§3.1 函数的概念专题检测1.(2018安徽合肥一模,3)已知函数f(x)=则f(f(1))=( )A.- B.2 C.4 D.11答案 C ∵函数f(x)=∴f(1)=12+2=3,∴f(f(1))=f(3)=3+=4.故选C.2.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),8)已知函数f(x)=+bcosx+x,且满足f(1-)=3,则f(1+)=( )A.2 B.-3 C.-4 D.-1答案 D 当x1+x2=2时,f(x1)+f(x2)=+bcos+x1++bcos+x2=+bcos+x1++bcos(2-x1)+x2=x1+x2=2.所以函数f(x)的图象关于(1,1)对称,从而f(1+)=2-f(1-)=2-3=-1,故选D.3.(2017河北石家庄二中三模,5)已知函数f(x)=若f(2-a)=1,则f(a)=( )A.-2 B.-1 C.1 D.2答案 A 当2-a≥2,即a≤0时,f(2-a)=22-a-2-1=1,解得a=-1,则f(a)=f(-1)=-log2[3-(-1)]=-2;当2-a<2,即a>0时,f(2-a)=-log2[3-(2-a)]=1,解得a=-,舍去,∴f(a)=-2.故选A.4.(2018天津南开三模,8)已知f(x)=a,b,c,d是互不相同的正数,且
f(a)=f(b)=f(c)=f(d),则abcd的取值范围是( )A.(18,28) B.(18,25) C.(20,25) D.(21,24)答案 D 作出函数f(x)的图象,如图所示,∵a,b,c,d是互不相同的正数,且f(a)=f(b)=f(c)=f(d),不妨设a<b<c<d,则有-log3a=log3b,3<c<4,d>6,且c+d=10,∴ab=1,d=10-c,∴abcd=c(10-c)=-c2+10c(3<c<4),由二次函数图象及性质得-32+10×3<-c2+10c<-42+4×10,∴21<abcd<24,故选D.5.(2017山西名校联考,5)设函数f(x)=lg(1-x),则函数f[f(x)]的定义域为( )A.(-9,+∞) B.(-9,1) C.[-9,+∞) D.[-9,1)答案 B f[f(x)]=f[lg(1-x)]=lg[1-lg(1-x)],则⇒-9<x<1.故选B.6.(2017重庆巴蜀中学期中,5)下列函数中与y=x相等的函数是 ( )A.y=()2 B.y=log22xC.y=2log2x D.y=答案 B A中函数y=()2=x(x≥0)的定义域与y=x不同,故不是相等函数;B中函数y=log22x的定义域与解析式与y=x均相同,故是相等函数;
C中函数y=log2x(x>0)的定义域与y=x不同,故不是相等函数;D中函数y==|x|的解析式与y=x不同,故不是相等函数.故选B.思路分析 分析函数的定义域和解析式,进而根据相等函数的定义得到答案.方法总结 两个函数是同一函数需要两个条件:①两个函数的定义域是同一个集合;②两个函数的解析式可以化为一致.这两个条件缺一不可,必须同时满足.7.(2016浙江镇海中学测试(五),1)下列函数中,与函数f(x)=x的定义域、值域均相同的是( )A.y=2x- B.y=x2C.y=x+ D.y=tanx答案 A 由题意知,函数f(x)=x的定义域和值域都为R.y=x2的值域为[0,+∞),y=x+的值域是(-∞,-2]∪[2,+∞),y=tanx的定义域为.故选A.8.(2018豫南九校第六次质量考评,6)已知函数f(x)=(a>0且a≠1),若f(x)有最小值,则实数a的取值范围是( )A. B.C.∪ D.(0,1)∪答案 C 根据题意,可得f(x)的最小值为f(3)=6a-5,则a-2≤0,f(x)的图象如图所示:∴或解得1<a≤或0<a≤,
则实数a的取值范围是∪.故选C.易错警示 分段函数求最值应该分别求出每个区间上的最值,然后比较大小,最小的就是分段函数的最小值.此题有两种情况,考虑不全面是失分的主要原因.9.(2018陕西西安八校第一次联考,16)设函数f(x)=则满足f(x)+f(x-1)>1的x的取值范围是 . 答案 (0,+∞)解析 ①当x≤0时,x-1≤-1,∴f(x)+f(x-1)=x+1+(x-1)+1=2x+1>1,即x>0,此时无解.②当0<x≤1时,x-1≤0,∴f(x)+f(x-1)=2x+(x-1)+1=2x+x,∵2x>20=1,∴此时f(x)+f(x-1)>1恒成立.③当x>1时,x-1>0,∴f(x)+f(x-1)=2x+2x-1=3·2x-1,∵2x-1>20=1,∴此时f(x)+f(x-1)>1恒成立.综上所述,满足f(x)+f(x-1)>1的x的取值范围是(0,+∞).解题关键 解答本题的关键是利用分类讨论的思想进行求解,分x≤0,0<x≤1和x>1三种情况讨论,并结合函数的单调性解答.10.(2018江苏淮安、宿迁期中,12)已知函数f(x)与g(x)的图象关于原点对称,且它们的图象拼成如图所示的“Z”形折线段ABOCD,不含A(0,1),B(1,1),O(0,0),C(-1,-1),D(0,-1)五个点.则满足题意的函数f(x)的一个解析式为 .
