【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第2章-第1节-函数及其表示.docx

其次章　第一节

一、选择题
1．(文)设集合M＝{x|－2≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，给出下列四个图形，其中能表示以集合M为定义域，N为值域的函数关系的是(　　)

[答案]　B
[解析]　函数的定义要求定义域内的任一变量都有唯一的函数值与之对应，A中x∈(0,2]时没有函数值，C中函数值不唯一，D中的值域不是N，所以选B.
(理)若一系列函数的解析式相同，值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，那么函数解析式为f(x)＝x2，值域为{1,4}的“同族函数”共有(　　)
A．7个　　　　　　　 B．8个
C．9个 D．10个
[答案]　C
[解析]　由x2＝1得x＝±1，由x2＝4得x＝±2，故函数的定义域可以是{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}，故选C.
2．(2021·绍兴一中期中)设全集U＝R，A＝{x|y＝}，B＝{y|y＝－＋1}，则右图中阴影部分表示的集合为(　　)

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}，阴影部分表示A∩(∁UB)＝{x|1≤x<2}，故选B.
3．(文)已知函数f(x)＝则f(2021)等于(　　)
A．－1 B．1
C．－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·湖北百所重点中学联考)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(－x)＝f(＋x)，且当0<x≤时，f(x)＝log2(3x＋1)，则f(2021)等于(　　)
A．－1 B．－2
C．1 D．2
[答案]　B
[解析]　由f(x)为奇函数可得f(－x)＝－f(x)，再由条件可得f(－x)＝f(＋x)，所以，f(3＋x)＝f(x)，所以，f(2021)＝f(671×3＋2)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，故选B.
4．(2022·吉林市质检)下列函数中，在定义域内既是奇函数又为增函数的是(　　)
A．y＝()x B．y＝sinx
C．y＝x3 D．y＝logx
[答案]　C
[解析]　A、D中的函数为非奇非偶函数，B中函数在定义域内既有增区间又有减区间，y＝x3在定义域(－∞，＋∞)上既是奇函数，又是增函数，故选C.
5．(文)(2021·银川模拟)设函数f(x)＝则不等式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]　由题意知f(1)＝3，故原不等式可化为
或解之得－3<x<1或x>3，
∴原不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)，故选A.
(理)设函数f(x)＝若f(x0)>1，则x0的取值范围是(　　)
A．(－∞，0)∪(10，＋∞)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(－1,10)
D．(0,10)
[答案]　A
[解析]　由或⇒x0<0或x0>10.
6．(2022·济宁阶段训练)设函数f(x)＝则满足f(x)＝4的x的值是(　　)
A．2 B．16
C．2或16 D．－2或16
[答案]　C
[解析]　当f(x)＝2x时.2x＝4，解得x＝2.
当f(x)＝log2x时，log2x＝4，解得x＝16.
∴x＝2或16.故选C.
二、填空题
7．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)且f(1)＝1，则＋＋＋…＋＋＝________.
[答案]　2021
[解析]　令b＝1，则＝f(1)＝1，
∴＋＋＋…＋＋＝2021.
8．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝设函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是__________．
[答案]　1
[解析]　结合f(x)与g(x)的图象，h(x)＝易知h(x)的最大值为h(2)＝1.

9．(2021·四川省内江市一模)设函数f(x)＝|x|x＋bx＋c，则下列命题中正确命题的序号有________．
①函数f(x)在R上有最小值；
②当b>0时，函数在R上是单调增函数；
③函数f(x)的图象关于点(0，c)对称；
④当b<0时，方程f(x)＝0有三个不同实数根的充要条件是b2>4|c|；
⑤方程f(x)＝0可能有四个不同实数根．
[答案]　②③④
[解析]　f(x)＝
取b＝0知，①⑤错； 简洁推断②，③正确；b<0时，方程f(x)＝0有三个不同实数根，等价于c－<0且c＋>0，∴b2>4c且b2>－4c，∴b2>4|c|，故填②③④.
三、解答题
10．(2021·娄底市名校联考)对于函数f(x)＝log(x2－2ax＋3)，解答下述问题：
(1)若函数的定义域为R，求实数a的取值范围；
(2)若函数的值域为(－∞，－1]，求实数a的值．
[解析]　记u＝g(x)＝x2－2ax＋3＝(x－a)2＋3－a2，
(1)∵u>0对x∈R恒成立，∴umin＝3－a2>0，
∴－<a<，
∴a的取值范围是(－，)．
(2)要使f(x)的值域为(－∞，－1]，则logu∈(－∞，－1]，
∴u≥2，∴3－a2≥2，∴a2≤1，∴－1≤a≤1.

