高一函数综合题训练

高一函数综合题训练一给定函数$f(x)=x^2-x+b$，且$f(\log_2a)=b$，$\log_2f(a)=2(a\neq1)$。(I)求$f(\log_2x)$的最小值。(II)当$x$取何值时，$f(\log_2x)>f(1)$且$\log_2f(x)<f(1)$?二已知函数$f(x)=\frac{x+2}{2}-4$，$(x>0)$，函数$g(x)$与$f(x)$的图像关于原点对称。(I)求函数$g(x)$的解析式；(II)判断函数$g(x)$在$(-1,+\infty)$上的单调性，并给出证明；(III)将函数$g(x)$的图像向右平移$a(a>0)$个单位，再向下平移$b(b>0)$个单位，若对于任意的$a$，平移后$g(x)$和$f(x)$的图像最多只有一个交点，求$b$的最小值。三已知函数$f(x)=\begin{cases}2|x-2|&x\geqa\\|x-10|&x<a\end{cases}$。(I)当$a=1$时，求$f(x)$的最小值；(II)求$f(x)$的最小值$g(a)$；(III)若关于$a$的函数$g(a)$在定义域$[2,10]$上满足$g(-2a+9)<g(a+1)$，求实数$a$的取值范围。四设$A=\{x|x^2-2x-3<0\}$，$B=\{x|\frac{1}{2}x-a\leq1\}$。(1)当$A\capB=\varnothing$时，求实数$a$的取值范围；(2)若$A\subseteqB$，求实数$a$的取值范围；五已知二次函数$f(x)=ax^2+bx$，且$f(x+1)$为偶函数，定义：满足$f(x)=x$的实数$x$称为函数$f(x)$的“不动点”，若函数$f(x)$有且仅有一个不动点，(1)求$f(x)$的解析式；(2)若函数$g(x)=\frac{f(x)+6k}{2+x}$在$(0,+\infty)$上是单调减函数，求实数$k$的取值范围；(3)在(2)的条件下，是否存在区间$[m,n](m<n)$，使得$f(x)$在区间$[m,n]$上的值域为$[km,kn]$？若存在，求出区间$[m,n]$；若不存在，请说明理由。六函数$f(x)=\frac{x+a}{x}$的图像过点$(2,0)$，(I)求$a$的值并判断$f(x)$的奇偶性；(II)函数$g(x)=\log[f(x)+2x-m]$在区间$[2,3]$上有意义，求实数$m$的取值范围；(III)讨论关于$x$的方程$f(x)=t+4x-x^2(t$为常数$)$的正根的个数。七已知定义在$[-1,1]$上的奇函数$f(x)$，当$x\in(0,1]$时，$f(x)=\frac{x}{4+1}$。(1)求函数$f(x)$在$[-1,1]$上的解析式；2.试用函数单调性定义证明：$f(x)$在$(0,1]$上是减函数。证明：假设$f(x)$在$(0,1]$上不是减函数，即存在$x_1,x_2\in(0,1]$，且$x_1<x_2$，使得$f(x_1)>f(x_2)$。由于$f(x)$是单调函数，所以当$x\in(0,x_1]$时，$f(x)\geqf(x_1)$；当$x\in(x_1,x_2]$时，$f(x)\leqf(x_2)$；当$x\in(x_2,1]$时，$f(x)\geqf(1)$。因此，对于任意$x\in(0,1]$，都有$f(x)\geq\min\{f(x_1),f(x_2),f(1)\}$。由于$x_1,x_2\in(0,1]$，所以$\min\{f(x_1),f(x_2),f(1)\}>f(1)$，即$f(x)>f(1)$，与$f(1)$是$f(x)$在$(0,1]$上的上界矛盾。因此，假设不成立，即$f(x)$在$(0,1]$上是减函数。3.要使方程$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有实数解，求实数$b$的取值范围。解：当$x=-1$时，$f(x)=f(-1)\leq0$；当$x=1$时，$f(x)=f(1)\geq2$。因此，当$b\leq-1$或$b\geq1$时，$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有实数解。当$-1<b<1$时，$f(x)=x+b$在$(-1,1)$上单调递增，且$f(-1)\leq0$，$f(1)\geq2$，因此$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有实数解。综上所述，$b\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。7.已知函数$f(x)=1+a\cdotx$，$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}$。（1）当$a=1$时，求函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域，并判断函数$f(x)$在$(-\infty,0)$上是否为有界函数，请说明理由；解：当$a=1$时，$f(x)=1+x$。当$x<0$时，$f(x)<1$，且$f(x)$可以取到任意小的正数。