《第二章函数概念与基本初等函数》章节训练习题

《第二章函数概念与基本初等函数》章节训练习题第1讲函数及其表示[基础题组练]1．y＝eq\r(\f(x－1,2x))－log2(4－x2)的定义域是()A．(－2，0)∪(1，2) B．(－2，0]∪(1，2)C．(－2，0)∪[1，2) D．[－2，0]∪[1，2]解析：选C.要使函数有意义，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,2x)≥0，,x≠0，,4－x2＞0，))解得x∈(－2，0)∪[1，2)，即函数的定义域是(－2，0)∪[1，2)．2．下列各组函数中，表示同一函数的是()A．f(x)＝elnx，g(x)＝xB．f(x)＝eq\f(x2－4,x＋2)，g(x)＝x－2C．f(x)＝eq\f(sin2x,2cosx)，g(x)＝sinxD．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)解析：选D.A，B，C的定义域不同，所以答案为D.3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x＞2，,x2＋2，x≤2，))则f(f(1))＝()A．－eq\f(1,2) B．2C．4 D．11解析：选C.因为f(1)＝12＋2＝3，所以f(f(1))＝f(3)＝3＋eq\f(1,3－2)＝4.故选C.4．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)，x≥4，,f（x＋1），x＜4，))则f(1＋log25)的值为()A.eq\f(1,4) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1＋log25)C.eq\f(1,2) D.eq\f(1,20)解析：选D.因为2＜log25＜3，所以3＜1＋log25＜4，则4＜2＋log25＜5，则f(1＋log25)＝f(1＋1＋log25)＝f(2＋log25)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2＋log25)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,5)＝eq\f(1,20)，故选D.5．已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x－1))＝2x－5，且f(a)＝6，则a等于()A.eq\f(7,4) B．－eq\f(7,4)C.eq\f(4,3) D．－eq\f(4,3)解析：选A.令t＝eq\f(1,2)x－1，则x＝2t＋2，f(t)＝2(2t＋2)－5＝4t－1，则4a－1＝6，解得a＝eq\f(7,4).6．已知函数f(x－1)＝eq\f(x,x＋1)，则函数f(x)的解析式为()A．f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2) B．f(x)＝eq\f(x,x＋1)C．f(x)＝eq\f(x－1,x) D．f(x)＝eq\f(1,x＋2)解析：选A.令x－1＝t，则x＝t＋1，所以f(t)＝eq\f(t＋1,t＋2)，即f(x)＝eq\f(x＋1,x＋2).故选A.7．设x∈R，定义符号函数sgnx＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0，))则()A．|x|＝x|sgnx| B．|x|＝xsgn|x|C．|x|＝|x|sgnx D．|x|＝xsgnx解析：选D.当x＜0时，|x|＝－x，x|sgnx|＝x，xsgn|x|＝x，|x|sgnx＝(－x)·(－1)＝x，排除A，B，C，故选D.8．已知函数f(x)满足f(2x)＝2f(x)，且当1≤x＜2时，f(x)＝x2，则f(3)＝()A.eq\f(9,8) B.eq\f(9,4)C.eq\f(9,2) D．9解析：选C.因为f(2x)＝2f(x)，且当1≤x＜2时，f(x)＝x2，所以f(3)＝2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(9,2).9．若二次函数g(x)满足g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，则g(x)＝________．解析：设g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，因为g(1)＝1，g(－1)＝5，且图象过原点，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝1，,a－b＋c＝5，,c＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2，,c＝0，))所以g(x)＝3x2－2x.答案：3x2－2x10．已知函数f(x)＝eq\r(mx2＋（m－3）x＋1)的值域是[0，＋∞)，则实数m的取值范围是________．解析：当m＝0时，函数f(x)＝eq\r(－3x＋1)的值域是[0，＋∞)，显然成立；当m＞0时，Δ＝(m－3)2－4m≥0，解得0＜m≤1或m≥9.显然m＜0时不合题意．综上可知，实数m的取值范围是[0，1]∪[9，＋∞)．答案：[0，1]∪[9，＋∞)11．已知f(x)的定义域为{x|x≠0}，且3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1，则函数f(x)的解析式为________．解析：用eq\f(1,x)代替3f(x)＋5feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(3,x)＋1中的x，得3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f(x)＝3x＋1，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3f（x）＋5f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝\f(3,x)＋1①，,3f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋5f（x）＝3x＋1②，))①×3－②×5得f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)．答案：f(x)＝eq\f(15,16)x－eq\f(9,16x)＋eq\f(1,8)(x≠0)12．已知函数y＝f(x＋1)的定义域是[－2，3]，则y＝f(2x－1)的定义域为________．解析：因为y＝f(x＋1)的定义域为[－2，3]，所以－1≤x＋1≤4.由－1≤2x－1≤4，得0≤x≤eq\f(5,2)，即y＝f(2x－1)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2))).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(5,2)))[综合题组练]1．(创新型)具有性质feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数，给出下列函数：①f(x)＝x－eq\f(1,x)；②f(x)＝x＋eq\f(1,x)；③f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，0＜x＜1，,0，x＝1，,－\f(1,x)，x＞1.))其中满足“倒负”变换的函数是()A．①③ B．②③C．①②③ D．①②解析：选A.对于①，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)－x＝－f(x)，满足题意；对于②，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)，不满足题意；对于③，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，0＜\f(1,x)＜1，,0，\f(1,x)＝1，,－x，\f(1,x)＞1，))即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x＞1，,0，x＝1，,－x，0＜x＜1，))故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝－f(x)，满足题意．