2024年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)-2-1-函數(shù)及其表示-新人教B版

函數(shù)及其表示〔一〕1．)函數(shù)y＝eq\r(1－2x)的定義域?yàn)榧螦，函數(shù)y＝ln(2x＋1)的定義域?yàn)榧螧，那么A∩B等于()A．(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]B．(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))C．(－∞，－eq\f(1,2))D．[eq\f(1,2)，＋∞)2.函數(shù)y＝eq\f(1,\r(log0.54x－3))的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C．(1，＋∞)D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞)3．f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，x≥3，,fx＋1，x<3，))那么f(log23)的值是()A.eq\f(1,12)B.eq\f(1,24)C．24D．124．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x>0，,x＋1，x≤0，))假設(shè)f(a)＋f(1)＝0，那么實(shí)數(shù)a的值等于()A．－3B．－1C．1D．35．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx∈－∞，2],log2xx∈2，＋∞))，那么滿足f(x)＝4的x的值是()A．2B．16C．2或16D．－2或166.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x－1x<1,lgxx≥1))，假設(shè)f(x0)>1，那么x0的取值范圍是()A．(－∞，0)∪(10，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－2)∪(－1,10)D．(0,10)7．兩個函數(shù)f(x)和g(x)的定義域和值域都是集合{1,2,3}，其定義如下表：x123f(x)231x123g(x)321那么方程g[f(x)]＝x的解集為()A．{1}B．{2}C．{3}D．?8．函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，那么f(x)＋f(eq\f(1,x))＝________.9.假設(shè)f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，那么eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2024,f2024)＝________.10．(2024·武漢模擬)f(eq\f(2,x)＋1)＝lgx，那么f(x)＝________.11．設(shè)函數(shù)f(x)＝x3cosx＋1.假設(shè)f(a)＝11，那么f(－a)＝________.12.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)·f(x＋2)＝13，假設(shè)f(1)＝2，那么f(2024)＝________.13．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)，－1<x<0,ex－1x≥0))，假設(shè)f(1)＋f(a)＝2，那么a的值為____________;函數(shù)及其表示〔二〕14.假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－4,mx2＋4mx＋3)的定義域?yàn)镽，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，＋∞)B．(0，eq\f(3,4))C．(eq\f(3,4)，＋∞)D．[0，eq\f(3,4))15.如果函數(shù)f(x)對于任意實(shí)數(shù)x，存在常數(shù)M，使得不等式|f(x)|≤M|x|恒成立，那么就稱函數(shù)f(x)為有界泛涵．下面有4個函數(shù)：①f(x)＝1;②f(x)＝x2；③f(x)＝(sinx＋cosx)x;④f(x)＝eq\f(x,x2＋x＋1).其中有兩個屬于有界泛涵，它們是()A．①②B．②④C．①③D．③④16．對a，b∈R，記min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa<b，,ba≥b，))函數(shù)f(x)＝min{eq\f(1,2)x，－|x－1|＋2}(x∈R)的最大值為________．17．