一、选择题
11．(文)具有性质f()＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”交换的函数，下列函数：
①f(x)＝x－；②f(x)＝x＋；③f(x)＝中满足“倒负”变换的函数是(　　)
A．①② B．①③
C．②③ D．只有①
[答案]　B
[解析]　①f()＝－x＝－f(x)满足．
②f()＝＋x＝f(x)不满足．
③0<x<1时，f()＝－x＝－f(x)，
x＝1时，f()＝0＝－f(x)，
x>1时，f()＝＝－f(x)满足．故选B.
(理)(2022·淮阳中学检测)假如函数f(x)对于任意实数x，存在常数M，使得不等式|f(x)|≤M|x|恒成立，那么就称函数f(x)为有界泛函．下面有4个函数：
①f(x)＝1；　　 ②f(x)＝x2；
③f(x)＝(sinx＋cosx)x；　　 ④f(x)＝.
其中有两个属于有界泛函，它们是(　　)
A．①② B．②④
C．①③ D．③④
[答案]　D
[解析]　由|f(x)|≤M|x|对x∈R恒成立，知||max≤M.
①中＝||∈(0，＋∞)，故不存在常数M使不等式恒成立；
②中＝|x|∈[0，＋∞)，故不存在常数M使不等式恒成立；
③中＝|sinx＋cosx|＝|sin(x＋)|≤，故存在M使不等式恒成立；
④中＝＝≤，
故存在M使不等式恒成立．
[点评]　作为选择题推断①后即排解A、C，推断②后排解B，即可选出D.
12．(文)(2022·乌鲁木齐地区诊断)若a＝，b＝，c＝，则(　　)
A．a<b<c B．c<a<b
C．c<b<a D．b<a<c
[答案]　B
[解析]　解法1：－＝＝<0，
∴a<b
－＝＝<0，∴c<a，
∴c<a<b.
解法2：设f(x)＝(x>1)，则f ′(x)＝，当x>e时，f ′(x)<0，f(x)单调递减，∴f(3)>f(4)>f(5)，
∴>>，∴>>，∴b>a>c.
(理)(2021·山东泰安期中)给定函数①y＝x，②y＝log(x＋1)，③y＝|x－1|，④y＝2x＋1，其中在区间(0,1)上单调递减的函数序号是(　　)
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
[答案]　B
[解析]　y＝为增函数；y＝2x＋1为增函数；y＝log(x＋1)在定义域上为减函数；y＝|x－1|在(－∞，1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增，∴满足条件的函数序号为②③.
13．(文)(2021·泰安期中)若函数f(x)＝kax－a－x(a>0且a≠1)在(－∞，＋∞)上既是奇函数又是增函数，则函数g(x)＝loga(x＋k)的图象是(　　)

[答案]　C
[解析]　∵f(x)为奇函数，∴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)为增函数，∴a>1，∴g(x)＝loga(x＋k)为增函数，且g(x)是由函数y＝logax的图象向左平移一个单位得到的，故选C.
(理)(2022·辽宁省协作校联考)下图可能是下列哪个函数的图象(　　)

A．y＝2x－x2－1 B．y＝
C．y＝(x2－2x)ex D．y＝
[答案]　C
[解析]　由图象可知，x<0时，函数值恒大于0，排解A、B、D，故选C.
14．(文)(2021·湖北教学合作十月联考)已知四个函数①y＝xsinx，②y＝xcosx，③y＝x|cosx|，④y＝x·2x的部分图象如下，但挨次被打乱，则依据图象从左到右的挨次，对应的函数符号正确的一组是(　　)

A．①④②③ B．①④③②
C．④①②③ D．③④②①
[答案]　A
[解析]　①y＝xsinx是偶函数，其图象关于y轴对称；②y＝xcosx是奇函数，其图象关于原点对称；③y＝x|cosx|是奇函数，其图象关于原点对称．且当x>0时，y≥0；④y＝x·2x为非奇非偶函数，且当x>0时，y>0；当x<0时，y<0，故选A.
(理)(2022·吉林省九校联合体摸底)已知函数y＝f(x)是定义在R上的增函数，函数y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称．若对任意的x，y∈R，f(x2－6x＋21)＋f(y2－8y)<0恒成立，则当x>3时，x2＋y2的取值范围是(　　)
A．(3,7) B．(9,25)
C．(13,49) D．(9,49)
[答案]　C
[解析]　∵y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，∴y＝f(x)的图象关于点(0,0)对称，即函数y＝f(x)是奇函数，又∵y＝f(x)是增函数，
∴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.
即点(x，y)是以(3,4)为圆心，以2为半径的圆内的点，如图