综上可知，满足“倒负”变换的函数是①③.故选A.2．(创新型)设f(x)，g(x)都是定义在实数集上的函数，定义函数(f·g)(x)：∀x∈R，(f·g)(x)＝f(g(x))．若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x，x>0，,x2，x≤0，))g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x>0，))则()A．(f·f)(x)＝f(x) B．(f·g)(x)＝f(x)C．(g·f)(x)＝g(x) D．(g·g)(x)＝g(x)解析：选A.对于A，(f·f)(x)＝f(f(x))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）>0，,f2（x），f（x）≤0，))当x>0时，f(x)＝x>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x；当x<0时，f(x)＝x2>0，(f·f)(x)＝f(x)＝x2；当x＝0时，(f·f)(x)＝f2(x)＝0＝02，因此对任意的x∈R，有(f·f)(x)＝f(x)，故A正确，选A.3．已知函数f(x)满足对任意的x∈R都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2成立，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝________．解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋x))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－x))＝2，得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,8)))＝2，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,8)))＝2，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,8)))))＝eq\f(1,2)×2＝1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,8)))＋…＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,8)))＝2×3＋1＝7.答案：74．(应用型)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（1－2a）x＋3a，x＜1，,lnx，x≥1))的值域为R，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知y＝lnx(x≥1)的值域为[0，＋∞)，故要使f(x)的值域为R，则必有y＝(1－2a)x＋3a为增函数，且1－2a＋3a≥0，所以1－2a＞0，且a≥－1，解得－1≤a＜eq\f(1,2).答案：[－1，eq\f(1,2))第2讲函数的单调性与最值[基础题组练]1．下列函数中，在区间(0，＋∞)内单调递减的是()A．y＝eq\f(1,x)－x B．y＝x2－xC．y＝lnx－x D．y＝ex－x解析：选A.对于A，y1＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)内是减函数，y2＝x在(0，＋∞)内是增函数，则y＝eq\f(1,x)－x在(0，＋∞)内是减函数；B，C选项中的函数在(0，＋∞)上均不单调；选项D中，y′＝ex－1，而当x∈(0，＋∞)时，y′＞0，所以函数y＝ex－x在(0，＋∞)上是增函数．2．函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)解析：选D.由x2－2x－8＞0，得x＞4或x＜－2.因此，函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的定义域是(－∞，－2)∪(4，＋∞)，注意到函数y＝x2－2x－8在(4，＋∞)上单调递增，由复合函数的单调性知，f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是(4，＋∞)．3．函数y＝|x|(1－x)在区间A上是增函数，那么区间A是()A．(－∞，0) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．[0，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))解析：选B.y＝|x|(1－x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），x≥0，,－x（1－x），x＜0))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋x，x≥0，,x2－x，x＜0))函数的草图如图所示．由图易知原函数在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上单调递增．故选B.4．若函数f(x)＝x2＋a|x|＋2，x∈R在区间[3，＋∞)和[－2，－1]上均为增函数，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(11,3)，－3)) B．[－6，－4]C．[－3，－2eq\r(2)] D．[－4，－3]解析：选B.由于f(x)为R上的偶函数，因此只需考虑函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性即可．由题意知函数f(x)在[3，＋∞)上为增函数，在[1，2]上为减函数，故－eq\f(a,2)∈[2，3]，即a∈[－6，－4]．5．已知函数f(x)为R上的减函数，则满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)的实数x的取值范围是()A．(－1，1) B．(0，1)C．(－1，0)∪(0，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析：选C.由f(x)为R上的减函数且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))))＜f(1)，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＞1，,x≠0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x|＜1，,x≠0.))所以－1＜x＜0或0＜x＜1.故选C.6．函数f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)的值域为________．解析：因为eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4－x≥0，,x＋2≥0，))所以－2≤x≤4，所以函数f(x)的定义域为[－2，4]．又y1＝eq\r(4－x)，y2＝－eq\r(x＋2)在区间[－2，4]上均为减函数，所以f(x)＝eq\r(4－x)－eq\r(x＋2)在[－2，4]上为减函数，所以f(4)≤f(x)≤f(－2)．即－eq\r(6)≤f(x)≤eq\r(6).答案：[－eq\r(6)，eq\r(6)]7．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|＜1))的图象过点(1，1)，函数g(x)是二次函数，若函数f(g(x))的值域是[0，＋∞)，则函数g(x)的值域是________．解析：因为函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＋x2，|x|≥1，,x，|x|＜1))的图象过点(1，1)，所以m＋1＝1，解得m＝0，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，|x|≥1，,x，|x|＜1.))