【2022屆走向高考】高三數(shù)學一輪(人教B版)基礎鞏固：第2章-第1節(jié)-函數(shù)及其表示

其次章第一節(jié)一、選擇題1．(文)設集合M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，給出下列四個圖形，其中能表示以集合M為定義域，N為值域的函數(shù)關系的是()[答案]B[解析]函數(shù)的定義要求定義域內的任一變量都有唯一的函數(shù)值與之對應，A中x∈(0,2]時沒有函數(shù)值，C中函數(shù)值不唯一，D中的值域不是N，所以選B.(理)若一系列函數(shù)的解析式相同，值域相同，但其定義域不同，則稱這些函數(shù)為“同族函數(shù)”，那么函數(shù)解析式為f(x)＝x2，值域為{1,4}的“同族函數(shù)”共有()A．7個 B．8個C．9個 D．10個[答案]C[解析]由x2＝1得x＝±1，由x2＝4得x＝±2，故函數(shù)的定義域可以是{1,2}，{－1,2}，{1，－2}，{－1，－2}，{1,2，－1}，{1,2，－2}，{1，－2，－1}，{－1,2，－2}和{－1，－2，1,2}，故選C.2．(2021·紹興一中期中)設全集U＝R，A＝{x|y＝eq\f(1,\r(－x2＋2x))}，B＝{y|y＝－eq\f(1,x2)＋1}，則右圖中陰影部分表示的集合為()A．{x|x≥1} B．{x|1≤x<2}C．{x|0<x≤1} D．{x|x≤1}[答案]B[解析]A＝{x|0<x<2}，B＝{y|y<1}，陰影部分表示A∩(?UB)＝{x|1≤x<2}，故選B.3．(文)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≤0，,fx－3，x>0，))則f(2021)等于()A．－1 B．1C．－3 D．3[答案]A[解析]f(2021)＝f(2022)＝f(2009)＝f(2006)＝……＝f(2)＝f(－1)＝2×(－1)＋1＝－1.(理)(2021·湖北百所重點中學聯(lián)考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(eq\f(3,2)＋x)，且當0<x≤eq\f(3,2)時，f(x)＝log2(3x＋1)，則f(2021)等于()A．－1 B．－2C．1 D．2[答案]B[解析]由f(x)為奇函數(shù)可得f(－x)＝－f(x)，再由條件可得f(－x)＝f(eq\f(3,2)＋x)，所以，f(3＋x)＝f(x)，所以，f(2021)＝f(671×3＋2)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，故選B.4．(2022·吉林市質檢)下列函數(shù)中，在定義域內既是奇函數(shù)又為增函數(shù)的是()A．y＝(eq\f(1,2))x B．y＝sinxC．y＝x3 D．y＝logeq\f(1,2)x[答案]C[解析]A、D中的函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，B中函數(shù)在定義域內既有增區(qū)間又有減區(qū)間，y＝x3在定義域(－∞，＋∞)上既是奇函數(shù)，又是增函數(shù)，故選C.5．(文)(2021·銀川模擬)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x<0，))則不等式f(x)>f(1)的解集是()A．(－3,1)∪(3，＋∞)B．(－3,1)∪(2，＋∞)C．(－1,1)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3)∪(1,3)[答案]A[解析]由題意知f(1)＝3，故原不等式可化為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥0，,x2－4x＋6>3，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,x＋6>3，))解之得－3<x<1或x>3，∴原不等式的解集為(－3,1)∪(3，＋∞)，故選A.(理)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x－1x<1，,lgxx≥1.))若f(x0)>1，則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．(2022·濟寧階段訓練)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx∈－∞，2]，,log2xx∈2，＋∞.))則滿足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f(x)＝2x時.2x＝4，解得x＝2.當f(x)＝log2x時，log2x＝4，解得x＝16.∴x＝2或16.故選C.二、填空題7．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，則eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2021,f2022)＋eq\f(f2022,f2021)＝________.[答案]2021[解析]令b＝1，則eq\f(fa＋1,fa)＝f(1)＝1，∴eq\f(f2,f1)＋eq\f(f3,f2)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2021,f2022)＋eq\f(f2022,f2021)＝2021.8．對于任意實數(shù)a，b，定義min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，a>b.))設函數(shù)f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，則函數(shù)h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是__________．[答案]1[解析]結合f(x)與g(x)的圖象，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x0<x≤2,－x＋3x>2，))易知h(x)的最大值為h(2)＝1.9．(2021·四川省內江市一模)設函數(shù)f(x)＝|x|x＋bx＋c，則下列命題中正確命題的序號有________．①函數(shù)f(x)在R上有最小值；②當b>0時，函數(shù)在R上是單調增函數(shù)；③函數(shù)f(x)的圖象關于點(0，c)對稱；④當b<0時，方程f(x)＝0有三個不同實數(shù)根的充要條件是b2>4|c|；⑤方程f(x)＝0可能有四個不同實數(shù)根．