）

23A．3 B．-3 C．1 D．3

【答案】D

【解析】

，故函数设m,n是已知函数定义域的子集．x0，m,n,0或m,n0，fmma11a11fx22xfnnm,nm,naax在上单调递增，则，故是方程aax的同号的相

异实数根，即axaax10的同号的相异实数根，∵

222mn1a2，∴m,n同号，只需

试卷第19页，总37页

114nmmn4mn3a2a3a10，∴a1或a3，a33，nm取最

2223大值为3．此时a3，故选：D．

9．已知函数f(x)(xR)满足f(x)2f(x)，若函数为

(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),yx1x与yf(x)图像的交点

则

(xy)iii1m

（A）0 （B）m （C）2m （D）4m

【答案】B

【解析】

x111xx的图像的交

fxfx2fxx1由于，不妨设，其图像与函数

y点为1,2,1,0，故x1x2y1y22，故选B.

fbfaba，

fxa,bx,xax1x2b10．定义：如果函数在上存在12满足

fx2fx1fbfafxa,bba，则称函数是上的“双中值函数”，已知函数

fx2x3x2m是0,2a上“双中值函数”，则实数a的取值范围是（ ）

1111111,,,,184124128 B． C． D．8 A．【答案】B

试卷第20页，总37页

【解析】

f(2a)f(0)2(2a)3(2a)28a22a2a2a，

f'(x)6x22x，由题意方程

f'(x)6x22x8a22a即g(x)3x2x4a2a0在[0,2a]上有两个不等实根．

112(4a2a)0102a6g(0)4a2a011a2g(2a)8aa04．故选B． 所以，解得811．已知定义在R上的函数f(x)满足: yf(x1)的图像关于点(1,0)对称，且当x031f(x)f(x)xf(x)e1，则f(2016)f(2015)（ ） x(0,2)22时恒有，当时，

A．1e B．e1 C．1e D．e1

【答案】A

【解析】

yf(x1)的图象关于点(1,0)对称，则fx关于原点对称，f00．当x0时恒有

31f(x)f(x)22，则函数周期为2.所以f(2016)f(2015)f0f10e11e.

12．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=－f(x)，则f(6)的值为（ ）

A.－1 B.0 C.1 D.2

试卷第21页，总37页

【答案】B

【解析】

由f(x+2)=－f(x)可知函数具有周期性，周期T4 f6f2f00

二、填空题

13．已知定义在R上的偶函数满足：f(x4)f(x)f(2)，且当x0,2时，yf(x)单调递减，给出以下四个命题：

①f(2)0；

②x4为函数yf(x)图象的一条对称轴； ③yf(x)在8,10单调递增；

④若方程f(x)m在6,2上的两根为x1、x2，则x1x28．

以上命题中所有正确命题的序号为 ．

【答案】①②④

【解析】

①依题意，fx4fxf2,令x2,则f2f2f2f2f2,∴

f20fx4fxfx；②,∴函数周期为4,偶函数的对称轴是x0,∴x4是的对

试卷第22页，总37页

称轴；③fx在0,2上递减,又函数周期为4，∴函数在8,10上递减；④fx在0,2上

fx6,4递增，且为偶函数,∴ fx在2,0上递减,∴ 在上递减,图象关于x4对称,

∴ 两个根的和为x1x28,故正确的有①②④.

14．函数f(x)对任意x1,x2[m,n]都有

f1(x)f2(x)x1x2，则称f(x)为在区间[m,n]2f(x)2xx1的一[m,n]f(x)上的可控函数，区间称为函数的“可控”区间，写出函数

个“可控”区间是________.

1[,0]【答案】2的子集都可以

【解析】

因为f(x1)f(x2)[2(x1x2)1](x1x2),由可控函数的定义可得|2(x1x2)1|1,即

1[,0]1x1x20,所以区间[m,n]应为2的一个子区间.