答案 f(x)=(答案不唯一)解析 由题图可知,线段OC与线段OB是关于原点对称的,线段CD与线段BA也是关于原点对称的,因为f(x)与g(x)的图象关于原点对称,所以f(x)的图象可以在OC或CD中选取一个,再在AB或OB中选取一个,组合形式为OC和AB,CD和OB,OC的方程为y=x(-1<x<0),OB的方程为y=x(0<x<1),所以f(x)=g(x)=或f(x)=g(x)=11.(2017北京东城一模,14)已知函数f(x)=和g(x)=则g(2x)= ;若m,n∈Z,且m·g(n·x)-g(x)=f(x),则m+n= . 答案 4解析 由题意可得g(2x)=∵m·g(n·x)-g(x)=f(x),∴m·g(n·x)=f(x)+g(x)==2g(2x),∴m=n=2,即m+n=4.思路分析 先利用分段函数的定义域求出g(2x),再求出f(x)+g(x)的结果,
最后利用待定系数法求出m、n的值,并求和.12.(2018重庆万州二模,13)设函数y=ex+-a的值域为A,若A⊆[0,+∞),则实数a的取值范围是 . 答案 a≤2解析 ∵ex+≥2=2,当且仅当x=0时取等号,∴函数y=ex+-a的值域A=[2-a,+∞).又∵A⊆[0,+∞),∴2-a≥0,即a≤2.方法总结 求函数值域的常用方法:换元法、单调性法、基本不等式、数形结合法.13.(2019浙江温州高三适应性检测,15)已知函数f(x)=当λ=5时,不等式f(x)<-1的解集是 ;若函数f(x)的值域是R,则实数λ的取值范围是 . 答案 (-4,-1)∪(8,+∞);(-∞,-2]∪[2,+∞)解析 若x≤2,则f(x)<-1,即x2+5x+4<0,解得x∈(-4,-1);若x>2,则f(x)<-1,即2-log2x<-1,解得x∈(8,+∞),取并集得到不等式的解集为(-4,-1)∪(8,+∞).当x>2时,f(x)=2-log2x<2-log22=1,要使函数f(x)的值域为R,则需当x≤2时,f(x)的最小值不大于1.①当对称轴x=-<2,即λ>-4时,必须≤1,解得λ∈(-4,-2]∪[2,+∞),②当对称轴x=-≥2,即λ≤-4时,必须4+2λ+3≤1,解得λ∈(-∞,-4],取并集可得λ的取值范围是(-∞,-2]∪[2,+∞).14.(2018南通如皋教学质量调研(一)改编,19)已知二次函数f(x)为偶函数且图象经过原点,其导函数f'(x)的图象过点(1,2).求函数f(x)的解析式.解析 由二次函数f(x)的图象经过原点,可设f(x)=ax2+bx(a≠0),又因为f(x)为偶函数,
所以对任意实数x∈R,都有f(-x)=f(x),即a(-x)2+b(-x)=ax2+bx,所以2bx=0对任意实数x∈R都成立,故b=0.所以f(x)=ax2,f'(x)=2ax,又因为导函数f'(x)的图象过点(1,2),所以2a×1=2,解得a=1.所以f(x)=x2.15.(2018浙江镇海中学阶段性测试,20)已知函数f(x)=2x+b,g(x)=x2+bx+c(b,c∈R),对任意的x∈R恒有f(x)≤g(x)成立.(1)求证:g(x)>0恒成立;(2)设b=0时,记h(x)=(x∈[2,+∞)),求函数h(x)的值域;(3)若对满足条件的任意实数b,c,不等式g(c)-g(b)≤M(c2-b2)恒成立,求M的最小值.解析 (1)证明:f(x)≤g(x)恒成立,即x2+(b-2)x+c-b≥0,∴Δ=(b-2)2-4(c-b)≤0,∴b2-4c+4≤0,∴b2-4c≤-4<0,∴g(x)>0恒成立.(2)∵b=0,∴h(x)=,由(1)知c≥1.当1≤c≤4时,h(x)在[2,+∞)上为增函数,∴h(x)的值域为;当c>4时,h(x)在[2,]上为减函数,在[,+∞)上为增函数,∴h(x)的值域为[,+∞).综上,1≤c≤4时,h(x)的值域为,c>4时,h(x)的值域为[,+∞).
(3)由(1)推得b2-4c+4≤0,∴4c-4b≥b2-4b+4=(b-2)2≥0,∴c-b≥0,同理,c+b≥0,又g(c)-g(b)≤M(c2-b2),即(c+2b)(c-b)≤M(c2-b2),当c2=b2时,(c+2b)(c-b)=0或-2b2,∴M∈R;当c-b>0且c+b>0时,M≥=1+恒成立,∴只需求当c>b>0时,的最大值即可,而=,∵>1,∴<,∴M≥,即M的最小值为.