画出函数y＝f(x)的大致图象如图所示，观察图象可知，当纵坐标在[0，＋∞)上时，横坐标在(－∞，－1]∪[0，＋∞)上变化．而f(x)的值域为[－1，＋∞)，f(g(x))的值域为[0，＋∞)，因为g(x)是二次函数，所以g(x)的值域是[0，＋∞)．答案：[0，＋∞)8．若f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（3a－1）x＋4a，x＜1，,－ax，x≥1))是定义在R上的减函数，则a的取值范围是________．解析：由题意知，eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3a－1＜0，,（3a－1）×1＋4a≥－a，,a＞0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＜\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a＞0，))所以a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3))).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，\f(1,3)))9．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的递减区间是________．解析：由题意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函数图象如图所示，其递减区间是[0，1)．答案：[0，1)10．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a＞0且f(x)在(1，＋∞)上单调递减，求a的取值范围．解：(1)证明：设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)－eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2（x1－x2）,（x1＋2）（x2＋2）).因为(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)在(－∞，－2)上单调递增．(2)设1＜x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)－eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－a）（x2－a）).因为a＞0，x2－x1＞0，所以要使f(x1)－f(x2)＞0，只需(x1－a)(x2－a)＞0恒成立，所以a≤1.综上所述，0＜a≤1.11．已知函数f(x)＝x2＋a|x－2|－4.(1)当a＝2时，求f(x)在[0，3]上的最大值和最小值；(2)若f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋2|x－2|－4＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8，x≥2,x2－2x，x＜2))＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2－9，x≥2,（x－1）2－1，x＜2))，当x∈[0，2]时，－1≤f(x)≤0，当x∈[2，3]时，0≤f(x)≤7，所以f(x)在[0，3]上的最大值为7，最小值为－1.(2)因为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋ax－2a－4，x＞2,x2－ax＋2a－4，x≤2))，又f(x)在区间[－1，＋∞)上单调递增，所以当x＞2时，f(x)单调递增，则－eq\f(a,2)≤2，即a≥－4.当－1＜x≤2时，f(x)单调递增，则eq\f(a,2)≤－1.即a≤－2，且4＋2a－2a－4≥4－2a＋2a－4恒成立，故a的取值范围为[－4，－2]．[综合题组练]1．(应用型)已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0解析：选B.因为函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0；当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B.2．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x＞0.))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]解析：选D.因为当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，所以a≥0.当x＞0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取“＝”．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2，所以a的取值范围是0≤a≤2.故选D.3．已知函数y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则实数a的取值范围是()A．(0，1] B．[1，2]C．[1，＋∞) D．[2，＋∞)解析：选C.要使y＝log2(ax－1)在(1，2)上单调递增，则a＞0且a－1≥0，所以a≥1.故选C.4．(创新型)如果函数y＝f(x)在区间I上是增函数，且函数y＝eq\f(f（x）,x)在区间I上是减函数，那么称函数y＝f(x)是区间I上的“缓增函数”，区间I叫做“缓增区间”．若函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)是区间I上的“缓增函数”，则“缓增区间”I为()A．[1，＋∞) B．[0，eq\r(3)]C．[0，1] D．[1，eq\r(3)]解析：选D.因为函数f(x)＝eq\f(1,2)x2－x＋eq\f(3,2)的对称轴为x＝1，所以函数y＝f(x)在区间[1，＋∞)上是增函数，又当x≥1时，eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)，令g(x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)(x≥1)，则g′(x)＝eq\f(1,2)－eq\f(3,2x2)＝eq\f(x2－3,2x2)，由g′(x)≤0得1≤x≤eq\r(3)，即函数eq\f(f（x）,x)＝eq\f(1,2)x－1＋eq\f(3,2x)在区间[1，eq\r(3)]上单调递减，故“缓增区间”I为[1，eq\r(3)]．5．(应用型)用min{a，b，c}表示a，b，c三个数中的最小值，则函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的最大值是__________．解析：在同一直角坐标系中分别作出函数y＝4x＋1，y＝x＋4，y＝－x＋8的图象后，取位于下方的部分得到函数f(x)＝min{4x＋1，x＋4，－x＋8}的图象，如图所示，不难看出函数f(x)在x＝2处取得最大值6.答案：66．已知函数f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)，其中a是大于0的常数．(1)当a∈(1，4)时，求函数f(x)在[2，＋∞)上的最小值；(2)若对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，试确定a的取值范围．解：(1)设g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2，当a∈(1，4)，x∈[2，＋∞)时，g′(x)＝1－eq\f(a,x2)＝eq\f(x2－a,x2)>0.因此g(x)在[2，＋∞)上是增函数，所以f(x)在[2，＋∞)上是增函数．则f(x)min＝f(2)＝lneq\f(a,2).(2)对任意x∈[2，＋∞)，恒有f(x)>0.即x＋eq\f(a,x)－2>1对x∈[2，＋∞)恒成立．所以a>3x－x2.令h(x)＝3x－x2，x∈[2，＋∞)．