15．给出下列命题：

（1）设f(x)与g(x)是定义在R上的两个函数，若且f(x)为奇函数，则g(x)也是奇函数；

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)恒成立，

（2）若x1,x2R，都有则f(x)g(x)在R上也递增；

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)成立，且函数f(x)在R上递增，

ax,x1f(x)ax,x1，若函数f(x)在0,2上的最大值比最小（3）已知a0,a1，函数

试卷第23页，总37页

15a2值多，则实数的取值集合为2；

222(x1)x1k0x（4）存在不同的实数k，使得关于的方程的根的个数为2个、

4个、5个、8个．

则所有正确命题的序号为________．

【答案】（1）（2）（3）

【解析】

（1）为真，令即

x2x1x即可；（2）为真，不妨设

即

x1x2，则

f(x1)f(x2)g(x1)g(x2)．（3）为假，作图后

f(x2)f(x1)g(x1)g(x2)f(x1)f(x2)f(x1)g(x1)f(x2)g(x2)177,如果定势思维很容易漏掉2，加大可得正确答案22（4）为真，方程与函数图象结

合，关于t的方程若一正一负，正大于1，此时有2根；若一零一1，此时有5根；若判别式0，此时有4根；若两个均为正，则有8个根．

三、解答题

1x1x.

16．已知函数

f(x)xlog2（1）求

f(20162016)f()20152015的值；

xmef(x)恒成立，求mx[a,a]a(0,1)（2）当（其中，且a是常数）时，若

的取值范围.

试卷第24页，总37页

【解析】

1x0得1x1，f(x)的定义域为(1,1).1x（1）由

又

f(x)xlog21x1x(xlog2)f(x)1x1x，

f(x)为奇函数.

f(20162016)f()20152015=0

（2）设1x1x21，则

1x11x22(x2x1)1x11x2(1x1)(1x2)，

1x1x21,x2x10,(1x1)(1x2)0，

1x11x201x11x2，即

1x11x21x11x2

函数ylog21x1x从而得f(x)xlog2在(1,1)上也是减函数.在(1,1)上是减函数，1x1x

mexf(x)恒成立，即mf(x)ex恒成立

xxh(x)f(x)eh(x)f(x)e令，则在定义域上是减函数，

则

mh(x)minh(a)alog21aea1a．

试卷第25页，总37页

17．已知函数

yxtx有如下性质：如果常数t0，那么该函数在(0,t)上是减函

数，在[t,)上是增函数．

4x212x3f(x),x[0,1]2x1（1）已知，利用上述性质，求函数f(x)的单调区间和值

域；

（2）对于（1）中的函数f(x)和函数g(x)x2a，若对任意x1∈[0,1]，总存在x2∈[0,1]，使得g(x2)=f(x1)成立，求实数a的值．

【解析】

4x212x34yf(x)2x182x12x1（1），

设u2x1,x[0,1], 则1u3

48u，u[1,3]．

则

yu由已知性质得，当1u2，即

1[0,]所以减区间为2；

0x12时，f(x)单调递减；

1x1当2u3，即2时，f(x)单调递增；

1[,1]所以增区间为2；

试卷第26页，总37页

111f(0)3,f()4,f(1)23， 由

得f(x)的值域为[4,3]．

g(x)x2a为减函数，

故g(x)[12a,2a],x[0,1]．

由题意，f(x)的值域是g(x)的值域的子集，

12a4,3a2 2a3.

C组

一、选择题

fxfx3fx3是定义在R上的奇函数，且，当0x3时，

1．

fx2log2x2，则当0x6时，不等式x3fx0的解集是（ ）

A．0,23,4 B．0,24,5 C．2,34,5 D．2,33,4

【答案】D

【解析】

x3fx0fx2log2x20当0x3时，不等式即为，所以

试卷第27页，总37页

log2x22,2x3；当3x0时，0x3，所以fxfx2log22x,

fx3fx3，当3x6时，3x60，由可得

fx2log22xfxfx62log28x02log28x0x3fx0fx0，不等式可转化为即

，所以3x4，综上所述：不等式x3fx0的解集是2,33,4，

故选D.

4x(x0)2g(x)xbx2(x0)，bR，若f(x)图象上x1，

2．已知函数

f(x)x2x存在A，B两个不同的点与g(x)图象上A'，B'两点关于y轴对称，则b的取值范围为（ ）

A．(425,) B．(425,) C．(425,1) D．(425,1)

【答案】D.

