高一函数综合题训练

高一数学函数综合题

一

f(x)x2xb,且flog2ab,log2f(a)2(a1),(I)求flog2x的最小值；(II).当x取何值时，flog2xf(1)且log2f(x)f(1)?

二

24，(x0)x，g(x)和f(x)的图像关于原点对称。

已知函数

f(x)x2（I）求函数g(x)的解析式；

0)上的单调性，并给予证明； （II）试判断g(x)在(1，（III）将函数g(x)的图象向右平移a(a0)个单位，再向下平移b(b0)个单位，若对于任意的a，平移后g(x)和f(x)的图象最多只有一个交点，求b的最小值。

三

2|x2|xaf(x)|x10|xa， 2已知函数

1

（I）当a=1时，求f(x)最小值；

（II）求f(x)的最小值g(a)；

（III）若关于a的函数g(a)在定义域2,10上满足g(2a9)g(a1)，求实数a的取值范围．

四

1A={x|x2-2x-3<0}，B={x|(2)x-a1}

若

(1)当AB=时，求实数a的取值范围；（2） 当AB时，求实数a的取值范围；

五

已知二次函数f(x)=ax2+bx，且f(x+1)为偶函数，定义：满足f(x)=x的实数x称为函数f(x)的“不动点”，若函数f(x)有且仅有一个不动点，

(1)求f(x)的解析式；

(2)若函数

6k1g(x)= f(x)+x+2x2在 (0，3]上是单调减函数，求实数k的取值范围；

(3)在(2)的条件下，是否存在区间[m，n](m2

存在，请求出区间[m，n]；若不存在，请说明理由。

六

ax（a为常数）的图象过点(2,0)，

函数

f(x)x（Ⅰ）求a的值并判断f(x)的奇偶性；

x（Ⅱ）函数g(x)lg[f(x)2m]在区间[2,3]上有意义，求实数m的取值范围；

f(x)t4xx2x（Ⅲ）讨论关于的方程

（t为常数）的正根的个数.

七

2xf(x)xf(x)x(0,1]41. 已知定义在[－1，1]上的奇函数，当时，

（1）求函数f(x)在[－1，1]上的解析式；

（2）试用函数单调性定义证明：f(x)在(0,1]上是减函数；

（3）要使方程f(x)xb，在[－1，1]上恒有实数解，求实数b的取值范围.

3

八

设f(x)为定义在实数集R上的单调函数，试解方程：f(x+y)=f(x)·f(y)

九．

定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意xD，存在常数M0，都有|f(x)|M成立，则称fx是

x111m2fx1ag(x)fx241m2x. D上的有界函数，其中M称为函数的上界.已知函数；

xx（1）当a1时，求函数fx在,0上的值域，并判断函数fx在,0上是否为有界函数，请说明理由；

（2）若函数fx在0,上是以3为上界的有界函数，求实数a的取值范围； （3）若m0，函数gx在0,1上的上界是T(m)，求T(m)的取值范围.

十

已知c0. 设

xycP：函数在R上单调递减．

4

Q：不等式x|x2c|1的解集为R，如果P和Q有且仅有一个正确，求c的取值范围．

1

a2ab4a222logalogab2b2f(x)xx2， 22（I），所以

7因为log2xR，所以最小值为4 ……4分

（II）

2x0,12,flog2xf(1)log2xlog2x0x0,12x1,2xx2log2f(x)f(1)……4分

2

24，(x0)x ……2分

（I）

g(x)x20)且x1x2，则(II) 递减。任意取x1,x2(1，22,x1x22x1x2

2g(x1)g(x2)x2x1xx210xx0)上递减； ……6分 12，所以g(x)在(1，1)上递增，且g(x)和f(x)关于原点对称。故要使得平移后2个函数的图（III）同理可知g(x)在(，

