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滾動習題(三)
1.B　[解析] 由題知g(x)是f(x)=log3x的反函數,所以g(x)=3x,所以g(-1)=3-1=.故選B.
2.B　[解析] ∵lg a+lg b=0,∴ab=1,即b=,∴g(x)=-lox=logax,∴f(x)與g(x)互為反函數,圖象關于直線y=x對稱.故選B.
3.C　[解析] ∵冪函數y=(m∈Z)的圖象與x軸和y軸沒有交點,且關于y軸對稱,∴m2-2m-3≤0,且m2-2m-3(m∈Z)為偶數.由m2-2m-3≤0,得-1≤m≤3,又m∈Z,∴m=-1,0,1,2,3.當m=-1時,m2-2m-3=1+2-3=0,為偶數,符合題意;當m=0時,m2-2m-3=-3,為奇數,不符合題意;當m=1時,m2-2m-3=1-2-3=-4,為偶數,符合題意;當m=2時,m2-2m-3=4-4-3=-3,為奇數,不符合題意;當m=3時,m2-2m-3=9-6-3=0,為偶數,符合題意.綜上所述,m=-1,1,3.故選C.
4.B　[解析] 由題得T-24=(88-24)×=64×,將T=40,t=20代入得40-24=64×,解得h=10,所以T-24=(88-24)×,當T=32時,t=30.故選B.
5.D　[解析] 因為y=0.3x以及y=0.5x是R上的減函數,所以0.30.3>0.30.5,0.50.3>0.50.5,即a>b,c>d,又因為a=0.30.3=0.0270.1,d=0.50.5=0.031 250.1,而y=x0.1是(0,+∞)上的增函數,所以0.031 250.1>0.0270.1,即d>a.故c>d>a>b.故選D.
6.C　[解析] ∵a滿足a+lg a=4,b滿足b+10b=4,∴a,b分別為函數y=4-x的圖象與函數y=lg x,y=10x的圖象交點的橫坐標.由于y=x與y=4-x的圖象交點的橫坐標為2,函數y=lg x與y=10x的圖象關于直線y=x對稱,∴a+b=4,∴函數f(x)=當x≤0時,關于x的方程f(x)=x,即x2+4x+2=x,即x2+3x+2=0,
∴x=-2或x=-1,滿足題意;當x>0時,關于x的方程f(x)=x,即x=2,滿足題意.∴關于x的方程f(x)=x的解的個數是3.故選C.
7.CD　[解析] 分別作出四個選項中函數的圖象,如圖所示.
根據f<可知,“定義域上的凹函數”是函數圖象上任意兩點連線的中點都在圖象的上方.故選CD.
8.AD　[解析] ∵f(x)=∴f(1)=e1-1=1,又f(1)+f(a)=2,∴f(a)=1.當a≥0時,由f(a)=1,可得a=1;當a<0時,由f(a)=1,可得a=-10.故選AD.
9.　[解析] 設f(x)=xα,∵f(x)的圖象過點(4,2),∴f(4)=4α=2,則α=,故f(x)=,則y==,∴1-2x>0,即x<,故y=的定義域為.
10.e6-1　[解析] 當v=12 000時,2000·ln=12 000,∴ln=6,∴=e6-1.
11.(0,2025)　[解析] ∵g(x)的圖象過定點(1,2024),∴y=f(x+1)的圖象過定點(2024,1).又f(x)的圖象可以看作由y=f(x+1)的圖象向右平移一個單位得到,∴f(x)的圖象過定點(2025,1).∵f(x)與f-1(x)互為反函數,∴y=f-1(x)的圖象過定點(1,2025).再結合y=f-1(x)與y=f-1(x+1)圖象的關系可知,y=f-1(x+1)的圖象過定點(0,2025).
12.證明:函數f(x)在區間[m,n]上的平均變化率為==m+n,
變形得f(n)-f(m)=n2-m2,即f(n)-n2=f(m)-m2,
令f(n)-n2=f(m)-m2=c,c為常數,
所以有f(x)=x2+c,所以函數f(x)是一個二次函數.
13.解:(1)因為f(x)=k·2x-2-x是定義在R上的奇函數,所以f(0)=0,所以k-1=0,解得k=1,所以f(x)=2x-2-x,此時f(-x)=2-x-2x=-f(x),所以f(x)為奇函數,故k=1.
(2)因為f(x)>a·2x-1有解,所以a<-++1有解,所以只需a<.因為-++1=-+≤(當且僅當x=1時等號成立),所以a<.
(3)g(x)=4x+4-x-4f(x)=4x+4-x-4(2x-2-x).令t=2x-2-x,可得函數t=2x-2-x在[1,+∞)上單調遞增,所以t≥.因為t2=4x+4-x-2,所以g(x)=h(t)=t2-4t+2,t≥,易知h(t)在上單調遞減,在(2,+∞)上單調遞增,所以當t=2時,h(t)取得最小值-2,此時2=2x-2-x,可得x=log2(1+).故g(x)在[1,+∞)上的最小值為-2,此時x=log2(1+).
