单元检测卷(三) 基本初等函数(Ⅰ)-【满分金卷】2022新高考数学总复习必刷题单元能力提升卷

当1<-a2<3 时,即-6<a<-2时, f(x)的最小值为f -a2 =-a 2 4 当-a2≥3 ,即a≤-6时,f(x)在[1,3]上为减函数,所以 f(x)的最小值为f(3)=3a+9, 综上,f(x)min= 1+a,a≥-2 -a 2 4 ,-6<a<-2 3a+9,a≤-6 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 . (2)证明:①设x1、x2 是方程x 2+ax+b+3=0的两根, 所以 x1+x2=-a x1x2=b+3 不妨令x1≤x2,所以A={x|x1≤x≤x2}, 因为集合 A={x|f(x)≤-3},集合B={x|f(f(x))≤ -3},A=B≠⌀, 所以不等式x1≤f(x)≤x2 的解集也为 A={x|x1≤x≤ x2}, 因为f(x)=x2+ax+b= x+a2 2 +b-a 2 4 , 且不等式x1≤f(x)≤x2 的解集为{x|x1≤x≤x2} 所以f(x)min=b- a2 4≥x1 ,且x1、x2 也是方程f(x)-x2 =0即x2+ax+b-x2=0的两根, 又因为x1、x2 是方程x 2+ax+b+3=0的两根, 所以x2=-3, 因此x1=-a-x2=-a+3, 又因为x1x2=b+3, 所以-3(3-a)=b+3,即b=3a-12; ②又因为x1≤b- a2 4 ,所以3-a≤3a-12-a 2 4 , 由a 2 4-4a+15≤0 ,解得6≤a≤10. 故实数a的取值范围是[6,10]. 22.解:(1)∵f(x+1)=f(1-x),∴f(x)关于直线x=1对 称,∴-b2a=1 ,即2a+b=0, ∵f(x)=2x有两等根,∴ax2+bx-2x=0有两个等根, ∴(b-2)2=0,解得b=2, ∴a=-1,∴f(x)=-x2+2x. (2)∵f(x)=-x2+2x 是一个开口向下,对称轴为x=1 的二次函数, ∴当0<t≤1时,f(x)的最大值为f(t)=-t2+2t; 当t>1时,f(x)的最大值为f(1)=1. (3)当x∈[-1,1]时,可知f(x)的值域为[-3,1], 要使f(x)≤m2-2bm+1在给定区间内恒成立, 必须m2-2bm+1≥[f(x)]max=1, ∵对 任 意b∈[-1,1]恒 成 立,∴m2-2bm≥0,可 得 m2-2m≥0 m2+2m≥0 ,解得m≥2或m≤-2或m=0. ∴实数m 的取值范围是(-∞,-2]∪[2,+∞)∪{0}. ▶对接高考 1.D 因为定义在 R上的奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递 减,且f(2)=0, 所以f(x)在(0,+∞)上也是单调递减,且f(-2)=0,f(0) =0, 所以当x∈(-∞,-2)∪(0,2)时,f(x)>0, 当x∈(-2,0)∪(2,+∞)时,f(x)<0, 所以由xf(x-1)≥0可得, x<0 -2≤x-1≤0或x-1≥2 或 x>0 0≤x-1≤2或x-1≤-2 或x=0 解得-1≤x≤0或1≤x≤3, 所以满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故 选D. 2.A 由函数的解析式可得,定义域为 R且f(-x)= -4x x2+1 =-f(x),则函数f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,选 项CD错误;当x=1时,y= 41+1=2>0 ,选项B错误.故 选A. 3.D 由f(x)=ln|2x+1|-ln|2x-1|得,f(x)定义域为 x x≠±12 ,关于坐标原点对称, 又f(-x)=ln|1-2x|-ln|-2x-1|=ln|2x-1|-ln|2x +1|=-f(x), ∴f(x)为定义域上的奇函数,可排除AC; 当x∈ -12 ,1 2 时,f(x)=ln(2x+1)-ln(1-2x), ∵y=ln(2x+1)在 -12 ,1 2 上单调递增,y=ln(1-2x) 在 -12 ,1 2 上单调递减, ∴f(x)在 -12 ,1 2 上单调递增,排除B; 当x∈ -∞,-12 时,f(x)=ln(-2x-1)-ln(1-2x)= ln2x+12x-1=ln1+ 2 2x-1 , ∵μ=1+ 2 2x-1 在 -∞,-12 上单调递减,f(y)=lnμ在 定义域内单调递增, ∴根据复合函数单调性可知,f(x)在 -∞,-12 上单调 递减,D正确. 故选D. 4.解析:由题意得 x>0x+1≠0 ,∴x>0 ∴函数f(x)的定义域为(0,+∞). 答案:(0,+∞) 单元检测卷(三) 1.A ∵log32<log33=1<log3π,∴a<b, ∵22>2=log39>log3π,∴c>b, ∴a<b<c.故选A. 2.C 设荷叶覆盖水面的初始面积为a,则x天后荷叶覆盖水 面的面积y=a·2x(x∈N+), 根据题意,