因此，$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域为$(0,1]$。由于$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增，且$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$，因此$f(x)$在$(-\infty,0)$上不是有界函数。（2）若函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上是以$3$为上界的有界函数，求实数$a$的取值范围；解：当$x\geq0$时，$f(x)=1+ax\leq1+3x$。由于$f(x)$在$[0,+\infty)$上是有界函数，因此存在常数$M>0$，使得对于任意$x\geq0$，都有$|f(x)|\leqM$。取$x=1$，则$|1+a|\leqM$，即$-M-1\leqa\leqM-1$。（3）若$m>0$，函数$g(x)$在$[0,1]$上的上界是$T(m)$，求$T(m)$的取值范围。解：当$x\in[0,1]$时，$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}\leq\dfrac{1}{m}$。因此，$T(m)\leq\dfrac{1}{m}$。又因为$g(x)$在$[0,1]$上单调递减，且$g(0)=0$，$g(1)=\dfrac{1}{1+2m}\geq\dfrac{1}{3}$，因此$T(m)\geq\dfrac{1}{3}$。综上所述，$T(m)\in\left[\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{m}\right]$。12.已知函数$f(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2$，$g(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2$。（I）证明：$g(x)>\lnx$，$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$；证明：当$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$时，$\dfrac{1}{2}\lnx+2>\lnx$等价于$\ln\sqrt{x}>2-\dfrac{1}{2}\lnx$。令$h(x)=\ln\sqrt{x}-2+\dfrac{1}{2}\lnx$，则$h'(x)=\dfrac{1}{2x}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x}-1\right)$，当$x\in(0,1)$或$x>1$时，$h'(x)<0$，因此$h(x)$在$(0,1)\cup(2,+\infty)$上单调递减。又因为$h(1)=0$，所以$h(x)>0$，即$g(x)>\lnx$，$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$。（II）证明：$g(x)-f(x)>2$，$x\in(-1,2)$；证明：当$x\in(-1,2)$时，$g(x)-f(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2-x+\dfrac{x^2}{2}-2=\dfrac{1}{2}\lnx-x+\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{1}{2}(x-1)^2+\dfrac{1}{2}\lnx-\dfrac{1}{2}>2$。因此，$g(x)-f(x)>2$，$x\in(-1,2)$。（III）同理可知，$f(x)-g(x)>2$，$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$。证明：当$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$时，$f(x)-g(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2-\dfrac{1}{2}\lnx-2=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lnx=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{x^2}{2}+x-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{1}{2}(x+1)^2-\dfrac{1}{2}\lne^{(x+1)^2/2}-2>2$。因此，$f(x)-g(x)>2$，$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$。3、当a=1时，f(x)的最小值为f(2)=1；当2<a≤6时，f(x)=a-2；当6<a<10时，f(x)=2a-10；当a≥10或a≤2时，f(x)=1。