2013届华师一附中高一上学期课外基础训练题（三）---函数的性质（6选择6填空6解答题，共18题）

高一上学期课外基础训练题（三）
一．选择题
1．设函数y=f(x)定义在实数集上，则函数y=f(x-1)与y=f(1-x)的图象关于 ( )
A．直线y=0对称 B．直线x=0对称
C．直线y=1对称 D．直线x=1对称
2．设函数f(x)=若f(-4)=f(0)，f(-2)=-2，则关于x的方程f(x)=x的解的个数为( )
A．1 B．2 C．3 D．4
3．设函数f(x)=logax(a>0，a≠1)，满足f(9)=2，则f-1(log92)的值是 ( )
A．log3 B． C． D．2
4．设f-1(x)是函数f(x)=log2(x+1)的反函数。若[1+f-1(a)][1+f-1(b)]=8，则f(a+b)的值是 ( )
A．1 B．2 C．3 D．log23
5．已知f(x)=x2+px+q和g(x)=x+在区间A=[1, ]上，对任意x∈A，存在常数x0∈A，使得f(x)≥f(x0), g(x)≥g(x0)且f(x0)=g(x0)，则f(x)在A上的最大值为 ( )
A． B． C．5 D．
6．已知a>0且a≠1，函数y=()lg(2-ax)·()lg(2+ax)在[0，1]上是关于x的减函数，则a的取值范围是
( )
A．(0, 1) B．(0, 2) C．(1, 2) D．(1, +∞)
二．填空题
7．f(x)是定义在（-∞，0）∪（0，+∞）上是增函数，且f()=0，则不等式f()>0的解集为_____________.
8. 已知y＝loga（2－ax）在［0，1］上是x的减函数，则a的取值范围是_____________.
9．若关于x的方程a2x+(1+lgm)ax+1=0(a>0，且a≠1)有解，则m的取值范围是_____________.
10. 已知，当（-1，1）时，均有，则实数a的取值范围是
______________.
11. 已知的图象经过点（2，1），则的
值域是______________.
12．若函数f(x)=的定义域为(-∞, 1，则实数a的取值范围是______________.
三．解答题
13. 设函数f（x）＝（a＞b＞0），求f（x）的单调区间，并证明f（x）在其单调区间上的单调性.
14. 函数f(x)=x2-2ax+a在区间（-∞，1）上有最小值，判断函数g(x)=在区间（1，+∞）上的单调性.
15．已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－)=0,当x>－时，f(x)>0
(1)求证 f(x)是单调递增函数；
(2)试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证
16. 求下列函数的值域：
（1） （2）
17. 已知二次函数f(x)=ax2+bx满足f(1+x)=f(1-x)，方程f(x)=x有两个相等的实根。
（1）求f(x)的解析式；
（2）若函数f(x)在定义域为[m, n]上对应的值域为[2m, 2n]，求m, n的值。
18. 定义R上的函数，当时，，且对任意的都有
。
（1）证明:； （2）证明：对任意的，恒有；
（3）证明：是R上的增函数； （4）若，求x的增值范围。
(参考答案见下页)
一．选择题
1. 解：由已知y=f(1-x)=f[-(x-1)]，显然f[-(x-1)]与f(x-1)关于x-1=0对称。即y=f(1-x)与y=f(x-1)关于直线x=1对称。∴应选D。
2. 解：∵∴ ∴f(x)= 当x≤0时，方程为x2+4x+2=x，即x2+3x+2=0。∴x=-1，或x=-2．当x>0时，方程为x=2．∴方程f(x)=x有三个解。∴应选C。
3. 解：由f(9)=2，即loga9=2，得a2=9，a=3．∴f(x)=log3x． 根据互为反函数的关系，求f-1(log92)的值，只需解方程log3x=log92，即log3x=log3． ∴x=，即f-1(log92)=．∴应选C。
4. 解：由f(x)=log2(x+1)得f-1(x)=2x-1。∵[1+f-1(a)][1+f-1(b)]=8，∴2a·2b=8，即2a+b=8，∴a+b=3，∴f(a+b)=f(3)=log24=2． ∴应选B．