函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x2＋1)，那么f(eq\f(1,4))＋f(eq\f(1,3))＋f(eq\f(1,2))＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝________.18.設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≤0，,2，x>0.))假設(shè)f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，那么關(guān)于x的方程f(x)＝x的解的個數(shù)為________________;19.函數(shù)f(x)＝eq\f(4,|x|＋2)－1的定義域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，那么滿足條件的整數(shù)數(shù)對(a，b)共有________個．20.函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)當(dāng)a∈(1,4)時，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)假設(shè)對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，試確定a的取值范圍．21.某自來水廠的蓄水池存有400噸水，水廠每小時可向蓄水池中注水60噸，同時蓄水池又向居民小區(qū)不間斷供水，t小時內(nèi)供水總量為120eq\r(6t)噸，(0≤t≤24)．(1)從供水開始到第幾小時時，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少噸？4(2)假設(shè)蓄水池中水量少于80噸時，就會出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象，請問在一天的24小時內(nèi)，有幾小時出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象．1．假設(shè)f(x)＝,那么f(x)的定義域?yàn)?)A．(－eq\f(1,2)，0)B．(－eq\f(1,2)，＋∞)C．(－eq\f(1,2)，0)∪(0，＋∞)D．(－eq\f(1,2)，2)2．(2024·值域?yàn)閧2,5,10}，對應(yīng)關(guān)系為y＝x2＋1的函數(shù)個數(shù)為()A．1 B．8C．27 D．39[答案]C[解析]此題的關(guān)鍵是尋找滿足條件的定義域有多少種情況．當(dāng)y＝2，即x2＝1時，x＝1，－1或±1有三種情況，同理當(dāng)y＝5,10時，x的值各有三種情況，由分步乘法計數(shù)原理知，共有3×3×3＝27種可能．應(yīng)選C.3．(2024·陜西理，5)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<1，,x2＋ax，x≥1，))假設(shè)f(f(0))＝4a，那么實(shí)數(shù)a等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,5)C．2 D．9[答案]C[解析]f(0)＝20＋1＝2，f(2)＝4＋2a＝4a，∴a＝4．(2024·天津理，8)設(shè)函數(shù)f(x)＝假設(shè)f(a)>f(－a)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)[答案]C[解析]解法1：由圖象變換知函數(shù)f(x)圖象如圖，且f(－x)＝－f(x)，即f(x)為奇函數(shù)，∴f(a)>f(－a)化為f(a)>0，∴當(dāng)x∈(－1,0)∪(1，＋∞)，f(a)>f(－a)，應(yīng)選C.解法2：當(dāng)a>0時，由f(a)>f(－a)得，eqlog\s\do8(\f(1,2))og2a>eqlog\s\do8(\f(1,2))a，∴a>1；當(dāng)a<0時，由f(a)>f(－a)得，eqlog\s\do8(\f(1,2))(－a)>log2(－a)，∴－1<a<0，應(yīng)選C.5．a(chǎn)、b為實(shí)數(shù)，集合M＝{eq\f(b,a)，1}，N＝{a,0}，f是M到N的映射，f(x)＝x，那么a＋b的值為()A．－1B．0C．1D．[答案]C[解析]∵f(x)＝x，∴f(1)＝1＝a，假設(shè)f(eq\f(b,a))＝1，那么有eq\f(b,a)＝1，與集合元素的互異性矛盾，∴f(eq\f(b,a))＝0，∴b＝0，∴a＋b＝1.6．(2024·溫州十校二模)某學(xué)校要召開學(xué)生代表大會，規(guī)定各班每10人推選一名代表，當(dāng)各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時再增選一名代表．那么，各班可推選代表人數(shù)y與該班人數(shù)x之間的函數(shù)關(guān)系用取整函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))可以表示為()A．