2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 函數(shù)、導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用 第13講 抽象函數(shù)課時(shí)作業(yè) 理.doc

第13講抽象函數(shù)1(2017年江西南昌二模)已知函數(shù)f(x)sin xx，則不等式f(x2)f(12x)<0的解集是()A. B.C(3，) D(，3)2下列函數(shù)中，滿足“f(xy)f(x)f(y)”的單調(diào)遞增函數(shù)是()Af(x)x3 Bf(x)3xCf(x)x Df(x)x3已知函數(shù)f(x)滿足：f(1)2，f(x1)，則f(2015)()A2 B3 C D.4給出下列三個(gè)等式：f(xy)f(x)f(y)，f(xy)f(x)f(y)，f(xy).下列函數(shù)中，不滿足其中任何一個(gè)等式的是()Af(x)3x Bf(x)sin xCf(x)log2x Df(x)tan x5已知奇函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R上恒成立，且x，y滿足不等式f(x22x)f(y22y)0，則x2y2的取值范圍是()A0,2 B0,2 C1,2 D0,86定義在R上的函數(shù)yf(x)滿足f(3x)f(x)，f(x)<0，若x1<x2，且x1x2>3，則()Af(x1)>f(x2) Bf(x1)<f(x2) Cf(x1)f(x2)Df(x1)與f(x2)的大小關(guān)系不確定7已知函數(shù)yf(x1)x2是定義在R上的奇函數(shù)，且f(0)1，若g(x)1f(x1)，則g(3)_.8(2017年江蘇)已知函數(shù)f(x)x32xex， 其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)若f(a1)f(2a2)0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是_9已知定義在區(qū)間(0，)上的函數(shù)f(x)滿足ff(x1)f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0.(1)求f(1)的值；(2)判斷f(x)的單調(diào)性；(3)若f(3)1，解不等式f(|x|)<2.10設(shè)f(x)是定義在1,1上的奇函數(shù)，且對(duì)任意a，b1,1，當(dāng)ab0時(shí)，都有>0.(1)若a>b，比較f(a)與f(b)的大??；(2)解不等式f<f；(3)記Px|yf(xc)，Qx|yf(xc2)，且PQ，求c的取值范圍第13講抽象函數(shù)1D解析：函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)是f(x)cos x10，所以f(x)sin xx是減函數(shù)，不等式f(x2)f(12x)<0f(x2)<f(2x1)，即x2>2x1x<3.故選D.2B解析：由f(xy)(xy)3，f(x)f(y)x3y3(xy)3，得f(xy)f(x)f(y)，所以A錯(cuò)誤；由f(xy)3xy，f(x)f(y)3x3y3xy，得f(xy)f(x)f(y)又函數(shù)f(x)3x是定義在R上的增函數(shù)故選B.3C解析：方法一，由條件知，f(2)3，f(3)，f(4)，f(5)f(1)2，故f(x4)f(x)(xN*)f(x)的周期為4，故f(2015)f(3).方法二，嚴(yán)格推證如下：f(x2)，f(x4)f(x2)2f(x)，即f(x)的周期為4.故f(4kx)f(x)(kN*)，即f(2015)f(3).4B解析：選項(xiàng)A，函數(shù)滿足f(xy)f(x)f(y)；選項(xiàng)C，函數(shù)滿足f(xy)f(x)f(y)；選項(xiàng)D，函數(shù)滿足f(xy).5D解析：因?yàn)楹瘮?shù)yf(x)為奇函數(shù)，所以f(x22x)f(2yy2)由函數(shù)yf(x)的導(dǎo)函數(shù)f(x)<0在R上恒成立，知函數(shù)yf(x)在R上為減函數(shù)，所以x22x2yy2，即(x1)2(y1)22.故的最小值為0，最大值為直徑2 .從而x2y2的最小值為0，最大值為直徑的平方8.6A解析：由f(3x)f(x)知函數(shù)yf(x)的圖象關(guān)于直線x對(duì)稱因?yàn)閒(x)<0，所以當(dāng)x<時(shí)，f(x)>0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x>時(shí)，f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減因?yàn)閤1<x2，且x1x2>3，即>，所以可知x1距離對(duì)稱軸x較近故選A.72解析：設(shè)h(x)f(x1)x2.由h(x)f(x1)x2為奇函數(shù)，得h(x)h(x)，即f(x1)x2f(x1)x2，所以f(x1)f(x1)2x2.由g(x)1f(x1)，得g(3)1f(2)1f(11)2121f(0)2，又f(0)1，所以g(3)2.8.解析：f(x)x32xexf(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)因?yàn)閒(x)3x22exex3x2223x20，所以函數(shù)f(x)是增函數(shù)又f(a1)f(2a2)0，即f(a1)f(2a2)f(2a2)所以a12a2,2a2a10.解得1a.9解：(1)令x1x2>0，代入，得f(1)f(x1)f(x1)0.故f(1)0.(2)任取x1，x2(0，)，且x1>x2，則>1.由于當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0，f<0，即f(x1)f(x2)<0，因此f(x1)<f(x2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減(3)由ff(x1)f(x2)，得ff(9)f(3)而f(3)1，f(9)2.由于函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，)上單調(diào)遞減，當(dāng)x>0時(shí)，由f(|x|)<2，得f(x)<f(9)x>9；當(dāng)x<0時(shí)，由f(|x|)<2，得f(x)<f(9)x>9，即x<9.因此不等式的解集為x|x>9，或x<910解：設(shè)1x1<x21，則x1x20.>0.x1x2<0，f(x1)f(x2)<0.f(x1)<f(x2)又f(x)是奇函數(shù)，f(x2)f(x2)f(x1)<f(x2)f(x)是增函數(shù)(1)a>b，f(a)>f(b)(2)由f<f，得x.不等式的解集為.(3)由1xc1，得1cx1c.Px|1cx1c由1xc21，得1c2x1c2.Qx|1c2x1c2PQ，1c<1c2或1c>1c2.解得c>2，或c<1.c的取值范圍是(，1)(2，)