由于h(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(9,4)在[2，＋∞)上是减函数，所以h(x)max＝h(2)＝2.故a>2时，恒有f(x)>0.因此实数a的取值范围为(2，＋∞)．第3讲函数的奇偶性及周期性[基础题组练]1．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝|x|－1C．y＝lgx D．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)解析：选B.y＝eq\f(1,x)为奇函数；y＝lgx的定义域为(0，＋∞)，不具备奇偶性；y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|x|)在(0，＋∞)上为减函数；y＝|x|－1在(0，＋∞)上为增函数，且在定义域上为偶函数．2．设函数f(x)＝ln(1＋x)－ln(1－x)，则f(x)是()A．奇函数，且在(0，1)上是增函数B．奇函数，且在(0，1)上是减函数C．偶函数，且在(0，1)上是增函数D．偶函数，且在(0，1)上是减函数解析：选A.易知函数定义域为(－1，1)，f(－x)＝ln(1－x)－ln(1＋x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，又f(x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(2,1－x)))，由复合函数单调性判断方法知，f(x)在(0，1)上是增函数，故选A.3．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（1－x）（x<0），,g（x）＋1（x>0），))若f(x)是奇函数，则g(3)的值是()A．1 B．3C．－3 D．－1解析：选C.因为函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log2（1－x）（x<0），,g（x）＋1（x>0），))f(x)是奇函数，所以f(－3)＝－f(3)，所以log2(1＋3)＝－[g(3)＋1]，则g(3)＝－3.故选C.4．函数f(x)的定义域为R，且满足：f(x)是偶函数，f(x－1)是奇函数，若f(0.5)＝9，则f(8.5)等于()A．－9 B．9C．－3 D．0解析：选B.因为f(x－1)是奇函数，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，即f(－x)＝－f(x－2)．又因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝－f(x－2)＝f(x－4)，故f(x)的周期为4，所以f(0.5)＝f(8.5)＝9.故选B.5．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋3)＝f(x)．若f(2)>1，f(7)＝a，则实数a的取值范围为()A．(－∞，－3) B．(3，＋∞)C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)解析：选D.因为f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是定义在R上的以3为周期的函数，所以f(7)＝f(7－9)＝f(－2)．又因为函数f(x)是偶函数，所以f(－2)＝f(2)，所以f(7)＝f(2)>1，所以a>1，即a∈(1，＋∞)．故选D.6．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且在[－1，0]上单调递减，设a＝f(－2.8)，b＝f(－1.6)，c＝f(0.5)，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．c>a>bC．b>c>a D．a>c>b解析：选D.因为偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，所以函数的周期为2.所以a＝f(－2.8)＝f(－0.8)，b＝f(－1.6)＝f(0.4)＝f(－0.4)，c＝f(0.5)＝f(－0.5)．因为－0.8<－0.5<－0.4，且函数f(x)在[－1，0]上单调递减，所以a>c>b，故选D.7．若函数f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))为偶函数，则a＝________．解析：因为f(x)为偶函数，所以f(－x)－f(x)＝0恒成立，所以－xln(－x＋eq\r(a＋x2))－xln(x＋eq\r(a＋x2))＝0恒成立，所以xlna＝0恒成立，所以lna＝0，即a＝1.答案：18．已知f(x)是奇函数，且x∈(0，＋∞)时的解析式是f(x)＝－x2＋2x，若x∈(－∞，0)，则f(x)＝________．解析：由题意知f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，－x∈(0，＋∞)，所以f(－x)＝－(－x)2＋2×(－x)＝－x2－2x＝－f(x)，所以f(x)＝x2＋2x.答案：x2＋2x9．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是________．解析：因为f(x)是偶函数，所以f(x)＝f(|x|)，所以f(|2x－1|)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以|2x－1|<eq\f(1,3)，解得eq\f(1,3)<x<eq\f(2,3).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))10．已知f(x)是定义在R上的偶函数，并且f(x＋3)＝－eq\f(1,f（x）)，当1<x≤3时，f(x)＝coseq\f(πx,3)，则f(2017)＝________．解析：由已知可得f(x＋6)＝f((x＋3)＋3)＝－eq\f(1,f（x＋3）)＝－eq\f(1,－\f(1,f（x）))＝f(x)，故函数f(x)的周期为6.所以f(2017)＝f(6×336＋1)＝f(1)．因为f(x)为偶函数，所以f(1)＝f(－1)，而f(－1＋3)＝－eq\f(1,f（－1）)，所以f(1)＝f(－1)＝－eq\f(1,f（2）)＝－eq\f(1,cos\f(2π,3))＝2.所以f(2017)＝2.答案：211．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x＞0，,0，x＝0，,x2＋mx，x＜0))是奇函数．(1)求实数m的值；(2)若函数f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数a的取值范围．解：(1)设x＜0，则－x＞0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，于是x＜0时，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)由(1)知f(x)在[－1，1]上是增函数，要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增．结合f(x)的图象知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2＞－1，,a－2≤1，))所以1＜a≤3，故实数a的取值范围是(1，3]．12．设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)当－4≤x≤4时，求f(x)的图象与x轴所围成的图形的面积．解：(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4为周期的周期函数．所以f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)由f(x)是奇函数与f(x＋2)＝－f(x)，得f((x－1)＋2)＝－f(x－1)＝f(－(x－1))，即f(1＋x)＝f(1－x)．从而可知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．又当0≤x≤1时，f(x)＝x，且f(x)的图象关于原点成中心对称，则f(x)的图象如图所示．