y＝[eq\f(x,10)] B．y＝[eq\f(x＋3,10)]C．y＝[eq\f(x＋4,10)] D．y＝[eq\f(x＋5,10)][答案]B[解析]當(dāng)x除以10的余數(shù)為0,1,2,3,4,5,6時，由題設(shè)知y＝[eq\f(x,10)]，且易驗(yàn)證此時[eq\f(x,10)]＝[eq\f(x＋3,10)]．當(dāng)x除以10的余數(shù)為7,8,9時，由題設(shè)知y＝[eq\f(x,10)]＋1，且易驗(yàn)證知此時[eq\f(x,10)]＋1＝[eq\f(x＋3,10)]．綜上知，必有y＝[eq\f(x＋3,10)]．應(yīng)選B.7．設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)的定義域分別為F、G，且FG.假設(shè)對任意的x∈F，都有g(shù)(x)＝f(x)，且g(x)為偶函數(shù)，那么稱g(x)為f(x)在G上的一個“延拓函數(shù)〞．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(x≤0)，假設(shè)g(x)為f(x)在R上的一個延拓函數(shù)，那么函數(shù)g(x)的解析式為()A．g(x)＝2|x| B．g(x)＝log2|x|C．g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x| D．g(x)＝eqlog\s\do8(\f(1,2))|x|[答案]A[解析]由延拓函數(shù)的定義知，當(dāng)x≤0時，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，當(dāng)x>0時，－x<0，∴g(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝2x，∵g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)＝2x，故g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))xx≤0,2xx>0))，即g(x)＝2|x|.8．(2024·廣東揭陽一模)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,\r(2－x))－lg(x－1)的定義域是()A．(0,2)B．(1,2)．(2，＋∞)D．(－∞，1)[解析]當(dāng)x>0時，f(x)－f(x－1)＝1，∴f(2024)＝[f(2024)－f(2024)]＋[f(2024)－f(2024)]＋…＋[f(1)－f(0)]＋f(0)＋f(0)＝2024＋log21＝2024.10.如圖，設(shè)點(diǎn)A是單位圓上的一定點(diǎn)，動點(diǎn)P從點(diǎn)A出發(fā)在圓上按逆時針方向旋轉(zhuǎn)一周，點(diǎn)P所旋轉(zhuǎn)過的eq\o\ac(AP,\s\up15(︵))的長為l，弦AP的長為d，那么函數(shù)d＝f(l)的圖象大致是()[答案]C[解析]函數(shù)在[0，π]上的解析式為d＝eq\r(12＋12－2×1×1×cosl)＝eq\r(2－2cosl)＝eq\r(4sin2\f(l,2))＝2sineq\f(l,2).在[π，2π]上的解析式為d＝eq\r(2－2cos2π－l)＝2sineq\f(l,2)，故函數(shù)的解析式為d＝2sineq\f(l,2)，l∈[0,2π]．[點(diǎn)評]這類題目解決的根本方法通過分析變化趨勢或者一些特殊的點(diǎn)，采用排除法；或求函數(shù)解析式．11．(2024·廣東六校)某西部山區(qū)的某種特產(chǎn)由于運(yùn)輸?shù)脑?，長期只能在當(dāng)?shù)劁N售，當(dāng)?shù)卣ㄟ^投資對該項(xiàng)特產(chǎn)的銷售進(jìn)行扶持，每投入x萬元，可獲得純利潤P＝－eq\f(1,160)(x－40)2＋100萬元(已扣除投資，下同)，當(dāng)?shù)卣當(dāng)M在新的十年開展規(guī)劃中加快開展此特產(chǎn)的銷售，其規(guī)劃方案為：在未來10年內(nèi)對該工程每年都投入60萬元的銷售投資，其中在前5年中，每年都從60萬元中撥出30萬元用于修建一條公路，公路5年建成，通車前該特產(chǎn)只能在當(dāng)?shù)劁N售；公路通車后的5年中，該特產(chǎn)既在本地銷售，也在外地銷售，在外地銷售的投資收益為：每投入x萬元，可獲純利潤Q＝－eq\f(159,160)(60－x)2＋eq\f(119,2)·(60－x)萬元，問僅從這10年的累積利潤看，該規(guī)劃方案是否可行？