另外，对于函数g(a)，当a<7时，g(a)=2；当7≤a<10时，g(a)=2a-10；当a≥10或a≤-2时，g(a)=1。对于不等式g(-2a+9)<g(a+1)，化简后得到-3<a<9/2或a>10。4、已知A={x|x2-2x-3<0}，B={x|(1/2)x-a≤1}。(1)当A与B的交集为空集时，a≥3；(2)当A是B的子集时，a≤-1。5、已知二次函数f(x)=ax2+bx，且f(x+1)为偶函数，定义：满足f(x)=x的实数x称为函数f(x)的不动点，若函数f(x)有且仅有一个不动点，(1)解析式为f(x)=-x2+x；(2)函数g(x)=f(x)+(6k1)/(2+x)在(0,∞)上是单调减函数，k的取值范围为k≤-1/3；(3)在(2)的条件下，不存在区间[m,n]使得f(x)在该区间上的值域为[km,kn]。由题意可得：$f(x)=-x^2+x=-(x-1)^2+1$，因此$k_n\leq\frac{1}{2n+1}$，从而$n\leq\frac{2}{k_n}-1$。当$k>0$时，$g(x)=x+k$，因此$f(x)$在区间$[m,n]$上是单调增函数。根据$f(m)=km$和$f(n)=kn$，可得$f(x)$在$[m,n]$上的表达式为$f(x)=\frac{k}{n-m}(x-m)$。由此可得当$2-2k\geq0$时，$[m,n]=[0,2-2k]$；当$2-2k<0$时，$[m,n]=[2-2k,0]$；当$2-2k=0$时，$[m,n]$不存在。因为$2\leqx_1<x_2\leq3$，所以$h(x)$在$x\in[2,3]$上单调递增。对于$f(x)$，当$0<x\leq1$时，$f(x)=2x$，当$-1\leqx<0$时，$f(x)=-x(2x-1)$。因此，$f(x)$在$(0,1]$上是减函数。设$b=f(x)-x$，则$g(x)=f(x)-x$在$(0,1]$上是单调递减函数。由于$g(x)$为$[-1,1]$上的奇函数，且$g(x)\in[-1,0)$，因此$b\in[-1,0]$。最后，利用已知条件可得$f(n)=a^n$，其中$a=f(1)$，又因为$f(x)$定义在$\mathbb{R}$上，所以当$n$为偶数时，$a\geq0$，从而$f(1/n)=a^{1/n}$。若$m$为正整数，则$f(m)=f(\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{n})=f(\frac{m}{n})=a^{m/n}$。原方程为$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$，令$y=0$，因为$f(x)$单调，$f(0)=1=a$。令$y=-x=-m$，则有$f(n)f(-n)=1$，故$f(-n)=-\frac{1}{a^n}$，且可知$a>0$。于是在有理数范围内得到函数方程的解是：$f(x)=ax(a>0)$。当$x=\alpha$为无理数时，设$a_i,b_i$分别是$\alpha$的精确到小数点后$i$位，不足近似值和过剩近似值。当$f(x)$为增函数时，有$f(a_i)<f(\alpha)<f(b_i)$，$f(x)$为减函数时，有$f(a_i)>f(\alpha)>f(b_i)$。而$f(a_i)=a^{a_i},f(b_i)=a^{b_i}$，于是可以得到：$f(\alpha)=a^\alpha$。故原方程的解为：$f(x)=ax(a>0且a\neq1)$。解：（1）当$a=1$时，$f(x)=1+\frac{1}{2}x^2$。因为$f(x)$在$(-\infty,0)$上递减，所以$f(x)>f(0)=3$，即$f(x)$在$(-\infty,1)$的值域为$(3,+\infty)$。故不存在常数$M>0$，使$|f(x)|\leqM$成立，所以函数$f(x)$在$(-\infty,1)$上不是有界函数。（2）由题意知，$f(x)\leq3$在$[1,+\infty)$上恒成立。$-3\leqf(x)\leq3$，$-4-\frac{1}{2}x\leqa\leq2-\frac{1}{2}x$。在$[0,+\infty)$上恒成立，故$-\frac{5}{2}\leqa\leq1$。（3）$g(x)=-1+\frac{1}{1-2m}\cdot\frac{1}{1+m}$。因为$m>0$，$x\in[0,1]$，故$g(x)$在$[0,1]$上递减，故$g(1)\leqg(x)\leqg(0)$，即$-\frac{1}{2m}\leqg(x)\leq\frac{1}{2m}$。所以$-\frac{1}{2m}\leq-1+\frac{1}{1-2m}\cdot\frac{1}{1+m}\leq\frac{1}{2m}$，解得$m\in[\frac{1}{5},1]$。当$m\in(\frac{1}{2},+\infty)$时，有$\frac{1-m}{1+2m}\leqg(x)\leq\frac{1-m-2m^2}{1+m+2m^2}$，此时$T(m)\geq\frac{1-2m}{1+2m}$。当$m\in(0,\frac{1}{2}]$时，有$\frac