设当－4≤x≤4时，f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S，则S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.[综合题组练]1．设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)，若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，则m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))解析：选B.当－1<x≤0时，0<x＋1≤1，则f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；当1<x≤2时，0<x－1≤1，则f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；当2<x≤3时，0<x－2≤1，则f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，……由此可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)（x＋1）x，－1<x≤0，,x（x－1），0<x≤1，,2（x－1）（x－2），1<x≤2，,22（x－2）（x－3），2<x≤3，,…))由此作出函数f(x)的图象，如图所示．由图可知当2<x≤3时，令22(x－2)·(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，将这两个值标注在图中．要使对任意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))，故选B.2．已知定义在R上的奇函数f(x)满足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＋f(x)＝0，当－eq\f(5,4)≤x≤0时，f(x)＝2x＋a，则f(16)＝________．解析：由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＋f(x)＝0，得f(x)＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(5,2)))＝f(x＋5)，所以函数f(x)是以5为周期的周期函数，则f(16)＝f(3×5＋1)＝f(1)．又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，a＝－1，所以当－eq\f(5,4)≤x≤0时，f(x)＝2x－1，所以f(－1)＝－eq\f(1,2)，则f(1)＝－f(－1)＝eq\f(1,2)，故f(16)＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)3．(应用型)设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范围是________．解析：由题意知，f(x)是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数，所以f(x)>f(2x－1)⇔f(|x|)>f(|2x－1|)⇔|x|>|2x－1|⇔eq\f(1,3)<x<1.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))4．已知函数f(x)对任意x∈R满足f(x)＋f(－x)＝0，f(x－1)＝f(x＋1)，若当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b(a＞0且a≠1)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝eq\f(1,2).(1)求实数a，b的值；(2)求函数g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域．解：(1)因为f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)是奇函数．因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x＋2)＝f(x)，即函数f(x)是周期为2的周期函数，所以f(0)＝0，即b＝－1.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1－eq\r(a)＝eq\f(1,2)，解得a＝eq\f(1,4).(2)当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))eq\s\up12(x)－1∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，0))，由f(x)为奇函数知，当x∈(－1，0)时，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))，又因为f(x)是周期为2的周期函数，所以当x∈R时，f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，设t＝f(x)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，所以g(x)＝f2(x)＋f(x)＝t2＋t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，即y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(21,16))).故函数g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，\f(21,16))).第4讲二次函数与幂函数[基础题组练]1．幂函数y＝xm2－4m(m∈Z)的图象如图所示，则m的值为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C.因为y＝xm2－4m(m∈Z)的图象与坐标轴没有交点，所以m2－4m<0，即0<m<4.又因为函数的图象关于y轴对称，且m∈Z，所以m2－4m为偶数，因此m＝2.2．已知幂函数f(x)＝(n2＋2n－2)·xn2－3n(n∈Z)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上是减函数，则n的值为()A．－3 B．1C．2 D．1或2解析：选B.由于f(x)为幂函数，所以n2＋2n－2＝1，解得n＝1或n＝－3，当n＝1时，函数f(x)＝x－2为偶函数，其图象关于y轴对称，且f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以n＝1满足题意；当n＝－3时，函数f(x)＝x18为偶函数，其图象关于y轴对称，而f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以n＝－3不满足题意，舍去．故选B.3．对数函数y＝logax(a>0且a≠1)与二次函数y＝(a－1)x2－x在同一坐标系内的图象可能是()解析：选A.当0<a<1时，y＝logax为减函数，y＝(a－1)x2－x开口向下，其对称轴为x＝eq\f(1,2（a－1）)<0，排除C，D；当a>1时，y＝logax为增函数，y＝(a－1)x2－x开口向上，其对称轴为x＝eq\f(1,2（a－1）)>0，排除B.故选A.4．若二次函数y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上是单调递增函数，则实数k的取值范围为()A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，0) D．(－∞，2)解析：选A.二次函数y＝kx2－4x＋2的对称轴为x＝eq\f(2,k)，当k>0时，要使函数y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上是增函数，只需eq\f(2,k)≤1，解得k≥2.当k<0时，eq\f(2,k)<0，此时抛物线的对称轴在区间[1，2]的左侧，该函数y＝kx2－4x＋2在区间[1，2]上是减函数，不符合要求．