[解析]在實(shí)施規(guī)劃前，由題設(shè)P＝－eq\f(1,160)(x－40)2＋100(萬元)，知每年只需投入40萬，即可獲得最大利潤100萬元，那么10年的總利潤為W1＝100×10＝1000(萬元)實(shí)施規(guī)劃后的前5年中，由題設(shè)P＝－eq\f(1,160)(x－40)2＋100知，每年投入30萬元時，有最大利潤Pmax＝eq\f(795,8)(萬元)前5年的利潤和為eq\f(795,8)×5＝eq\f(3975,8)(萬元)設(shè)在公路通車的后5年中，每年用x萬元投資于本地的銷售，而剩下的(60－x)萬元用于外地區(qū)的銷售投資，那么其總利潤為W2＝[－eq\f(1,160)(x－40)2＋100]×5＋(－eq\f(159,160)x2＋eq\f(119,2)x)×5＝－5(x－30)2＋4950.當(dāng)x＝30時，W2＝4950(萬元)為最大值，從而10年的總利潤為eq\f(3975,8)＋4950(萬元)．∵eq\f(3975,8)＋4950>1000，∴該規(guī)劃方案有極大實(shí)施價值．2．)函數(shù)y＝eq\r(1－2x)的定義域?yàn)榧螦，函數(shù)y＝ln(2x＋1)的定義域?yàn)榧螧，那么A∩B等于()A．(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]B．(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2))C．(－∞，－eq\f(1,2))D．[eq\f(1,2)，＋∞)[答案]A[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2x≥0,2x＋1>0))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤\f(1,2)，,x>－\f(1,2).))∴－eq\f(1,2)<x≤eq\f(1,2)，故A∩B＝(－eq\f(1,2)，eq\f(1,2)]．(理)(2024·湖北文，5)函數(shù)y＝eq\f(1,\r(log0.54x－3))的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))C．(1，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))∪(1，＋∞)[答案]A[解析]log0.5(4x－3)>0＝log0.51，∴0<4x－3<1，∴eq\f(3,4)<x<1.3．(2024·山東濰坊模擬)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x，x≥3，,fx＋1，x<3，))那么f(log23)的值是()A.eq\f(1,12) B.eq\f(1,24)C．24 D．12[答案]A[解析]∵1<log23<2，∴3<log23＋2<4，∴f(log23)＝f(log23＋1)＝f(log23＋2)＝f(log212)＝(eq\f(1,2))log212＝eq\f(1,12).4．(2024·福建文，8)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x>0，,x＋1，x≤0，))假設(shè)f(a)＋f(1)＝0，那么實(shí)數(shù)a的值等于()A．－3 B．－1C．1 D．3[答案]A[解析]∵f(1)＝21＝2，∴由f(a)＋f(1)＝0知f(a)＝－2.當(dāng)a>0時2a＝－2不成立．當(dāng)a<0時a＋1＝－2，a＝－5．(文)(2024·廣東六校)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx∈－∞，2],log2xx∈2，＋∞))，那么滿足f(x)＝4的x的值是()A．2 B．16C．2或16 D．－2或16[答案]C[解析]當(dāng)f(x)＝2x時.2x＝4，解得x＝2.當(dāng)f(x)＝log2x時，log2x＝4，解得x＝16.∴x＝2或16.應(yīng)選C.(理)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x－1x<1,lgxx≥1))，假設(shè)f(x0)>1，那么x0的取值范圍是()A．(－∞，0)∪(10，＋∞)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－2)∪(－1,10)D．(0,10)[答案]A[解析]由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0<1,21－x0－1>1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0≥1,lgx0>1))?x0<0或x0>10.6．(2024·山東肥城聯(lián)考)兩個函數(shù)f(x)和g(x)的定義域和值域都是集合{1,2,3}，其定義如下表：x123f(x)231x123g(x)321那么方程g[f(x)]＝x的解集為()A．{1} B．{2}C．{3} D．?[答案]C[解析]g[f(1)]＝g(2)＝2，g[f(2)]＝g(3)＝1；g[f(3)]＝g(1)＝3，應(yīng)選C.7．