5. 解：由题设知f(x)和g(x)在[1，]上的同一点x0处取得最小值(x0).∵g(x)=x+≥4,∴g(x)min=g(2)=4, 从而f(x)=(x-2)2+4, 1≤x≤. ∴f(x)max=f(1)=5. 答案：C。
6. 解：函数式可化为y=()，令t(x)=lg(4-a2x2)，则t(x)在(0, 1)递减。又函数y=在(0, 1)上也递减，由复合函数的单调性知，y=()t递增，∴a>1。又注意到在(0, 1)上恒有真数2-ax>0, ∴a<()min<2，即1二．填空题
7. 解：由函数的性质知f(x)>0，解得x>或-0，解>或-<<0，∴08. 解：因为a是对数的底数，故有a＞0，∴u=2－ax是减函数，又y=loga（2－ax）是减函数，由复合函数的增减性，可知y=logau是增函数，∴a＞1，又2－ax＞0，ax＜2，x∈［0，1］
当x≠0时，a＜，而对x∈（0，1］中每一值不等式都成立，a只需要小于其最小值即可，故a＜2，∴1＜a＜2，∴u=2－ax是减函数，∴y=loga（2－ax）是减函数. ∴1＜a＜2为所求。
9. 解：令ax=t，则t>0，则原方程变形为：t2+(1+lgm)t+1=0有正根。其正根为t1, t2，显然t1t2=1>0。则两根均为正根，∴. ∴010. 解：由得，设，当时，若恒成立，应满足：，当时，应满足，故
11. 解：由已知得：，，∴，又有意义，∴，故，.
12. 解：f(x)的定义域为(-∞, 1，则当x≤1时，1+3xa≥0恒成立；且当x>1时，1+3xa<0恒成立，∴x≤1, a≥, ∴a≥-；又x>1时，a<，∴a≤-；∴a=-。答案：{-}
三．解答题
13. 解：在定义域内任取x1＜x2，∴f（x1）－f（x2）
＝，∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x1－x2＜0，只有当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时函数才单调．当x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2时，
f（x1）－f（x2）＞0．∴f（x）在（－b，＋∞）上是单调减函数，在（－∞，－b）上是单调减函数．
14. 解：函数f(x)=x2-2ax+a的对称轴是直线x=a，由于函数f(x)在开区间（-∞，1）上有最小值，所以直线x=a位于区间（-∞，1）内，即a<1。∴g(x)＝=。下面用定义法判断函数g(x)在区
间（1，+∞）上的单调性.
设1=(x1-x2). ∵11>0.又∵a<1，∴x1x2>a.∴x1x2-a>0. ∴g(x1)-g(x2)<0.
∴g(x1)15. 证 (1） 设x1＜x2,则x2－x1－>－,由题意f(x2－x1－)>0,∵f(x2)－f(x1)
=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－)－1
=f［(x2－x1)－］>0,∴f(x)是单调递增函数
(2) f(x)=2x+1 验证过程略
16. 解：（1）由得，
① 若，则矛盾，∴；
② 由，这时，，解得：，且当时，， ∴函数的最大值是，无最小值
解法二： ∵， ，∴ ，∴函数的最大值是，无最小值
17. 解：（1）f(x)=ax2+bx, f(1-x)=f(1+x). 则f(x)的对称轴为-=1。又f(x)=x即ax2+(b-1)x=0有等根，则(b-1)2=0, ∴b=1, a=-, ∴f(x)=- x2+x.
（2）f(x)=-x2+x=-(x-1)2+, ∴f(x)的最大值为。又f(x)在x∈[m, n]上的最大值为2n, 则2n≤, ∴n≤。∴f(x)在[m, n]上为增函数，得,∴m, n是f(x)=2x的两个不等实根。∴-x2+x=2x. ∴x2+2x=0, x1=-2, x2=0. ∴m=-2, n=0.
18. 解：（1）证明:令，则.又
（2）当时,,.,又时,R时,恒有.
（3）设,则..
，又，,是R上的增函数.
（4）由得，又是R上的增函数.
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