综上可得实数k的取值范围是[2，＋∞)．5．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，且2是f(x)的一个零点，－1是f(x)的一个极小值点，那么不等式f(x)>0的解集是()A．(－4，2)B．(－2，4)C．(－∞，－4)∪(2，＋∞)D．(－∞，－2)∪(4，＋∞)解析：选C.依题意，f(x)图象是开口向上的抛物线，对称轴为x＝－1，方程ax2＋bx＋c＝0的一个根是2，另一个根是－4.因此f(x)＝a(x＋4)(x－2)(a>0)，于是f(x)>0，解得x>2或x<－4.6．已知点(m，8)在幂函数f(x)＝(m－1)xn的图象上，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))\s\up6(\f(1,2))))，b＝f(lnπ)，c＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，则a，b，c的大小关系为()A．c<a<b B．a<b<cC．b<c<a D．b<a<c解析：选A.根据题意，m－1＝1，所以m＝2，所以2n＝8，所以n＝3，所以f(x)＝x3.因为f(x)＝x3是定义在R上的增函数，又－eq\f(1,2)<0<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up6(\f(1,2))<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(0)＝1<lnπ，所以c<a<b.7．已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2＋bx＋c.若f(1)＝f(3)>f(4)，则()A．a>0，4a＋b＝0 B．a<0，4a＋b＝0C．a>0，2a＋b＝0 D．a<0，2a＋b＝0解析：选B.若a＝0，f(x)不满足题意，所以a≠0，f(x)为二次函数．因为f(1)＝f(3)，则x＝2为对称轴，故－eq\f(b,2a)＝2，则4a＋b＝0，又f(3)>f(4)，在(2，＋∞)上f(x)为减函数，所以开口向下，a<0.故选B.8．已知幂函数f(x)＝xeq\s\up12(－\f(1,2))，若f(a＋1)<f(10－2a)，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝xeq\s\up12(－\f(1,2))＝eq\f(1,\r(x))(x>0)，易知x∈(0，＋∞)时f(x)为减函数，又f(a＋1)<f(10－2a)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a<5，,a>3，))所以3<a<5.答案：(3，5)9．已知二次函数的图象与x轴只有一个交点，对称轴为x＝3，与y轴交于点(0，3)，则它的解析式为________．解析：由题意知，可设二次函数的解析式为y＝a(x－3)2，又图象与y轴交于点(0，3)，所以3＝9a，即a＝eq\f(1,3).所以y＝eq\f(1,3)(x－3)2＝eq\f(1,3)x2－2x＋3.答案：y＝eq\f(1,3)x2－2x＋310．若f(x)＝－x2＋2ax与g(x)＝eq\f(a,x＋1)在区间[1，2]上都是减函数，则实数a的取值范围是________．解析：因为f(x)＝－x2＋2ax在[1，2]上是减函数，所以a≤1，又因为g(x)＝eq\f(a,x＋1)在[1，2]上是减函数，所以a>0，所以0<a≤1.答案：(0，1]11．已知函数f(x)＝bx2－2ax＋a(a，b∈R)的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4))).(1)当a＝2时，求函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))f(x)的单调增区间；(2)当a＜0时，求使函数f(x)的定义域为[－1，1]，值域为[－2，2]的a值．解：因为f(x)＝bx2－2ax＋a的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(1,4)))，所以b＝1，(1)当a＝2时，f(x)＝x2－4x＋2，令f(x)＞0可得，x＞2＋eq\r(2)或x＜2－eq\r(2)，所以f(x)在(2＋eq\r(2)，＋∞)上单调递增，在(－∞，2－eq\r(2))上单调递减，y＝logeq\s\do9(\f(1,2))t在(0，＋∞)上单调递减，根据复合函数的单调性可知函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))f(x)的单调增区间为(－∞，2－eq\r(2))．(2)当a＜0时，函数f(x)＝x2－2ax＋a的对称轴x＝a＜0，①a≤－1时，函数f(x)在[－1，1]上单调递增，当x＝－1时，函数有最小值f(－1)＝1＋3a＝－2，当x＝1时，函数有最大值f(1)＝1－a＝2，解得a＝－1，②0＞a＞－1时，函数在[－1，1]上先减后增，当x＝a时，函数有最小值f(a)＝a－a2＝－2，解得，a＝2(舍)或a＝－1(舍)，综上可得，a＝－1.12．已知函数f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.(1)当a＝2，x∈[－2，3]时，求函数f(x)的值域；(2)若函数f(x)在[－1，3]上的最大值为1，求实数a的值．解：(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋3x－3，x∈[－2，3]，对称轴x＝－eq\f(3,2)∈[－2，3]，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝eq\f(9,4)－eq\f(9,2)－3＝－eq\f(21,4)，f(x)max＝f(3)＝15，所以函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(21,4)，15)).(2)对称轴为x＝－eq\f(2a－1,2).①当－eq\f(2a－1,2)≤1，即a≥－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(3)＝6a＋3，所以6a＋3＝1，即a＝－eq\f(1,3)满足题意；②当－eq\f(2a－1,2)>1，即a<－eq\f(1,2)时，f(x)max＝f(－1)＝－2a－1，所以－2a－1＝1，即a＝－1满足题意．综上可知，a＝－eq\f(1,3)或－1.[综合题组练]1．已知二次函数f(x)满足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)在[0，2]上是增函数，若f(a)≥f(0)，则实数a的取值范围是()A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[0，4] D．(－∞，0]∪[4，＋∞)解析：选C.由f(2＋x)＝f(2－x)可知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq\f(2＋x＋2－x,2)＝2，又函数f(x)在[0，2]上单调递增，所以由f(a)≥f(0)可得0≤a≤4，故选C.2．(应用型)已知二次函数f(x)＝2ax2－ax＋1(a<0)，若x1<x2，x1＋x2＝0，则f(x1)与f(x2)的大小关系为()A．f(x1)＝f(x2) B．f(x1)>f(x2)C．f(x1)<f(x2) D．与a值有关解析：选C.该二次函数的图象开口向下，对称轴为直线x＝eq\f(1,4)，又依题意，得x1<0，x2>0，又x1＋x2＝0，所以当x1，x2在对称轴的两侧时，eq\f(1,4)－x1>x2－eq\f(1,4)，故f(x1)<f(x2)．当x1，x2都在对称轴的左侧时，由单调性知f(x1)<f(x2)．综上，f(x1)<f(x2)．3．(创新型)设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0，3]上是“关联函数”，则m的取值范围为________．解析：由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0，3]上有两个不同的零点．