【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

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＝eq\f(1,\r(－x2＋2x))}，B＝{y|y＝－eq\f(1,x2)＋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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≤0，,fx－3，x>0，))则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·湖北百所重点中学联考)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(－x)＝f(eq\f(3,2)＋x)，且当0<x≤eq\f(3,2)时，f(x)＝log2(3x＋1)，则f(2021)等于()A．－1 B．－2C．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(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＝(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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋6，x≥0，,x＋6，x<0，))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，∴原不等式的解集为(－3,1)∪(3，＋∞)，故选A.(理)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x－1x<1，,lgxx≥1.))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·济宁阶段训练)设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2xx∈－∞，2]，,log2xx∈2，＋∞.))则满足f(x)＝4的x的值是()A．2 B．16C．2或16 D．－2或16[答案]C[解析]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，则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．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b，,b，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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2x0<x≤2,－x＋3x>2，))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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋bx＋cx≥0,－x2＋bx＋cx<0))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－eq\f(b2,4)<0且c＋eq\f(b2,4)>0，∴b2>4c且b2>－4c，∴b2>4|c|，故填②③④.三、解答题10．(2021·娄底市名校联考)对于函数f(x)＝logeq\f(1,2)(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，∴－eq\r(3)<a<eq\r(3)，∴a的取值范围是(－eq\r(3)，eq\r(3))．(2)要使f(x)的值域为(－∞，－1]，则logeq\f(1,2)u∈(－∞，－1]，∴u≥2，∴3－a2≥2，∴a2≤1，∴－1≤a≤1.一、选择题11．(文)具有性质f(eq\f(1,x))＝－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－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.))中满足“倒负”变换的函数是()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)满足．②f(eq\f(1,x))＝eq\f(1,x)＋x＝f(x)不满足．③0<x<1时，f(eq\f(1,x))＝－x＝－f(x)，x＝1时，f(eq\f(1,x))＝0＝－f(x)，x>1时，f(eq\f(1,x))＝eq\f(1,x)＝－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)＝eq\f(x,x2＋x＋1).其中有两个属于有界泛函，它们是()A．①② B．②④C．①③ D．③④[答案]D[解析]由|f(x)|≤M|x|对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，＋∞)，故不存在常数M使不等式恒成立；②中eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(fx,x)))＝|x|∈[0，＋∞)，故不存在常数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．[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＝eq\f(ln2,2)，b＝eq\f(ln3,3)，c＝eq\f(ln5,5)，则()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：设f(x)＝eq\f(lnx,x)(x>1)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减，∴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·山东泰安期中)给定函数①y＝xeq\f(1,2)，②y＝logeq\f(1,2)(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．②③C．③④ D．①④[答案]B[解析]y＝eq\r(x)为增函数；y＝2x＋1为增函数；y＝logeq\f(1,2)(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＝eq\f(2xsinx,4x＋1)C．y＝(x2－2x)ex D．y＝eq\f(x,lnx)[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．①④③②C．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)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)的定义域为________．[答案](－∞，－1)∪(－1,1][解析]∵要使函数f(x)＝eq\f(x＋12,x＋1)－eq\r(1－x)有意义，∴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，))∴函数f(x)的定义域为{x|x≤1，且x≠－1}．(理)已知函数f(x)＝eq\f(4,|x|＋2)－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≤eq\f(4,|x|＋2)－1≤1，即1≤eq\f(4,|x|＋2)≤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)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2，x∈[－2，1]，,x3－2，x∈1，2].))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＝－eq\f(1,160)(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＝－eq\f(159,160)(60－x)2＋eq\f(119,2)·(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＝－eq\f(1,160)(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＝－eq\f(1,160)(x－40)2＋100知，每年投入30万元时，有最大利润Pmax＝eq\f(795,8)(万元)，前5年的利润和为eq\f(795,8)×5＝eq\f(3975,8)(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＝[－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.当x＝30时，W2＝4950(万元)为最大值，从而10年的总利润为eq\f(3975,8)＋4950(万元)．∵eq\f(3975,8)＋4950>1000，∴该规划方案有极大实施价值．(理)已知函数f(x)＝lg(x＋eq\f(a,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＋eq\f(a,x)－2>0，得eq\f(x2－2x＋a,x)>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－eq\r(1－a)或x>1＋eq\r(1－a)}．(2)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恒成立，∴g(x)＝x＋eq\f(a,x)－2在[2，＋∞)上是增函数．∴f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)在[2，＋∞)上是增函数．∴f(x)＝lg(x＋eq\f(a,x)－2)在[2，＋∞)上的最小值为f(2)＝lgeq\f(a,2).(3)对任意x∈[2，＋∞)恒有f(x)>0，即x＋eq\f(a,x)－2>1对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)