14.解:(1)設獎勵函數模型為y=f(x),則企業對函數模型的基本要求是:
當x∈[10,1000]時,函數f(x)為增函數,且f(x)≤x恒成立.
(2)對于①,因為f(x)=x+1>x,所以該模型不符合企業獎勵方案.
對于②,由f(10)=20lg 10-10=10>×10,
故當x=10時,f(x)≤x不恒成立,故該模型不符合企業獎勵方案.
對于③,函數f(x)的圖象的對稱軸為直線x=-=5<10,故函數f(x)在區間[10,1000]上單調遞增,令g(x)=f(x)-x=(x2-10x+10 000)-x=(x2-1010x+10 000)=(x-10)(x-1000),
當10≤x≤1000時,x-10≥0,x-1000≤0,
故(x-10)(x-1000)≤0,故當x∈[10,1000]時,f(x)≤x恒成立.
綜上,函數模型③f(x)=(x2-10x+10 000)符合企業獎勵方案.(時間:45分鐘　分值:100分)
一、單項選擇題:本大題共6小題,每小題5分,共30分.
1.已知函數f(x)=log3x與g(x)的圖象關于直線y=x對稱,則g(-1)=(　 )
A.3 B. C.1 D.-1
2.已知a,b均為不等于1的正數,且滿足lg a+lg b=0,則函數f(x)=ax與函數g(x)=-logbx的圖象可能是 (　 )
A B C D
3.已知冪函數y= (m∈Z)的圖象與x軸和y軸沒有交點,且關于y軸對稱,則m=(　 )
A.1 B.0,2
C.-1,1,3 D.0,1,2
4.物體在常溫下的溫度變化可以用牛頓冷卻規律來描述:設物體的初始溫度是T0,經過一段時間t后的溫度是T,則T-Tα=(T0-Tα),其中Tα表示環境溫度,h稱為半衰期.現有一杯88 ℃的咖啡,放在24 ℃的房間中,如果咖啡降溫到40 ℃需要20 min,那么降溫到32 ℃需要的時長為 (　 )
A.25 min B.30 min
C.35 min D.40 min
5.設a=0.30.3,b=0.30.5,c=0.50.3,d=0.50.5,則a,b,c,d的大小關系為 (　 )
A.b>d>a>c B.b>a>d>c
C.c>a>d>b D.c>d>a>b
6.若a滿足a+lg a=4,b滿足b+10b=4,函數f(x)=則關于x的方程f(x)=x的解的個數是 (　 )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、多項選擇題:本大題共2小題,每小題6分,共12分.
7.[2024·昆明高一期末] 已知函數f(x)的定義域為A,若對任意的x1,x2∈A且x1≠x2,都有f<,則稱函數f(x)為“定義域上的凹函數”.以下函數是“定義域上的凹函數”的有　 (　 )
A.f(x)=2x+1
B.f(x)=x3
C.f(x)=x2+1
D.f(x)=-lg x
8.已知函數f(x)=若f(1)+f(a)=2,則a的值可能為 (　 )
A.1 B.-1
C.10 D.-10
三、填空題:本大題共3小題,每小題5分,共15分.
9.已知冪函數f(x)的圖象過點(4,2),則y=的定義域為　　　　.
10.在不考慮空氣阻力的情況下,火箭的最大速度v(單位:米/秒)和燃料的質量M(單位:千克)、火箭(除燃料外)的質量m(單位:千克)的函數關系式是v=2000·ln.當燃料質量是火箭質量的　　　　倍時,火箭的最大速度可達12 000米/秒.
11.已知函數y=f(x+1)與函數y=g(x)的圖象關于直線y=x對稱,且g(x)的圖象過定點(1,2024),則y=f-1(x+1)的圖象過定點　　　　.
四、解答題:本大題共3小題,共43分.
12.(13分)已知函數f(x)的定義域為R,且f(x)在任意區間[m,n](n>m)上的平均變化率均為m+n.求證:f(x)是一個二次函數.
13.(15分)已知函數f(x)=k·2x-2-x是定義在R上的奇函數.
(1)求k的值;
(2)若關于x的不等式f(x)>a·2x-1有解,求實數a的取值范圍;
(3)設g(x)=4x+4-x-4f(x),求g(x)在[1,+∞)上的最小值,并指出g(x)取得最小值時x的值.
14.(15分)某企業為了降低生產部門在產品生產過程中造成的損耗,特成立減少損耗技術攻關小組,企業預期每年能減少損耗10萬元~1000萬元.為了激勵攻關小組,現準備制定一個獎勵方案:獎金y(單位:萬元)隨減少損耗費用x(單位:萬元)的增加而增加,同時獎金不超過減少損耗費用的50%.
(1)試用數學語言表述企業對獎勵函數模型的基本要求;
(2)現有三個獎勵函數模型:①f(x)=x+1;
②f(x)=20lg x-10;③f(x)=(x2-10x+10 000).試分析這三個函數模型是否符合企業要求.

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