当x>3时，点(x，y)是右半圆内部分，x2＋y2表示平面区域内的点到原点距离的平方，∵A(3,2)，C(3,4)，
∴|OA|2＝13，|OC|2＝25，∴|OB|＝7，∴13<x2＋y2<49.
二、填空题
15．(文)(2021·福州模拟)函数f(x)＝－的定义域为________．
[答案]　(－∞，－1)∪(－1,1]
[解析]　∵要使函数f(x)＝－有意义，
∴∴
∴函数f(x)的定义域为{x|x≤1，且x≠－1}．
(理)已知函数f(x)＝－1的定义域是[a，b](a，b∈Z)，值域是[0,1]，则满足条件的整数数对(a，b)共有________个．
[答案]　5
[解析]　由0≤－1≤1，即1≤≤2得
0≤|x|≤2，满足条件的整数数对有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(0,2)，(－1,2)共5个．
16．(2021·厦门模拟)定义新运算“⊕”：当a≥b时，a⊕b＝a；当a<b时，a⊕b＝b2.设函数f(x)＝(1⊕x)x－(2⊕x)，x∈[－2,2]，则函数(x)的值域为________．
[答案]　[－4,6]
[解析]　由题意知，当x∈[－2，－1]时，1⊕x＝1,2⊕x＝2，当x∈(1,2]时，1⊕x＝x2,2⊕x＝2，
∴f(x)＝
当x∈[－2,1]时，f(x)∈[－4，－1]；当x∈(1,2]时，f(x)∈(－1,6]，故当x∈[－2,2]时，f(x)∈[－4,6]．
三、解答题
17．(文)某西部山区的某种特产由于运输的缘由，长期只能在当地销售，当地政府通过投资对该项特产的销售进行扶持，已知每投入x万元，可获得纯利润P＝－(x－40)2＋100万元(已扣除投资，下同)，当地政府拟在新的十年进展规划中加快进展此特产的销售，其规划方案为：在将来10年内对该项目每年都投入60万元的销售投资，其中在前5年中，每年都从60万元中拨出30万元用于修建一条大路，大路5年建成，通车前该特产只能在当地销售；大路通车后的5年中，该特产既在本地销售，也在外地销售，在外地销售的投资收益为：每投入x万元，可获纯利润Q＝－(60－x)2＋·(60－x)万元，问仅从这10年的累积利润看，该规划方案是否可行？
[解析]　在实施规划前，由题设P＝－(x－40)2＋100(万元)，知每年只需投入40万，即可获得最大利润100万元，则10年的总利润为W1＝100×10＝1000(万元)．
实施规划后的前5年中，由题设P＝－(x－40)2＋100知，每年投入30万元时，有最大利润Pmax＝(万元)，
前5年的利润和为×5＝(万元)．
设在大路通车的后5年中，每年用x万元投资于本地的销售，而剩下的(60－x)万元用于外地区的销售投资，
则其总利润为
W2＝[－(x－40)2＋100]×5＋(－x2＋x)×5＝－5(x－30)2＋4950.
当x＝30时，W2＝4950(万元)为最大值，
从而10年的总利润为＋4950(万元)．
∵＋4950>1000，
∴该规划方案有极大实施价值．
(理)已知函数f(x)＝lg(x＋－2)，其中a是大于0的常数．
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)当a∈(1,4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；
(3)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．
[解析]　(1)由x＋－2>0，得>0，
a>1时，x2－2x＋a>0恒成立，定义域为(0，＋∞)．
a＝1时，定义域为{x|x>0且x≠1}，
0<a<1时，定义域为{x|0<x<1－或x>1＋}．
(2)设g(x)＝x＋－2，当a∈(1,4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－＝>0恒成立，
∴g(x)＝x＋－2在[2，＋∞)上是增函数．
∴f(x)＝lg(x＋－2)在[2，＋∞)上是增函数．
∴f(x)＝lg(x＋－2)在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lg.
(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．
∴a>3x－x2，而h(x)＝3x－x2＝－(x－)2＋在x∈[2，＋∞)上是减函数，∴h(x)max＝h(2)＝2，∴a>2.
18．(文)(2022·湖北武汉联考)函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．
(1)求f(1)的值；
(2)推断f(x)的奇偶性并证明你的结论．
[解析]　(1)令x1＝x2＝1，则f(1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝0.
(2)f(x)为偶函数．
证明：令x1＝x2＝－1，有f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，
又∵f(1)＝0，∴2f(－1)＝0，∴f(－1)＝0.
令x1＝x，x2＝－1，则f(－x)＝f(x)＋f(－1)，

∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)在定义域D上为偶函数．
(理)(2022·河北石家庄质检)已知f(x)是定义在[－1，1]上的奇函数，且f(1)＝1，若a，b∈[－1,1]，a＋b≠0时，有>0成立．
(1)推断f(x)在[－1,1]上的单调性，并证明；
(2)解不等式f(x＋)<f()；
(3)若f(x)≤m2－2am＋1对全部的a∈[－1,1]恒成立，求实数m的取值范围．
[解析]　(1)任取x1，x2∈[－1,1]且x1<x2，
则－x2∈[－1,1]，∵f(x)为奇函数，
∴f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)
＝·(x1－x2)，
由已知得>0，x1－x2<0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，
∴f(x)在[－1,1]上单调递增．
(2)∵f(x)在[－1,1]上单调递增，
∴解得－≤x<－1.
∴不等式的解集为{x|－≤x<－1}．
(3)∵f(1)＝1，f(x)在[－1,1]上单调递增，
∴在[－1,1]上，f(x)≤1.
问题转化为m2－2am＋1≥1，
即m2－2am≥0，对a∈[－1,1]恒成立．
下面来求m的取值范围．
设g(a)＝－2m·a＋m2≥0.
①若m＝0，则g(a)＝0≥0，对a∈[－1,1]恒成立．
②若m≠0，则g(a)为a的一次函数，若g(a)≥0，对a∈[－1,1]恒成立，必需g(－1)≥0，且g(1)≥0，
∴m≤－2或m≥2.
∴m的取值范围是m＝0或m≥2或m≤－2.