[答案]②③④[解析]f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋cx≥0,－x2＋bx＋cx<0))取b＝0知，①⑤錯；簡潔推斷②，③正確；b<0時，方程f(x)＝0有三個不同實數(shù)根，等價于c－eq\f(b2,4)<0且c＋eq\f(b2,4)>0，∴b2>4c且b2>－4c，∴b2>4|c|，故填②③④.三、解答題10．(2021·婁底市名校聯(lián)考)對于函數(shù)f(x)＝logeq\f(1,2)(x2－2ax＋3)，解答下述問題：(1)若函數(shù)的定義域為R，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)的值域為(－∞，－1]，求實數(shù)a的值．[解析]記u＝g(x)＝x2－2ax＋3＝(x－a)2＋3－a2，(1)∵u>0對x∈R恒成立，∴umin＝3－a2>0，∴－eq\r(3)<a<eq\r(3)，∴a的取值范圍是(－eq\r(3)，eq\r(3))．(2)要使f(x)的值域為(－∞，－1]，則logeq\f(1,2)u∈(－∞，－1]，∴u≥2，∴3－a2≥2，∴a2≤1，∴－1≤a≤1.一、選擇題11．(文)具有性質f(eq\f(1,x))＝－f(x)的函數(shù)，我們稱為滿足“倒負”交換的函數(shù)，下列函數(shù)：①f(x)＝x－eq\f(1,x)；②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，0<x<1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x>1.))中滿足“倒負”變換的函數(shù)是()A．①② B．①③C．②③ D．只有①[答案]B[解析]①f(eq\f(1,x))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)滿足．②f(eq\f(1,x))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)不滿足．③0<x<1時，f(eq\f(1,x))＝－x＝－f(x)，x＝1時，f(eq\f(1,x))＝0＝－f(x)，x>1時，f(eq\f(1,x))＝eq\f(1,x)＝－f(x)滿足．故選B.(理)(2022·淮陽中學檢測)假如函數(shù)f(x)對于任意實數(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)為有界泛函．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函，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\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))＝|x|∈[0，＋∞)，故不存在常數(shù)M使不等式恒成立；③中eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2＋x＋1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\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．[點評]作為選擇題推斷①后即排解A、C，推斷②后排解B，即可選出D.12．(文)(2022·烏魯木齊地區(qū)診斷)若a＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，則()A．a<b<c B．c<a<bC．c<b<a D．b<a<c[答案]B[解析]解法1：eq\f(ln2,2)－eq\f(ln3,3)＝eq\f(3ln2－2ln3,6)＝eq\f(ln8－ln9,6)<0，∴a<beq\f(ln5,5)－eq\f(ln2,2)＝eq\f(2ln5－5ln2,10)＝eq\f(ln25－ln32,10)<0，∴c<a，∴c<a<b.解法2：設f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>1)，則f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，當x>e時，f′(x)<0，f(x)單調遞減，∴f(3)>f(4)>f(5)，∴eq\f(ln3,3)>eq\f(ln4,4)>eq\f(ln5,5)，∴eq\f(ln3,3)>eq\f(ln2,2)>eq\f(ln5,5)，∴b>a>c.(理)(2021·山東泰安期中)給定函數(shù)①y＝xeq\f(1,2)，②y＝logeq\f(1,2)(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1，其中在區(qū)間(0,1)上單調遞減的函數(shù)序號是()A．①② B．②③C．③④ D．①④[答案]B[解析]y＝eq\r(x)為增函數(shù)；y＝2x＋1為增函數(shù)；y＝logeq\f(1,2)(x＋1)在定義域上為減函數(shù)；y＝|x－1|在(－∞，1]上單調遞減，在[1，＋∞)上單調遞增，∴滿足條件的函數(shù)序號為②③.13．(文)(2021·泰安期中)若函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)在(－∞，＋∞)上既是奇函數(shù)又是增函數(shù)，則函數(shù)g(x)＝loga(x＋k)的圖象是()[答案]C[解析]∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＋f(x)＝0，∴ka－x－ax＋kax－a－x＝(k－1)ax＋(k－1)a－x＝(k－1)(ax＋a－x)＝0，∵上式恒成立，∴k＝1，∴f(x)＝ax－a－x，又f(x)為增函數(shù)，∴a>1，∴g(x)＝loga(x＋k)為增函數(shù)，且g(x)是由函數(shù)y＝logax的圖象向左平移一個單位得到的，故選C.(理)(2022·遼寧省協(xié)作校聯(lián)考)下圖可能是下列哪個函數(shù)的圖象()A．y＝2x－x2－1 B．y＝eq\f(2xsinx,4x＋1)C．y＝(x2－2x)ex D．y＝eq\f(x,lnx)[答案]C[解析]由圖象可知，x<0時，函數(shù)值恒大于0，排解A、B、D，故選C.14．(文)(2021·湖北教學合作十月聯(lián)考)已知四個函數(shù)①y＝xsinx，②y＝xcosx，③y＝x|cosx|，④y＝x·2x的部分圖象如下，但挨次被打亂，則依據(jù)圖象從左到右的挨次，對應的函數(shù)符號正確的一組是()A．