课时规范练6 函数的概念及其表示基础巩固组1.(2021辽宁大连高三期末)已知函数f(x)=的定义域与值域相同,则常数a=( )A.3B.-3C.D.-2.(2021四川达州高三二模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1-x)+2f(x)=x2+1,则f(1)=( )A.-1B.1C.-D.3.(2021湖南师大附中高三月考)已知函数f(x)的定义域为[-1,0],若g(x)=f(x+a)-f(x-a)有定义,则实数a的取值范围是( )A.-,0B.-1,-C.0,D.-4.(2021北京西城高三月考)若函数y=f(x)的值域是[1,3],则函数F(x)=1-f(x+3)的值域是( )A.[-8,-3]B.[-5,-1]C.[-2,0]D.[1,3]5.(多选)(2021重庆八中高三月考)已知函数f(x)的定义域为(1,+∞),值域为R,则( )A.函数f(x2+1)的定义域为RB.函数f(x2+1)-1的值域为RC.函数f的定义域和值域都是RD.函数f(f(x))的定义域和值域都是R6.(多选)(2021福建泉州高三二模)已知函数f(x)=x+,g(x)=则下列选项正确的有( )A.f(g(2))=2B.g(f(1))=1C.当x<0时,f(g(x))的最小值为2D.当x>0时,g(f(x))的最小值为17.(2021江苏南通高三月考)已知f+1=lgx,则f(x)的解析式为 . 8.(2021山东日照高三月考)已知函数f(x)=则ff= . \n9.(2021山西晋中高三月考)已知f(x+1)的定义域为[0,2],则的定义域为 . 综合提升组10.(2021山东泰安高三期中)已知定义在R上的函数f(x)满足:∀x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,则f(0)+f(2)=( )A.4B.5C.6D.711.(2021云南昆明高三二模)已知函数f(x)=若n>m,且f(n)=f(m),设t=n-m,则( )A.t没有最小值B.t的最小值为-1C.t的最小值为D.t的最小值为12.(多选)(2021辽宁沈阳高三月考)已知函数f(x)=,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),则下列等式成立的是( )A.f(x)=fB.-f(x)=fC.=fD.f(-x)=-f(x)13.(2021广东惠州高三月考)已知定义在R上的函数f(x)满足:对于任意的实数x,y,都有f(x-y)=f(x)+y(y-2x+1),且f(-1)=3,则函数f(x)的解析式为 . 14.(2021江苏扬州高三月考)已知实数a≠0,函数f(x)=若f(1-a)=f(1+a),则实数a的值为 . 创新应用组15.(2021安徽蚌埠高三模拟)已知函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x-1),且当x∈(-1,1]时,f(x)=2x-1,则f(2020)=( )A.22019B.22018C.21010D.2100916.(2021浙江宁波高三月考)已知函数f(x)=若存在实数x0,使得对于任意的实数x都有f(x)≤f(x0)成立,则实数a的取值范围是 . 17.(2021广东汕头高三月考)存在函数f(x),对于任意x∈R都成立的下列等式的序号\n是 . ①f(sin3x)=sinx;②f(sin3x)=x3+x2+x;③f(x2+2)=|x+2|;④f(x2+4x)=|x+2|.\n课时规范练6 函数的概念及其表示1.A 解析显然f(x)=的定义域为R,故值域为R,又因为y==3-的值域为{y|y≠3},故a=3.2.B 解析∵定义在R上的函数f(x)满足f(1-x)+2f(x)=x2+1,∴当x=0时,f(1)+2f(0)=1,①当x=1时,f(0)+2f(1)=2,②②×2-①,得3f(1)=3,解得f(1)=1,故选B.3.D 解析由题意可得解得因为g(x)有定义,所以当a<0时,由-1-a≤a,得-≤a<0;当a>0时,由a-1≤-a,得0<a≤;当a=0时,-1≤x≤0,恒成立.