(文)(2024·濟(jì)南模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－1,x＋1)，那么f(x)＋f(eq\f(1,x))＝________.[答案]0[解析]∵f(eq\f(1,x))＝eq\f(\f(1,x)－1,\f(1,x)＋1)＝eq\f(1－x,1＋x)，∴f(x)＋f(eq\f(1,x))＝eq\f(x－1,x＋1)＋eq\f(1－x,1＋x)＝0.(理)假設(shè)f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，那么eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2024,f2024)＝________.[答案]2024[解析]令b＝1，那么eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝1，∴eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2024,f2024)＝2024.8．(2024·武漢模擬)f(eq\f(2,x)＋1)＝lgx，那么f(x)＝________.[答案]lgeq\f(2,x－1)(x>1)[解析]令eq\f(2,x)＋1＝t，∵x>0，∴t>1，那么x＝eq\f(2,t－1)，∴f(t)＝lgeq\f(2,t－1)，f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．9．(文)(2024·廣東文，12)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3cosx＋1.假設(shè)f(a)＝11，那么f(－a)＝________.[答案]－9[解析]令g(x)＝x3cosx，那么f(x)＝g(x)＋1，g(x)為奇函數(shù)．f(a)＝g(a)＋1＝11，所以g(a)＝10，f(－a)＝g(－a)＋1＝－g(a)＋1＝－9.(理)(2024·安徽省淮南市高三第一次模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：f(x)·f(x＋2)＝13，假設(shè)f(1)＝2，那么f(2024)＝________.[答案]eq\f(13,2)[解析]∵f(x＋4)＝eq\f(13,fx＋2)＝eq\f(13,\f(13,fx))＝f(x)，∴函數(shù)f(x)的周期為4，所以f(2024)＝f(4×502＋3)＝f(3)＝eq\f(13,f1)＝eq\f(13,2).10．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(1,2)，－1<x<0,ex－1x≥0))，假設(shè)f(1)＋f(a)＝2，求a的值．[解析]∵f(1)＝e1－1＝1，又f(1)＋f(a)＝2，∴f(a)＝1.假設(shè)－1<a<0，那么f(a)＝a2＋eq\f(1,2)＝1，此時a2＝eq\f(1,2)，又－1<a<0，∴a＝－eq\f(\r(2),2).假設(shè)a≥0，那么f(a)＝ea－1＝1，∴a＝1.綜上所述，a的值是1或－eq\f(\r(2),2).11.(文)(2024·天津一中)假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x－4,mx2＋4mx＋3)的定義域?yàn)镽，那么實(shí)數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，＋∞) B．(0，eq\f(3,4))C．(eq\f(3,4)，＋∞) D．[0，eq\f(3,4))[答案]D[解析]①m＝0時，分母為3，定義域?yàn)镽.②由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m≠0，,Δ<0))得0<m<eq\f(3,4).綜上得0≤m<eq\f(3,4).(理)(2024·黑龍江哈爾濱模擬)如果函數(shù)f(x)對于任意實(shí)數(shù)x，存在常數(shù)M，使得不等式|f(x)|≤M|x|恒成立，那么就稱函數(shù)f(x)為有界泛涵．下面有4個函數(shù)：①f(x)＝1; ②f(x)＝x2；③f(x)＝(sinx＋cosx)x; ④f(x)＝eq\f(x,x2＋x＋1).其中有兩個屬于有界泛涵，它們是()A．①② B．②④C．①③ D．③④[答案]D[解析]由|f(x)|≤M|x|對x∈R恒成立，知|eq\f(fx,x)|max≤M.①中|eq\f(fx,x)|＝|eq\f(1,x)|∈(0，＋∞)，故不存在常數(shù)M使不等式恒成立；②中|eq\f(fx,x)|＝|x|∈[0，＋∞)，故不存在常數(shù)M使不等式恒成立；③中|eq\f(fx,x)|＝|sinx＋cosx|＝eq\r(2)|sin(x＋eq\f(π,4))|≤eq\r(2)，故存在M使不等式恒成立；④中|eq\f(fx,x)|＝|eq\f(1,x2＋x＋1)|＝|eq\f(1,x＋\f(1,2)2＋\f(3,4))|≤eq\f(4,3)，故存在M使不等式恒成立．