在同一直角坐标系下作出函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0，3])的图象如图所示，结合图象可知，当x∈[2，3]时，y＝x2－5x＋4∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))，故当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))时，函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0，3])的图象有两个交点．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))4．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a＞0，b∈R，c∈R)．(1)若函数f(x)的最小值是f(－1)＝0，且c＝1，F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），x＞0，,－f（x），x＜0，))求F(2)＋F(－2)的值；(2)若a＝1，c＝0，且|f(x)|≤1在区间(0，1]上恒成立，试求b的取值范围．解：(1)由已知c＝1，a－b＋c＝0，且－eq\f(b,2a)＝－1，解得a＝1，b＝2，所以f(x)＝(x＋1)2.所以F(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x＋1）2，x＞0，,－（x＋1）2，x＜0.))所以F(2)＋F(－2)＝(2＋1)2＋[－(－2＋1)2]＝8.(2)由题意知f(x)＝x2＋bx，原命题等价于－1≤x2＋bx≤1在(0，1]上恒成立，即b≤eq\f(1,x)－x且b≥－eq\f(1,x)－x在(0，1]上恒成立．又当x∈(0，1]时，eq\f(1,x)－x的最小值为0，－eq\f(1,x)－x的最大值为－2.所以－2≤b≤0.故b的取值范围是[－2，0]．第5讲指数与指数函数[基础题组练]1．函数f(x)＝1－e|x|的图象大致是()解析：选A.将函数解析式与图象对比分析，因为函数f(x)＝1－e|x|是偶函数，且值域是(－∞，0]，只有A满足上述两个性质．2．设2x＝8y＋1，9y＝3x－9，则x＋y的值为()A．18 B．21C．24 D．27解析：选D.因为2x＝8y＋1＝23(y＋1)，所以x＝3y＋3，因为9y＝3x－9＝32y，所以x－9＝2y，解得x＝21，y＝6，所以x＋y＝27.3．已知a＝log20.2，b＝20.2，c＝0.20.3，则()A．a<b<c B．a<c<bC．c<a<b D．b<c<a解析：选B.因为a＝log20.2<0，b＝20.2>1，c＝0.20.3∈(0，1)，所以a<c<b.故选B.4．设x>0，且1<bx<ax，则()A．0<b<a<1 B．0<a<b<1C．1<b<a D．1<a<b解析：选C.因为1<bx，所以b0<bx，因为x>0，所以b>1，因为bx<ax，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))eq\s\up12(x)>1，因为x>0，所以eq\f(a,b)>1，所以a>b，所以1<b<a.故选C.5．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2－x，x≥0，,2x－1，x<0，))则函数f(x)是()A．偶函数，在[0，＋∞)上单调递增B．偶函数，在[0，＋∞)上单调递减C．奇函数，且单调递增D．奇函数，且单调递减解析：选C.易知f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝1－2－x，－f(x)＝2－x－1，此时－x<0，则f(－x)＝2－x－1＝－f(x)；当x<0时，f(x)＝2x－1，－f(x)＝1－2x，此时－x>0，则f(－x)＝1－2－(－x)＝1－2x＝－f(x)．即函数f(x)是奇函数，且单调递增，故选C.6．已知实数a，b满足等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)，下列五个关系式：①0＜b＜a；②a＜b＜0；③0＜a＜b；④b＜a＜0；⑤a＝b.其中不可能成立的关系式有()A．1个 B．2个C．3个 D．4个解析：选B.函数y1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)与y2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)的图象如图所示．由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(b)得，a＜b＜0或0＜b＜a或a＝b＝0.故①②⑤可能成立，③④不可能成立．7．函数f(x)＝ax＋b－1(其中0<a<1且0<b<1)的图象一定不经过第________象限．解析：由0<a<1可得函数y＝ax的图象单调递减，且过第一、二象限，因为0<b<1，所以－1<b－1<0，所以0<1－b<1，y＝ax的图象向下平移1－b个单位即可得到y＝ax＋b－1的图象，所以y＝ax＋b－1的图象一定在第一、二、四象限，一定不经过第三象限．答案：三8．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝eq\f(1,9)，则f(x)的单调递减区间是________．解析：由f(1)＝eq\f(1,9)得a2＝eq\f(1,9).又a>0，所以a＝eq\f(1,3)，因此f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(|2x－4|).因为g(x)＝|2x－4|在[2，＋∞)上单调递增，所以f(x)的单调递减区间是[2，＋∞)．答案：[2，＋∞)9．不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x2＋ax)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x＋a－2)恒成立，则a的取值范围是________．解析：由题意，y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是减函数，因为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x2＋ax)<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(2x＋a－2)恒成立，所以x2＋ax>2x＋a－2恒成立，所以x2＋(a－2)x－a＋2>0恒成立，所以Δ＝(a－2)2－4(－a＋2)<0，即(a－2)(a－2＋4)<0，即(a－2)(a＋2)<0，故有－2<a<2，即a的取值范围是(－2，2)．答案：(－2，2)10．已知max{a，b}表示a，b两数中的最大值．若f(x)＝max{e|x|，e|x－2|}，则f(x)的最小值为________．解析：由题意得，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e|x|，x≥1，,e|x－2|，x<1.))当x≥1时，f(x)＝e|x|＝ex≥e(当x＝1时，取等号)；当x<1时，f(x)＝e|x－2|＝e2－x>e.故f(x)的最小值为f(1)＝e.答案：e11．设f(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x).(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)讨论函数f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性．解：(1)根据题意，f(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)，则f(－x)＝eq\f(（－x）（1－2－x）,1＋2－x)＝eq\f(（－x）（2x－1）,2x＋1)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数．