高三数学一轮复习 2-1函数的概念和图象、函数的表示方法、映射的概念随堂训练 文 苏教版

第二知识块函数的概念与基本初等函数I、导数及其应用第1课时函数的概念和图象、函数的表示方法、映射的概念一、填空题1．(·湖北武汉二中高三期中)函数f(x)＝eq\f(3x2,\r(1－x))＋lg(3x＋1)的定义域是________． 解析：要使函数有意义，必须且只须eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x>0，,3x＋1>0，))解得－eq\f(1,3)<x<1，所以函数的定义域为 eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1)). 答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))2．(·栟茶中学学情分析)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(8x－8(x≤1),x2－6x＋5(x>1)))，g(x)＝lnx，则f(x)与 g(x)两函数的图像的交点个数为________． 答案：33．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)x－1，x≥0，,\f(1,x)，x<0，))若f(a)>a，则实数a的取值范围是________． 解析：易知f(a)>a⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a－1>a,a≥0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)>a,a<0))解之即得不等式的解集为(－∞，－1)． 答案：(－∞，－1)4．(苏、锡、常、镇四市高三教学情况调查(一))某市出租车收费标准如下：起步价为8 元，起步里程为3km(不超过3km按起步价付费)；超过 部分按每千米2.15元收费；超过8k 坐需付燃油附加费1元．现某人乘坐一次出租车付费22.6元，则此次出租车行驶了 ________km. 解析：设乘客每次乘坐需付费用为f(x)元，由题意可得： 令f(x)＝22.6，解得x＝9., 答案：95.函数f：x{1,2,3}→{1,2,3}满足f[f(x)]＝f(x)，则这样的函数共有________个．解析：从{1,2,3}到{1,2,3}的所有函数中，所有“三对一”的共3个，满足f[f(x)]＝ f(x)；,“二对一，一对一”满足条件f[f(x)]＝f(x)的共有＝6(个)；“一对一”满足 条件f[f(x)]＝f(x)的只有一个．由分类计数原理知，满足f[f(x)] ＝f(x)的函数共10个． 答案：106.(·连云港模拟)对于函数f(x)，在使f(x)≥M恒成 立的所有常数M中，我们把M中的最大值称为函数f(x)的“下确界”，则函数f(x)＝ eq\f(x2＋1,(x＋1)2)的下确界为________． 答案：eq\f(1,2)7．(·甘肃会宁四中高三期中)定义在区间(－1,1)上的函数f(x)满足2f(x)－f(－x lg(x＋1)，则f(x)的解析式为________． 解析：∵对任意的x∈(－1,1)有－x∈(－1,1)， 由2f(x)－f(－x)＝lg(x＋1) 得2f(－x)－f(x)＝lg(－x＋1) ①×2＋②消去f(－x)，得3f(x)＝2lg(x＋1)＋lg(－x ∴f(x)＝eq\f(2,3)lg(x＋1)＋eq\f(1,3)lg(1－x)(－1＜x＜1)． 答案：f(x)＝eq\f(2,3)lg(x＋1)＋eq\f(1,3)lg(1－x)(－1＜x＜1)二、解答题8．(经典题)求下列函数的定义域． (1)y＝eq\f(1,x)ln(eq\r(x2－3x＋2)＋eq\r(4－3x－x2))；(2)y＝eq\r(25－x2)＋lgcosx. 解：依据真数大于零，分母非零，偶次被开方因式非负进行求解． (1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≠0，,\r(x2－3x＋2)＋\r(4－3x－x2)＞0，⇒－4≤x＜0，或0＜x＜1，,x2－3x＋2≥0，,4－3x－x2≥0)) ∴函数定义域为[－4,0)∪(0,1)． (2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(25－x2≥0，,cosx＞0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－5≤x≤5，,2kπ－\f(π,2)＜x＜2kπ＋\f(π,2)(k∈Z))). 借助于数轴，解这个不等式组，得函数的定义域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，－\f(3π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，\f(π,2)))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3π,2)，5)).9．若函数f(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，求函数F(x)＝f(x)＋eq\f(1,f(x))的值域． 解：令f(x)＝t，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))，问题转化为求函数y＝t＋eq\f(1,t)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))的值域．又y′＝1－eq\f(1,t2)＝ eq\f(t2－1,t2)，当t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，y′≤0，y＝t＋eq\f(1,t)为减函数，当t∈[1,3]，y′≥0，y＝t＋eq\f(1,t)在[1,3] 上为增函数， 故t＝1时ymin＝2，t＝3时y＝eq\f(10,3)为最大．∴y＝t＋eq\f(1,t)，t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，3))的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).10．(·山东青岛质检题)已知函数f(x)的定义域为x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))，求g(x)＝f(ax)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,a))) (a＞0)的定义域． 解：设u1＝ax，u2＝eq\f(x,a)，则g(x)＝f(u1)＋f(u2)，且u1、u2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2))). ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)≤ax≤\f(3,2),－\f(1,2)≤\f(x,a)≤\f(3,2)))，⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)≤x≤\f(3,2a)，,－\f(a,2)≤x≤\f(3,2)a.))当a≥1时，不等式组的解为－eq\f(1,2a)≤x≤eq\f(3,2a)；(2)当0＜a＜1时，不等式组的解为 －eq\f(a,2)≤x≤eq\f(3a,2). ∴当a≥1时，g(x)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)，\f(3,2a)))；当0＜a＜1时，g(x)的定义域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)，\f(3a,2))).1．求下列函数的值域． (1)y＝eq\f(2x2＋4x－7,x2＋2x＋3)；(2)y＝eq\r(1＋x)＋eq\r(1－x). 解：(1)观察函数式，可用判别式法将已知的函数式变形为yx2＋2yx＋3y＝2x2＋4x－7， (y－2)x2＋2(y－2)x＋3y＋7＝0. 显然y≠2(用判别式之前，首先必须讨论x2的系数)．将上式视作关于x的一元二次方 程． ∵x∈R，即上述关于x的一元二次方程有实根，∴[2(y－2)]2－4(y－2)(3y＋7)≥0. 解这个不等式得－eq\f(9,2)≤y≤2.又y≠2，∴函数的值域为eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(9,2)，2)). (2)∵y2＝2＋2eq\r((1＋x)(1－x))，∴2≤y2≤2＋1＋x＋1－x＝4，故eq\r(2)≤y≤2. 即函数的值域为[eq\r(2)，2]．2．函数f(x)＝eq\r((1－a2)x2＋3(1－a)x＋6). (1)若f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围； (2)若f(x)的定义域为[－2，－1]，求实数a的取值范围． 解：(1)①若1－a2＝0，即a＝±1，(ⅰ)当a＝1时，f(x)＝eq\r(6)，定义域为R，符合； (ⅱ)当a＝－1时，f(x)＝eq\r(6x＋6)，定义域不为R，不合题意． ②若1－a2≠0，g(x)＝(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6为二次函数， ∵f(x)的定义域为R，∴g(x)≥0对x∈R恒成立， ∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a2＞0，,Δ＝9(1－a)2－24(1－a2)≤0))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＜a＜1，,(a－1)(11a＋5)≤0))⇒－eq\f(5,11)≤a＜1， 综合①②得a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,11)，1)). (2)命题等价于不等式(1－a2)x2＋3(1－a)x＋6≥0的解集为[－2,1]