[點(diǎn)評]作為選擇題判斷①后即排除A、C，判斷②后排除B，即可選出D.12．(文)(2024·海南?？谀M)對a，b∈R，記min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(aa<b，,ba≥b，))函數(shù)f(x)＝min{eq\f(1,2)x，－|x－1|＋2}(x∈R)的最大值為________．[答案]1[解析]y＝f(x)是y＝eq\f(1,2)x與y＝－|x－1|＋2兩者中的較小者，數(shù)形結(jié)合可知，函數(shù)的最大值為1.(理)(2024·山東煙臺模擬)設(shè)函數(shù)y＝f(x)在(－∞，＋∞)內(nèi)有定義，對于給定的正數(shù)K，定義函數(shù)fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，fx≤K，,K，fx>K.))取函數(shù)f(x)＝a－|x|(a>1)．當(dāng)K＝eq\f(1,a)時，函數(shù)fK(x)在以下區(qū)間上單調(diào)遞減的是()A．(－∞，0) B．(－a，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)[答案]D[解析]當(dāng)K＝eq\f(1,a)時，fK(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－|x|，a－|x|≤\f(1,a)，,\f(1,a)，a－|x|>\f(1,a)))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)|x|，x≤－1或x≥1，,\f(1,a)，－1<x<1.))∵a>1，∴0<eq\f(1,a)<1，如圖，作出函數(shù)fK(x)的圖象可得其單調(diào)減區(qū)間為(1，＋∞)．13．(文)(2024·上海交大附中月考)函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x2＋1)，那么f(eq\f(1,4))＋f(eq\f(1,3))＋f(eq\f(1,2))＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝________.[答案]eq\f(7,2)[解析]f(1)＝eq\f(1,2)，f(x)＋f(eq\f(1,x))＝eq\f(x2,x2＋1)＋eq\f(\f(1,x2),\f(1,x2)＋1)＝eq\f(x2,x2＋1)＋eq\f(1,1＋x2)＝1，那么f(eq\f(1,4))＋f(eq\f(1,3))＋f(eq\f(1,2))＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝3＋eq\f(1,2)＝eq\f(7,2).(理)(2024·襄樊檢測)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋c，x≤0，,2，x>0.))假設(shè)f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，那么關(guān)于x的方程f(x)＝x的解的個數(shù)為()A．1B．2C．3D．[答案]C[解析]法一：假設(shè)x≤0，那么f(x)＝x2＋bx＋c.∵f(－4)＝f(0)，f(－2)＝－2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－42＋b·－4＋c＝c，,－22＋b·－2＋c＝－2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝4，,c＝2.))∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4x＋2，x≤0，,2，x>0.))當(dāng)x≤0時，由f(x)＝x，得x2＋4x＋2＝x，解得x＝－2，或x＝－1；當(dāng)x>0時，由f(x)＝x，得x＝2.∴方程f(x)＝x有3個解．法二：由f(－4)＝f(0)且f(－2)＝－2，可得f(x)＝x2＋bx＋c的對稱軸是x＝－2，且頂點(diǎn)為(－2，－2)，于是可得到f(x)的簡圖(如以下列圖)．方程f(x)＝x的解的個數(shù)就是函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝x的圖象的交點(diǎn)的個數(shù)，所以有3個解．14．(2024·洛陽模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(4,|x|＋2)－1的定義域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，那么滿足條件的整數(shù)數(shù)對(a，b)共有________個．