(2)因为f(x)＝eq\f(x（1－2x）,1＋2x)＝－x＋eq\f(2x,2x＋1)，所以f′(x)＝－1＋eq\f(2（2x＋1）－2x（2xln2）,（2x＋1）2)＝－1＋eq\f(2,2x＋1)－eq\f(2x（2xln2）,（2x＋1）2)，因为x＞0，所以2x＋1＞2，所以eq\f(2,2x＋1)＜1，所以－1＋eq\f(2,2x＋1)＜0，所以f′(x)＜0，故函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．12．已知函数f(x)＝2a·4x－2x－1.(1)当a＝1时，求函数f(x)在x∈[－3，0]上的值域；(2)若关于x的方程f(x)＝0有解，求a的取值范围．解：(1)当a＝1时，f(x)＝2·4x－2x－1＝2(2x)2－2x－1，令t＝2x，x∈[－3，0]，则t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，1)).故y＝2t2－t－1＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,4)))eq\s\up12(2)－eq\f(9,8)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,8)，1))，故值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,8)，0)).(2)关于x的方程2a(2x)2－2x－1＝0有解，设2x＝m>0，等价于方程2am2－m－1＝0在(0，＋∞)上有解，记g(m)＝2am2－m－1，当a＝0时，解为m＝－1<0，不成立．当a<0时，开口向下，对称轴m＝eq\f(1,4a)<0，过点(0，－1)，不成立．当a>0时，开口向上，对称轴m＝eq\f(1,4a)>0，过点(0，－1)，必有一个根为正，综上得a>0.[综合题组练]1．(应用型)已知函数f(x)＝|2x－1|，a<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，则下列结论中，一定成立的是()A．a<0，b<0，c<0B．a<0，b≥0，c>0C．2－a<2cD．2a＋2c<2解析：选D.作出函数f(x)＝|2x－1|的图象，如图，因为a<b<c且f(a)>f(c)>f(b)，结合图象知，0<f(a)<1，a<0，c>0，所以0<2a<1.所以f(a)＝|2a－1|＝1－2a<1，所以f(c)<1，所以0<c<1.所以1<2c<2，所以f(c)＝|2c－1|＝2c－1，又因为f(a)>f(c)，所以1－2a>2c－1，所以2a＋2c<2，故选D.2．(创新型)设y＝f(x)在(－∞，1]上有定义，对于给定的实数K，定义fK(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x），f（x）≤K，,K，f（x）>K.))给出函数f(x)＝2x＋1－4x，若对于任意x∈(－∞，1]，恒有fK(x)＝f(x)，则()A．K的最大值为0B．K的最小值为0C．K的最大值为1D．K的最小值为1解析：选D.根据题意可知，对于任意x∈(－∞，1]，若恒有fK(x)＝f(x)，则f(x)≤K在x≤1上恒成立，即f(x)的最大值小于或等于K即可．令2x＝t，则t∈(0，2]，f(t)＝－t2＋2t＝－(t－1)2＋1，可得f(t)的最大值为1，所以K≥1，故选D.3．设a>0，且a≠1，函数y＝a2x＋2ax－1在[－1，1]上的最大值是14，则实数a的值为________．解：令t＝ax(a>0，且a≠1)，则原函数化为y＝f(t)＝(t＋1)2－2(t>0)．①当0<a<1，x∈[－1，1]时，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))，此时f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(a，\f(1,a)))上为增函数．所以f(t)max＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(2)－2＝14.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋1))eq\s\up12(2)＝16，解得a＝－eq\f(1,5)(舍去)或a＝eq\f(1,3).②当a>1时，x∈[－1，1]，t＝ax∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))，此时f(t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，a))上是增函数．所以f(t)max＝f(a)＝(a＋1)2－2＝14，解得a＝3或a＝－5(舍去)．综上得a＝eq\f(1,3)或3.答案：eq\f(1,3)或34．(应用型)已知定义域为R的函数f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函数．(1)求a，b的值；(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范围．解：(1)因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，所以f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋a).又由f(1)＝－f(－1)知eq\f(－2＋1,4＋a)＝－eq\f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.(2)由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)，由上式易知f(x)在R上为减函数，又因为f(x)是奇函数，从而不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0等价于f(t2－2t)<－f(2t2－k)＝f(－2t2＋k)．因为f(x)是R上的减函数，由上式推得t2－2t>－2t2＋k.即对一切t∈R有3t2－2t－k>0，从而Δ＝4＋12k<0，解得k<－eq\f(1,3).故k的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).第6讲对数与对数函数[基础题组练]1．若函数f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|，其中a＞0，且a≠1，f(2)·g(2)＜0，则函数f(x)，g(x)在同一坐标系中的大致图象是()解析：选A.由题意知f(x)＝ax－2是指数型函数，g(x)＝loga|x|是对数型函数，且是一个偶函数，由f(2)g(2)＜0，可得g(2)＜0，故loga2＜0，故0＜a＜1，由此可以确定C、D两选项不正确，且f(x)＝ax－2是一个减函数，由此可知B选项不正确，A选项正确，故选A.2．若log2(log3a)＝log3(log4b)＝log4(log2c)＝1，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>c B．b>a>cC．a>c>b D．b>c>a解析：选D.由log2(log3a)＝1，可得log3a＝2，lga＝2lg3，故a＝32＝9；由log3(log4b)＝1，可得log4b＝3，lgb＝3lg4，故b＝43＝64；由log4(log2c)＝1，可得log2c＝4，lgc＝4lg2，故c＝24＝16.所以b>c>a.故选D.3．设函数f(x)＝loga|x|在(－∞，0)上单调递增，则f(a＋1)与f(2)的大小关系是()A．f(a＋1)>f(2) B．f(a＋1)<f(2)C．f(a＋1)＝f(2) D．不能确定解析：选A.由已知得0<a<1，所以1<a＋1<2，又易知函数f(x)为偶函数，故可以判断f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(a＋1)>f(2)．4．已知a＝log52，b＝log0.50.2，c＝0.50.2，则a，b，c的大小关系为()A．a<c<b B．a<b<cC．b<c<a D．c<a<b解析：选A.a＝log52<log5eq\r(5)＝eq\f(1,2)，而c＝0.50.2>0.51＝eq\f(1,2)，故a<c；b＝log0.50.2>log0.50.25＝2，而c＝0.50.2<0.50＝1，故c<b.所以a<c<b.5．若f(x)＝