①④②③ B．①④③②C．④①②③ D．③④②①[答案]A[解析]①y＝xsinx是偶函數(shù)，其圖象關于y軸對稱；②y＝xcosx是奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱；③y＝x|cosx|是奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱．且當x>0時，y≥0；④y＝x·2x為非奇非偶函數(shù)，且當x>0時，y>0；當x<0時，y<0，故選A.(理)(2022·吉林省九校聯(lián)合體摸底)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的增函數(shù)，函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱．若對任意的x，y∈R，f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，則當x>3時，x2＋y2的取值范圍是()A．(3,7) B．(9,25)C．(13,49) D．(9,49)[答案]C[解析]∵y＝f(x－1)的圖象關于點(1,0)對稱，∴y＝f(x)的圖象關于點(0,0)對稱，即函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)，又∵y＝f(x)是增函數(shù)，∴不等式f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0?f(x2－6x＋21)<f(8y－y2)?x2－6x＋21－8y＋y2<0?(x－3)2＋(y－4)2<4.即點(x，y)是以(3,4)為圓心，以2為半徑的圓內的點，如圖當x>3時，點(x，y)是右半圓內部分，x2＋y2表示平面區(qū)域內的點到原點距離的平方，∵A(3,2)，C(3,4)，∴|OA|2＝13，|OC|2＝25，∴|OB|＝7，∴13<x2＋y2<49.二、填空題15．(文)(2021·福州模擬)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)的定義域為________．[答案](－∞，－1)∪(－1,1][解析]∵要使函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)有意義，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x≥0，,x＋1≠0，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≤1，,x≠－1，))∴函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≤1，且x≠－1}．(理)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(4,|x|＋2)－1的定義域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，則滿足條件的整數(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．16．(2021·廈門模擬)定義新運算“⊕”：當a≥b時，a⊕b＝a；當a<b時，a⊕b＝b2.設函數(shù)f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]，則函數(shù)(x)的值域為________．[答案][－4,6][解析]由題意知，當x∈[－2，－1]時，1⊕x＝1,2⊕x＝2，當x∈(1,2]時，1⊕x＝x2,2⊕x＝2，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2，x∈[－2，1]，,x3－2，x∈1，2].))當x∈[－2,1]時，f(x)∈[－4，－1]；當x∈(1,2]時，f(x)∈(－1,6]，故當x∈[－2,2]時，f(x)∈[－4,6]．三、解答題17．(文)某西部山區(qū)的某種特產由于運輸?shù)木売?，長期只能在當?shù)劁N售，當?shù)卣ㄟ^投資對該項特產的銷售進行扶持，已知每投入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?shù)卣當M在新的十年進展規(guī)劃中加快進展此特產的銷售，其規(guī)劃方案為：在將來10年內對該項目每年都投入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大路，大路5年建成，通車前該特產只能在當?shù)劁N售；大路通車后的5年中，該特產既在本地銷售，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]在實施規(guī)劃前，由題設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，則10年的總利潤為W1＝100×10＝1000(萬元)．實施規(guī)劃后的前5年中，由題設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)．設在大路通車的后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，則其總利潤為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)劃方案有極大實施價值．(理)已知函數(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a∈(1,4)時，求函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(3)若對任意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，定義域為(0，＋∞)．a＝1時，定義域為{x|x>0且x≠1}，0<a<1時，定義域為{x|0<x<1－eq\r(1－a)或x>1＋eq\r(1－a)}．(2)設g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，當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>2.18．(文)(2022·湖北武漢聯(lián)考)函數(shù)f(x)的定義域為D＝{x|x≠0}，且滿足對于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．(1)求f(1)的值；(2)推斷f(x)的奇偶性并證明你的結論．[解析](1)令x1＝x2＝1，則f(1)