【解析】

22(x,xbx2)(x,xbx2)， g(x)y设函数图象上任一点，其关于轴的对称点为

∴由题意可知方程

x2bx2x2x4x(b1)x2(b1)x20x1在(0,)上有两个

(b1)28(b1)0425b1b10b102(b1)不等实根，∴，即实数b的取值范围是(425,1)，

故选D．

试卷第28页，总37页

3．定义在R上的函数

yfx1fx对任意

x1,x2x1x2fx1fx2都有

x1x20，且函数

fs22sf2tt2s,t的图象关于（1,0）成中心对称，若满足不等式，则

t2s当1s4时，st的取值范围是（ ）

11113,3,5,5,2222 A． B． C． D．

【答案】D

【解析】

f(x1)f(x2)0x1x20x1x2xx12设，则．由，知f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)，所

以函数f(x)为减函数．因为函数yf(x1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以yf(x)为

22222f(s2s)f(2tt)f(t2t)，奇函数，所以所以s2st2t，即(st)(st2)0．因

t2s3s311tstst1s，而在条件为

(st)(st2)0t1[,1]1s42下，易求得s，所以

331[,6]1[5,]t1t2s1tt221[,2][5,]11sss2，所以2，故选D． ，所以，即st34．设fx和gx是定义在同一个区间a,b上的两个函数，若函数yfxgx在

xa,b上有两个不同的零点，则称fx和gx在a,b上是“关联函数”，区间a,b称为

2“关联区间”．若fxx3x4与gx2xm在0,3上是“关联函数”，则m的取值范

围是（ ）

99,(,2] A．4 B．1,0 C．,2 D．4试卷第29页，总37页

【答案】A

【解析】

2f(x)g(x)x5x4m0在[0,3]上有两不等实根，设由题意，方程

254(4m)0h(0)4m0h(3)2m09053m22h(x)x5x4m，则2，解得4．故选A．

12320144xfffffxx2015201520152015（ ） 42，则5．已知函数

A．1007 B．1008 C．2014 D．2015

【答案】A

【解析】

函数

fx44x2，则

x4x41x4x41x4xfxf1xx4241x24x241x24x

4x4x1x42424，所以

1f201523ff201520152014f2015

11f220152014f20152f20152013f20152014f201511f2014100720152，

故选A．

试卷第30页，总37页

6．设函数

1 (2x0),f(x)x1 (0x2),1g(x)f(x)x ,x[2,2]2，若

1g(log2a)g(log1a)2g()2,则实数a的取值范围是（ ） 2121[,2][,2](0,][1,2]A．2 B． C．2 D．2 【答案】D

【解析】

由题

11x (2x0),12g(x)f(x)x =,21x1 (0x2),2若

1g(log2a)g(log1a)2g()220log2a2即

311g(log2a)g(log2a)21222当

2log2a0时，此时

g(log2a)g(log2a)1131231log2alog2a1 log2aa22222结合2即为

22a,1a122log2a0；当0log2a2时2log2a0，此时即2，可知此时

g(log2a)g(log2a)113131loga loga0a2log2a1222222即为2结

合0log2a2即1a4，取交集即为1a2，

2,2]综上 实数a的取值范围是2 [12[,mm2]2f(x)x2x27．已知，在4上任取三个数a，b，c，均存在以f(a),f(b),f(c)为三边的三角形，则m的取值范围为（ ）

试卷第31页，总37页

A．(0,1) B．

[0,222)(0,][,2]2 C．2 D．2

【答案】A

【解析】

12[,mm2]2f(x)x2x2设，在4上的最大值为max，最小值为min，则题意等价

17713131m2m2(m)2f()12244，所以minf(1)1，又416，16成于2minmax，又

2f(mm2)122得m2m22，得f(x)[1,)f(2)2立，在上单调递增，，由

0m1，故选A．

8．已知函数

2 x0x2 ，fx x03xaa ，的图象恰有三对点关于原点成中心对称，则a的

取值范围是（ ）

19171717 1 2   ， ，1 ，1 ，16 D．16  B．8 C.A．16【答案】D

【解析】

y3xaax0由题意，问题转化为函数与

y2x2x0的图象恰有三个公共点，

显然a0时，不满足条件，当a0时，画出草图如图，

方程2x23x4a，即x23x4a20有两个小于a的实数根.