5

象最多只有一个交点，则只需要将g(x)向下平移2g(x)max个单位，因此

b的最小值为2 ……10分

3、（I）当a=1时，f(x)最小值f(2)1； ……3分

1，a2,a10a2g(a)2,2a62a10,6a10（II） ……8分

17a102a9222810a129a1a12a3a5(3a8)(a2)03g(2a9)g(a1)（III）

……12分

1A={x|x2-2x-3<0}，B={x|(2)x-a1}

4、若

(1)当AB=时，求实数a的取值范围；

(2) 当AB时，求实数a的取值范围；

6

解：(1) A=(-1，3)，B=[a，+) ………………………………………………2′

∵AB=，∴a3；………………………………………………4′

(2)∵AB，∴a-1。………………………………………………6′

5已知二次函数f(x)=ax2+bx，且f(x+1)为偶函数，定义：满足f(x)=x的实数x称为函数f(x)的不动点，若函数f(x)有且仅有一个不动点，

(1)求f(x)的解析式；

(2) 若函数

6k1g(x)= f(x)+x+2x2在 (0，3]上是单调减函数，求实数k的取值范围；

(3)在(2)的条件下，是否存在区间[m，n](m解：(1)f(x+1) =a(x+1) 2+b(x+1) = ax 2+(2a+b)x+a+b为偶函数，

∴2a+b=0，∴b=-2a，∴f(x)=ax2-2ax，…………………………………………………………2′

∵函数f(x)有且仅有一个不动点，∴方程f(x)=x有且仅有一个解，∴ax2-(2a+1)x=0有且仅有一个解，

11∴2a+1=0，a=-2，∴f(x)= -2x2+x…………………………………………………5′

7

6k1k(2) g(x)= f(x)+x+2x2=x+x在 (0，3]上是单调增函数，

当k0

k时，g(x)= x+x在(0，+)上是单调增函数，∴不成立；……………………………7′

当k>0

k时，g(x)= x+x在(0，k]上是单调减函数，∴

632k，∴k3…………………10′

(1)

1111113∵f(x)= -2x2+x= -2(x-1)2+22，∴kn2，∴n2k4<1，

∴f(x)在区间[m，n]上是单调增函数…………………………………………………………11′

f(m)km∴f(n)kn，即12mmkm2121nnknx2xkx2，方程2的两根为

0，2-2k………………12′

当

22-2k>0，即3k<1

时，[m，n]= [0，2-2k]………………………………………………13′

当2-2k<0，即k>1时，[m，n]= [2-2k，0]……………………………………………………14′

当2-2k=0，即k=1时，[m，n] 不存在…………………………………………………………

因为2x1x23，则h(x2)h(x1)0，故h(x)在x[2,3]递增，

8

6

2x4x1(0x1)f(x)0(x0)7解：（1）2x4x1(1x0) （2）证：设0x1x21

(2x则

f(xf(x1x21)(2x22x1)1)2)(4x11)(4x21)>0 ∴f(x)在(0,1]上是减函数. 8分

（3）方程bf(x)x在[－1，1]上恒有实数解，

9

3分

31g(x)[,)52 记g(x)f(x)x，则g(x)为(0,1]上的单调递减函数.∴

13g(x)(,]25 由于g(x)为[－1，1]上奇函数，故当x[1,0)时

3333g(x)[,]b[,]55，即55 12分 而g(x)0∴

8由已知可得：f(x1)f(x2)…f(xn)=f(x1+x2++xn),令x1=x2=噢=xn=x时，

[f(x)]n=f(nx) ,取a=f(1),则f(n)=an ,再令x=1/n,所以：[f(1/n)]n=f(1)

1n因为f(x)定义在R上，n为偶数时，必有f(1)0,这样a0,这时:f(1/n)=a

m111mnmf()f()[f()](a)an nnnn若m为正整数，利用上式：i

1m原方程中：令y=0,因为f(x)单调，f(0)=1=a0

令y=-x=-,则有f()f(-)=1,故f(-)=amnmnmnmnmn 且可知a>0

于是在有理数范围内得到函数方程的解是：f(x)=ax(a>0)

当x=为无理数时，设ai,bi分别是的精确到小数点后i位，不足近似值和过剩近似值，当f(x)为增

10

函数时，有

f(ai)f()f(bi), f(x)为减函数时，有

f(ai)f()f(bi)，而：

f(ai)aai,f(bi)abi，于是可以

f()a得到：

故原方程的解为：f(x)=ax(a>0且a1)

11f(x)124 9解：（1）当a1时，

xx因为f(x)在,0上递减，所以f(x)f(0)3，即f(x)在,1的值域为3, 故不存在常数M0，使|f(x)|M成立,所以函数fx在,1上不是有界函数。

（2）由题意知，f(x)3在1,上恒成立。

1114a23f(x)3， 424

xxxxx11xx11xxa224242a22220,22min设max∴ 在上恒成立∴

xxt2t14t1t21011h(t)h(t)h(t)4tp(t)2t120,t1t21ttx2xt，t，t，由得 t≥1，设12，

p(t1)p(t2)

t1t22t1t21t1t20

11

所以h(t)在1,上递减，p(t)在1,上递增， h(t)在1,上的最大值为h(1)5， p(t)在1,上的最小值为p(1)1

所以实数a的取值范围为5,1

2m2x1，

（3）

g(x)112m1mg(x)1m ∵ m>0 ，x0,1 ∴ gx在0,1上递减，∴ g(1)g(x)g(0) 即12m21m12m1m1mm0,g(x)T(m)1m， 此时 1m， 2时，①当1m12m，即

21m12m12m12mm,g(x)T(m)12m， 此时 12m， 2时，②当1m12m，即

21mm0,,1m2T(m)； 综上所述，当时，的取值范围是

212mm,,12m2T(m) 当时，的取值范围是xyc10.解析：函数在R上单调递减0c1.

12

不等式x|x2c|1的解集为R函数yx|x2c|在R上恒大于1.

∵

x|x2c|2x2c,x2c,2c,x2c, 函数yx|x2c|在R上的最小值为2c.不等式|xx2c|1的解集为R2c1c12.如果P正确,且Q不正确,则0c12.如果P不正确,且Q正确,则所以c的取值范围为(0,12][1,).c1.

13