[答案]5[解析]由0≤eq\f(4,|x|＋2)－1≤1，即1≤eq\f(4,|x|＋2)≤2得0≤|x|≤2，滿足條件的整數(shù)數(shù)對有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(0,2)，(－1,2)共5個．[點(diǎn)評]數(shù)對(a，b)的取值必須能夠使得|x|的取值最小值為0，最大值為2，才能滿足f(x)的值域?yàn)閇0,1]的要求．15．(文)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,ax＋b)(ab≠0)，f(2)＝1，又方程f(x)＝x有唯一解，求f(x)的解析式．[解析]由f(2)＝1得eq\f(2,2a＋b)＝1，即2a＋b＝2；由f(x)＝x得eq\f(x,ax＋b)＝x，變形得x(eq\f(1,ax＋b)－1)＝0，解此方程得x＝0或x＝eq\f(1－b,a)，又因方程有唯一解，∴eq\f(1－b,a)＝0，解得b＝1，代入2a＋b＝2得a＝eq\f(1,2)，∴f(x)＝eq\f(2x,x＋2).(理)(2024·廣東普寧模擬)函數(shù)f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常數(shù)．(1)求函數(shù)f(x)的定義域；(2)當(dāng)a∈(1,4)時，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)假設(shè)對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，試確定a的取值范圍．[解析](1)由x＋eq\f(a,x)－2>0，得eq\f(x2－2x＋a,x)>0，a>1時，x2－2x＋a>0恒成立，定義域?yàn)?0，＋∞)．a(chǎn)＝1時，定義域?yàn)閧x|x>0且x≠1}，0<a<1時，定義域?yàn)閧x|0<x<1－eq\r(1－a)或x>1＋eq\r(1－a)}．(2)設(shè)g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當(dāng)a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)時，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0恒成立，∴g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函數(shù)．∴f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)在[2，＋∞)上是增函數(shù)．∴f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)在[2，＋∞)上的最小值為f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)對任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋eq\f(a,x)－2>1對x∈[2，＋∞)恒成立．∴a>3x－x2，而h(x)＝3x－x2＝－(x－eq\f(3,2))2＋eq\f(9,4)在x∈[2，＋∞)上是減函數(shù)，∴h(x)max＝h(2)＝2，∴a>2.16．(2024·深圳九校)某自來水廠的蓄水池存有400噸水，水廠每小時可向蓄水池中注水60噸，同時蓄水池又向居民小區(qū)不間斷供水，t小時內(nèi)供水總量為120eq\r(6t)噸，(0≤t≤24)．(1)從供水開始到第幾小時時，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少噸？(2)假設(shè)蓄水池中水量少于80噸時，就會出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象，請問在一天的24小時內(nèi)，有幾小時出現(xiàn)供水緊張現(xiàn)象．[解析](1)設(shè)t小時后蓄水池中的水量為y噸，那么y＝400＋60t－120eq\r(6t)(0≤t≤24)令eq\r(6t)＝x，那么x2＝6t且0≤x≤12，∴y＝400＋10x2－120x＝10(x－6)2＋40(0≤x≤12)；∴當(dāng)x＝6，即t＝6時，ymin＝40，即從供水開始到第6小時時，蓄水池水量最少，只有40噸．(2)依題意400＋10x2－120x<80，得x2－12x＋32<0，解得4<x<8，即4<eq\r(6t)<8，∴eq\f(8,3)<t<eq\f(32,3)；∵eq\f(32,3)－eq\f(8,3)＝8，∴每天約有8小時供水緊張．1．(2024·江西文，3)假設(shè)f(x)＝,那么f(x)的定義域?yàn)?)A．(－eq\f(1,2)，0) B．(－eq\f(1,2)，＋∞)C．(－eq\f(1,2)，0)∪(0，＋∞) D．