【三维设计】（江苏专版）高中数学二轮专题 第一部分 专题1配套专题检测.doc

【三维设计】（江苏专版）2013高中数学二轮专题 第一部分 专题1配套专题检测1定义在r上的函数f(x)满足f(x)则f(2 013)_.解析：f(x)是周期函数，周期为6，f(2 013)f(3)f(0)0.答案：02已知t为常数，函数y|x22xt|在区间0,3上的最大值为2，则t_.解析：若f(0)2得到t2，经检验t2都不成立；若f(1)2得到t3,1，经检验t3不成立；若f(3)2得到t5,1，经检验t5不成立综上得t1.答案：13已知定义在r上的奇函数f(x)，满足f(x4)f(x)，且在区间0,2上是增函数，若方程f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4_.解析：因为定义在r上的奇函数，满足f(x4)f(x)，所以f(x4)f(x)由f(x)为奇函数，得函数图象关于直线x2对称且f(0)0，由f(x4)f(x)知f(x8)f(x)，所以函数是以8为周期的周期函数又因为f(x)在区间0,2上是增函数，所以f(x)在区间2,0上也是增函数，如图所示那么方程f(x)m(m0)在区间8,8上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，不妨设x1x2x30，则f(x)的定义域是_；(2)若f(x)在区间(0,1上是减函数，则实数a的取值范围是_解析：(1)由3ax0得定义域为.(2)当a1时，y 递减并且3ax0对于任意的x(0,1恒成立，求得a(1,3；当a1时，y递增并且3ax0对于任意的x(0,1恒成立，得到a0.综上得a0或11，对任意的x1，m，都有f(x2)ex，则最大的正整数m为_解析：作出函数ye|x2|和y2ex的图象，如图可知x1时y1y2，又x4时y1e2y24e，x5时y1e3y25e，故m5，即m的最大整数值为4.答案：410已知以t4为周期的函数f(x)，当x(1,3时f(x)其中m0.若方程3f(x)x恰有5个实数解，则m的取值范围为_解析：因为当x(1,1时，将函数化为方程x21(y0)，实质上为一个半椭圆，其图象如图所示，同时在坐标系中作出当x(1,3的图象，再根据周期性作出函数其它部分的图象，由图易知直线y与第二个半椭圆(x4)21(y0)相交，而与第三个半椭圆(x8)21(y0)无公共点时，方程恰有5个实数解将y代入(x4)21(y0)得(9m21)x272m2x135m20，令t9m2(t0)则(t1)x28tx15t0.由(8t)2415t(t1)0，得t15.由9m215，且m0得m.同样将y代入第三个椭圆(x8)21(y0)由0可计算得m2，求函数f(x)的最小值解：(1)由已知f(x)f(x)，即|2xa|2xa|，解得a0.(2)f(x)当xa时，f(x)x22xa(x1)2(a1)，由a2，xa，得x1，从而x1，故f(x)在xa时单调递增，f(x)的最小值为f；当x0知，f(x)的最小值为a1.12函数f(x)对任意的m，nr，都有f(mn)f(m)f(n)1，并且x0时，恒有f(x)1.(1)求证：f(x)在r上是增函数；(2)若f(3)4，解不等式f(a2a5)2.解：(1)证明：设x10.当x0时，f(x)1，f(x2x1)1.f(x2)f(x2x1)x1f(x2x1)f(x1)1，f(x2)f(x1)f(x2x1)10f(x1)f(x2)f(x)在r上为增函数(2)m，nr，不妨设mn1，f(11)f(1)f(1)1f(2)2f(1)1，