一、选择题

1．已知二次函数y＝x2－2ax＋1在区间(2,3)内是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)

A．a≤2或a≥3　　　　　　B．2≤a≤3

C．a≤－3或a≥－2  D．－3≤a≤－2

解析：由y＝(x－a)2＋(1－a2)在区间(2,3)内是单调函数得对称轴在区间(2,3)之外，即a≤2或a≥3，选A.

答案：A

2．(2013·黄冈质检)设y1＝0.4，y2＝0.5，y3＝0.5，则(　　)

A．y3＜y2＜y1  B．y1＜y2＜y3

C．y2＜y3＜y1  D．y1＜y3＜y2

解析：幂函数y＝x是定义域上的单调递增函数，所以0.4＜0.5，指数函数y＝0.5x是定义域上的单调递减函数，所以0.5＜0.5，故y1＜y2＜y3.

答案：B

3．下图给出四个幂函数的图象，则图象与函数大致对应的是(　　)

A．①y＝x，②y＝x2，③y＝x，④y＝x－1

B．①y＝x3，②y＝x2，③y＝x，④y＝x－1

C．①y＝x2，②y＝x3，③y＝x，④y＝x－1

D．①y＝x，②y＝x，③y＝x2，④y＝x－1

解析：注意到函数y＝x2≥0，且该函数是偶函数，其图象关于y轴对称，结合选项知，该函数图象应与②对应；y＝x＝的定义域、值域都是[0，＋∞)，结合选项知，该函数图象应与③对应；y＝x－1＝，结合选项知，其图象应与④对应．综上所述，选B.

答案：B

4．设b＞0，二次函数y＝ax2＋bx＋a2－1的图象为下列之一，则a的值为(　　) 

A．1  B．－1

C.  D. 

解析：∵b＞0，∴图象①②不可能，

又∵③④过原点．∴f(0)＝0，即a2－1＝0，a＝±1，

又b＞0，如 a＝1，－＜0与③④图形矛盾．

∴a＝－1.

答案：B

5．(2013·长春月考)设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c，如果f(x1)＝f(x2)(x2≠x1)，则f(x1＋x2)等于(　　)

A．－  B．－

C．c  D. 

解析：由题意可得x1＋x2＝－，所以f＝a·－b·＋c＝c.

答案：C

6．(2013·山西月考)已知f (x)＝(x－a)(x－b)－2(a＜b)，并且α，β是方程f(x)＝0的两根(α＜β)，则实数a，b，α、β的大小关系是(　　)

A．α＜a＜b＜β  B．a＜α＜β＜b

C．a＜α＜b＜β  D．α＜a＜β＜b

解析：由题意得a、b是g(x)＝(x－a)(x－b)＝0的两个根，当α，β是方程f(x)＝0的两根(α＜β)时，α、β相当于直线y＝2与y＝g(x)的交点的横坐标，由于函数g(x)＝(x－a)(x－b)的图象是开口向上的抛物线，故必在α＜a＜b＜β.

答案：A

二、填空题

7．(2013·青岛模拟)已知函数f(x)＝x，且f(2x－1)＜f(3x)，则x的取值范围是__________．

解析：f(x)＝x在[0，＋∞)上为增函数，f(2x－1)＜f(3x)，则0≤2x－1＜3x，∴x≥.

答案：x≥

8．若(a＋1)＜(3－2a)，则a的取值范围是______________．

解析：∵函数y＝x在定义域(0，＋∞)上递减，

∴即＜a＜.

答案：

9．(2012·北京卷)已知f(x)＝m(x－2m)(x＋m＋3)，g(x)＝2x－2.若∀x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0，则m的取值范围是__________．

解析：m≥0时，不能保证对∀x∈R，f(x)＜0或g(x)＜0，

当m＝－1时，f(x)＝－(x＋2)2，g(x)＝2x－2，画出图象如下图，显然成立．

当－1＜m＜0时，2m＞－(m＋3)，由题意知：

即－1＜m＜0，

当m＜－1时，－(m＋3)＞2m，则由题意知

∴－4＜m＜－1，综上得－4＜m＜0.

答案：(－4,0)

三、解答题

10．已知函数f(x)＝x2＋2x·tanθ－1，x∈，其中θ∈.

(1)当θ＝－时，求函数f(x)的最大值与最小值；

(2)求θ的取值范围，使y＝f(x)在区间上是单调函数．

解析：(1)当θ＝－时，[中国教育出版网zzstep.com]

f(x)＝x2－x－1

＝2－，x∈，

∴x＝时，f(x)的最小值为－.

x＝－1时，f(x)的最大值为.

(2)函数f(x)＝(x＋tanθ)2－1－tan2θ，

∵y＝f(x)在区间上是单调函数，

∴－tanθ≤－1或－tanθ≥，

即tanθ≥1或tanθ≤－.

因此，θ的取值范围是∪.

11．已知函数f(x)＝，g(x)＝.

(1)证明f(x)满足f(－x)＝－f(x)，并求f(x)的单调区间；

(2)分别计算f(4)－5f(2)g(2)和f(9)－5f(3)g(3)的值，由此概括出涉及函数f(x)和g(x)的对所有不等于零的实数x都成立的一个等式，并加以证明．

解析：(1)证明：f(－x)＝

＝

＝－f(x)，

设x1＞x2＞0，由于y＝x在R上递增，∴x1＞x2.

又(x1x2)＞0，

∴f(x1)－f(x2)＝(x1－x1－x2＋x2)

＝(x1－x2)[1＋(x1x2)]＞0.

即f(x)在(0，＋∞)上递增．同理f(x)在(－∞，0)上也递增．

故f(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递增．

(2)f(4)－5f(2)g(2)＝0，f (9)－5f(3)g(3)＝0，

且f(x2)－5f(x)g(x)＝0.

证明如下：

f(x2)－5f(x)g(x)＝(x－x)－(x－x)(x＋x)

＝(x－x)－(x－x)

＝0.

12．(2013·银川质检)已知f(x)是二次函数，不等式f(x)＜0的解集是(0,5)，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.

(1)求f(x)的解析式；

(2)是否存在整数m，使得方程f(x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不等实数根？若存在，求出m的取值范围，若不存在，说明理由．

解析：(1)∵f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0,5)，∴可设f(x)＝ax(x－5)(a＞0)．

∴f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.

由已知，得6a＝12，∴a＝2，

∴f(x)＝2x(x－5)＝2x2－10x(x∈R)．

(2)方程f(x)＋＝0等价于方程2x3－10x2＋37＝0.

设h(x)＝2x3－10x2＋37，则

h′(x)＝6x2－20x＝2(3x－10)．

当x∈时，h′(x)＜0，h(x)是减函数．

当x∈时，h′(x)＞0，h(x)是增函数．∵h(3)＝1＞0，h＝－＜0，h(4)＝5＞0，

∴方程h(x)＝0在区间，内分别有唯一实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根．

∴存在唯一的整数m＝3，使得方程f (x)＋＝0在区间(m，m＋1)内有且只有两个不同的实数根.下载本文