(－eq\f(1,2)，2)[答案]C[解析]要使函數(shù)有意義，那么有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1>0,2x＋1≠1))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>－\f(1,2),x≠0)).應(yīng)選C.2．(2024·浙江寧波十校聯(lián)考)值域?yàn)閧2,5,10}，對應(yīng)關(guān)系為y＝x2＋1的函數(shù)個數(shù)為()A．1 B．8C．27 D．39[答案]C[解析]此題的關(guān)鍵是尋找滿足條件的定義域有多少種情況．當(dāng)y＝2，即x2＝1時，x＝1，－1或±1有三種情況，同理當(dāng)y＝5,10時，x的值各有三種情況，由分步乘法計數(shù)原理知，共有3×3×3＝27種可能．應(yīng)選C.3．(2024·陜西理，5)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x<1，,x2＋ax，x≥1，))假設(shè)f(f(0))＝4a，那么實(shí)數(shù)a等于()A.eq\f(1,2) B.eq\f(4,5)C．2 D．9[答案]C[解析]f(0)＝20＋1＝2，f(2)＝4＋2a＝4a，∴a＝4．(2024·天津理，8)設(shè)函數(shù)f(x)＝假設(shè)f(a)>f(－a)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1)[答案]C[解析]解法1：由圖象變換知函數(shù)f(x)圖象如圖，且f(－x)＝－f(x)，即f(x)為奇函數(shù)，∴f(a)>f(－a)化為f(a)>0，∴當(dāng)x∈(－1,0)∪(1，＋∞)，f(a)>f(－a)，應(yīng)選C.解法2：當(dāng)a>0時，由f(a)>f(－a)得，eqlog\s\do8(\f(1,2))og2a>eqlog\s\do8(\f(1,2))a，∴a>1；當(dāng)a<0時，由f(a)>f(－a)得，eqlog\s\do8(\f(1,2))(－a)>log2(－a)，∴－1<a<0，應(yīng)選C.5．a(chǎn)、b為實(shí)數(shù)，集合M＝{eq\f(b,a)，1}，N＝{a,0}，f是M到N的映射，f(x)＝x，那么a＋b的值為()A．－1B．0C．1D．[答案]C[解析]∵f(x)＝x，∴f(1)＝1＝a，假設(shè)f(eq\f(b,a))＝1，那么有eq\f(b,a)＝1，與集合元素的互異性矛盾，∴f(eq\f(b,a))＝0，∴b＝0，∴a＋b＝1.6．(2024·溫州十校二模)某學(xué)校要召開學(xué)生代表大會，規(guī)定各班每10人推選一名代表，當(dāng)各班人數(shù)除以10的余數(shù)大于6時再增選一名代表．那么，各班可推選代表人數(shù)y與該班人數(shù)x之間的函數(shù)關(guān)系用取整函數(shù)y＝[x]([x]表示不大于x的最大整數(shù))可以表示為()A．y＝[eq\f(x,10)] B．y＝[eq\f(x＋3,10)]C．y＝[eq\f(x＋4,10)] D．y＝[eq\f(x＋5,10)][答案]B[解析]當(dāng)x除以10的余數(shù)為0,1,2,3,4,5,6時，由題設(shè)知y＝[eq\f(x,10)]，且易驗(yàn)證此時[eq\f(x,10)]＝[eq\f(x＋3,10)]．當(dāng)x除以10的余數(shù)為7,8,9時，由題設(shè)知y＝[eq\f(x,10)]＋1，且易驗(yàn)證知此時[eq\f(x,10)]＋1＝[eq\f(x＋3,10)]．綜上知，必有y＝[eq\f(x＋3,10)]．應(yīng)選B.7．設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)的定義域分別為F、G，且FG.假設(shè)對任意的x∈F，都有g(shù)(x)＝f(x)，且g(x)為偶函數(shù)，那么稱g(x)為f(x)在G上的一個“延拓函數(shù)〞．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x(x≤0)，假設(shè)g(x)為f(x)在R上的一個延拓函數(shù)，那么函數(shù)g(x)的解析式為()A．g(x)＝2|x| B．g(x)＝log2|x|C．g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))|x| D．g(x)＝eqlog\s\do8(\f(1,2))|x|[答案]A[解析]由延拓函數(shù)的定義知，當(dāng)x≤0時，g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，當(dāng)x>0時，－x<0，∴g(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝2x，∵g(x)為偶函數(shù)，∴g(x)＝2x，故g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a