综上,实数a的取值范围是-,故选D.4.C 解析∵1≤f(x)≤3,∴1≤f(x+3)≤3,-3≤-f(x+3)≤-1,∴-2≤1-f(x+3)≤0,故F(x)的值域为[-2,0],故选C.5.BC 解析对于A,令x2+1>1可得x≠0,所以f(x2+1)的定义域为{x|x≠0},故A不正确;对于B,因为f(x)值域为R,x2+1≥1,所以f(x2+1)的值域为R,可得f(x2+1)-1的值域为R,故B正确;对于C,=1+>1,因为ex>0,所以1>0恒成立,所以f的定义域为R,因为>1,所以f的值域为R,故C正确;对于D,若函数f(f(x))的值域是R,则f(x)>1,此时无法判断其定义域是否为R,故D不正确.6.ABD 解析由题意g(2)=log22=1,f(g(2))=f(1)=2,故A正确;g(f(1))=g(2)=1,故B正确;当x<0时,g(x)=2x∈(0,1),当t∈(0,1)时,f(t)=t+单调递减,f(t)∈(2,+∞),无最小值,故C错误;当x>0时,f(x)=x+≥2(当且仅当x=1时,等号成立),令t=f(x)=x+,则t≥2,g(t)=log2t≥1,所以此时g(f(x))的最小值为1,故D正确.故选ABD.7.f(x)=lg(x>1) 解析由f+1=lgx,可知x>0,令t=+1,t>1,则x=,故f(t)=lg\n,t>1,即f(x)=lg(x>1).8.- 解析∵函数f(x)=∴f=log3=-1,∴ff=f(-1)=sin-=-.9.,1∪1, 解析∵函数f(x+1)的定义域为[0,2],∴0≤x≤2,∴1≤x+1≤3,∴f(x)的定义域为[1,3].在中,需满足解得≤x<1且1<x≤,∴函数的定义域为,1∪1,.10.B 解析∀x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,取x=0,y=1有f(1+0)=f(1)·f(0),则f(0)=1,取x=y=1有f(1+1)=f(1)·f(1)=4,所以f(0)+f(2)=5,故选B.11.B 解析如图,作出函数f(x)的图象,∵f(n)=f(m)且n>m,∴m≤1,且n>1,∴3m+1=n2-1,即m=,∴n-m=n-=-(n2-3n-2)=-n-2+.由解得1<n≤,又对称轴为n=,∴当n=时,(n-m)min=-1,故选B.\n12.AD 解析因为f(x)=,所以f=,所以f(x)=f.因为=x+,所以=f不成立.因为f(-x)==-,所以f(-x)=-f(x).故A,D正确,B,C错误.13.f(x)=x2-x+1 解析令x-y=-1,则y=x+1,所以由f(x-y)=f(x)+y(y-2x+1),可得f(-1)=f(x)+(x+1)(x+1-2x+1).因为f(-1)=3,所以f(x)=-(x+1)(2-x)+3=x2-x+1.14.- 解析当a>0时,1-a<1,1+a>1,有2(1-a)+a=-(1+a)-2a,解得a=-<0,不满足,舍去;当a<0时,1-a>1,1+a<1,有-(1-a)-2a=2(1+a)+a,解得a=-<0,满足.15.D 解析由f(x+1)=2f(x-1),得f(x+2)=2f(x),于是f(2020)=f(2020-2+2)=2f(2020-2)=22f(2020-2×2)=23f(2020-2×3)=…=21010f(2020-2×1010)=21010f(0).又当x∈(-1,1]时,f(x)=2x-1,所以f(0)=2-1,所以f(2020)=21010f(0)=21010×2-1=21009,故选D.16.[1,+∞) 解析分别作出y=-x2-2x,y=-x+2的图象如图所示,由图可以看出当a≥1时,f(x)有确定的最大值f(-1)=1,所以这时存在x0,使得对于任意x都有f(x)≤f(x0).17.④ 解析①当x=0时,f(0)=0;当x=时,f(0)=,与函数定义矛盾,不符合;②当x=0时,f(0)=0;当x=时,f(0)=3+2+,与函数定义矛盾,不符合;③当x=-2时,f(6)=0;当x=2时,f(6)=4,与函数定义矛盾,不符合;④令x+2=t,所以f(t2-4)=|t|,令t2-4=m∈[-4,+∞),所以t=±,所以f(m)=|±|=(m∈[-4,+∞)),所以f(x)=(x∈[-4,+∞)),符合.