试卷第32页，总37页

944a202a2a17a01a16.选结合图形，有，∴

D。

xay2yf(x)9．设函数的图象与的图象关于直线yx对称，且f(2)f(4)1，

则a（ ）

A．-1 B．1 C．2 D．4

【答案】C

【解析】

xay2yf(x)因为函数的图象与的图象关于直线yx对称，所以

yf(x)log2x，f(2)f(4)12321, 所以2，故选C．

1xegxaxhx2lnxe10．已知函数（，e为自然对数的底数）与的图象上

2存在关于x轴对称的点，则实数a的取值范围是（ ）

1121,22,e22221,e2eee C． D．2,  B．A．2【答案】A

试卷第33页，总37页

【解析】

1[,e]2由题可知g(x)h(x)ax2lnx0在e上有根，等价于ax2lnx，令

2f(x)x2lnx，则

2f'(x)2x2222x02x0x，xx若则x1，若，则x1，所以f(x)111(,1)f()222f(e)e2，所以a的取值(1,e)f(1)1eee在单调增，在单调减，又，，

2[1,e2]，故选A． 范围是

二、填空题

xlnx2x,x0fx23xx,x0211．已知函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y1的对称点在ykx1的图象上，则实数k的取值范围是 ．

1,1【答案】2

【解析】

xlnx2x,x0fx23xx,x02∵函数的图象上有且仅有四个不同的点关于直线y=-1的对称

点在y=kx-1的图象上，而函数y=kx-1关于直线y=-1的对称图象为y=-kx-1，∴

xlnx2x,x0fx23xx,x02的图象与y=-kx-1的图象有且只有四个不同的交点，

试卷第34页，总37页

xlnx2x,x0fx23xx,x02作函数的图象与y=-kx-1的图象如下，

易知直线y=-kx-1恒过点A（0，-1），设直线AC与y=xlnx-2x相切于点C（x，xlnx-2x），y′=lnx-1，

xlnx2x13yx2xx2相切于点，解得，x=1；故kAC=-1；设直线AB与

故

lnx132x,xx2， B332x2y′=2x+2，故

1故2＜k＜1；

x23x13112kAB222；故-1＜-k＜-2，x，解得，x=-1；故

12．已知函数f(x)(xR)满足f(x)4f(x)，若函数点为

(x1,y1),(x2,y2),,(xm,ym),y2x1x与yf(x)图像的交

则

(xy)iii1m . 【答案】2m

试卷第35页，总37页

【解析】

2x112xx也

f(x)4f(x),f(x)f(x)4,所以f(x)的图象关于点(0,2)对称，

y关于点0,2对称，

x1x2x3xm0,y1y2y3

ymm42m.2

三、解答题

2f(x)xmxn的图象过点(1,2)，且f(1x)f(1x)对任意实数都13．已知函数

成立，函数yg(x)与yf(x)的图象关于原点对称．

（1）求f(x)与g(x)的解析式； （2）若F(x)g(x)f(x)在1,1上是增函数，求实数的取值范围．

【解析】

2f(x)xmxn的图象过点(1,2)，∴1mn2， （1）

又f(1x)f(1x)对任意实数都成立，

m12∴，m2，n1， 2f(x)x2x1， ∴

又函数yg(x)与yf(x)的图象关于原点对称，

试卷第36页，总37页

222g(x)f(x)(x2x1)x2x1g(x)x2x1． ∴，

（2）∵F(x)g(x)f(x)，

222F(x)x2x1(x2x1)(1)x(22)x1在1,1上是增函数， ∴

当10，即1时，F(x)4x符合题意；

11当10，且1，即10符合题意；

11当10，且1，即1符合题意．

综上可知0．

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