2024高考数学大一轮复习Word版题库(人教A版文)第二章 函数概念与基本初等函数Ⅰ 第1节 函数及其表示
展开这是一份2024高考数学大一轮复习Word版题库(人教A版文)第二章 函数概念与基本初等函数Ⅰ 第1节 函数及其表示,共20页。试卷主要包含了函数的定义域、值域,函数的表示法,分段函数等内容,欢迎下载使用。
考试要求 1.了解构成函数的要素,会求一些简单函数的定义域和值域,了解映射的概念;2.在实际情境中,会根据不同的需要选择恰当的方法(如图象法、列表法、解析法)表示函数;3.了解简单的分段函数,并能简单地应用(函数分段不超过三段).
1.函数与映射的概念
2.函数的定义域、值域
(1)在函数y=f(x),x∈A中,x叫做自变量,x的取值范围A叫做函数的定义域;与x的值相对应的y值叫做函数值,函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域.
(2)如果两个函数的定义域相同,并且对应关系完全一致,则这两个函数为相等函数.
3.函数的表示法
表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法.
4.分段函数
(1)若函数在其定义域的不同子集上,因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示,这种函数称为分段函数.分段函数表示的是一个函数.
(2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集,其值域等于各段函数的值域的并集.
1.函数是特殊的映射,是定义在非空数集上的映射.
2.直线x=a(a是常数)与函数y=f(x)的图象至多有1交点.
3.注意以下几个特殊函数的定义域
(1)分式型函数,分母不为零的实数集合.
(2)偶次方根型函数,被开方式非负的实数集合.
(3)f(x)为对数式时,函数的定义域是真数为正数、底数为正且不为1的实数集合.
(4)若f(x)=x0,则定义域为{x|x≠0}.
(5)正切函数y=tan x的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|x≠kπ+\f(π,2),k∈Z)).
1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)
(1)函数y=1与y=x0是同一函数.( )
(2)对于函数f:A→B,其值域是集合B.( )
(3)f(x)=eq \r(x-3)+eq \r(2-x)是一个函数.( )
(4)若两个函数的定义域与值域相同,则这两个函数相等.( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)×
解析 (1)错误.函数y=1的定义域为R,而y=x0的定义域为{x|x≠0},其定义域不同,故不是同一函数.
(2)错误.值域C⊆B,不一定有C=B.
(3)错误.f(x)=eq \r(x-3)+eq \r(2-x)中x不存在.
(4)错误.若两个函数的定义域、对应关系均相同时,才是相等函数.
2.若函数y=f(x)的定义域为M={x|-2≤x≤2},值域为N={y|0≤y≤2},则函数y=f(x)的图象可能是( )
答案 B
解析 A中函数定义域不是[-2,2];C中图象不表示函数;D中函数值域不是[0,2].
3.(2021·贵阳诊断)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(3x (x≤0),,lg3x(x>0),)) 则feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))=( )
A.-1 B.2
C.eq \r(3) D.eq \f(1,2)
答案 D
解析 ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=lg3eq \f(1,2)<0,
∴feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,2)))=3(lg3eq \f(1,2))=eq \f(1,2).
4.(2020·北京卷)函数f(x)=eq \f(1,x+1)+ln x的定义域是__________.
答案 (0,+∞)
解析 要使函数有意义,需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x+1≠0,,x>0,))
所以函数的定义域为(0,+∞).
5.(易错题)已知f(eq \r(x))=x-1,则f(x)=________.
答案 x2-1(x≥0)
解析 令t=eq \r(x)≥0,∴x=t2,
∴f(t)=t2-1,∴f(x)=x2-1(x≥0).
6.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2+2,x≤1,,\f(1,x),x>1,))则f(x)的值域为________.
答案 (0,1)∪[2,+∞)
解析 当x≤1时,f(x)=x2+2,
∴f(x)∈[2,+∞),
当x>1时,f(x)=eq \f(1,x),∴f(x)∈(0,1).
综上,f(x)的值域为(0,1)∪[2,+∞).
考点一 函数的定义域
1.函数y=eq \r(1-x2)+lg2(tan x-1)的定义域是________.
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),1))
解析 要使函数y=eq \r(1-x2)+lg2(tan x-1)有意义,
则1-x2≥0,tan x-1>0,且x≠kπ+eq \f(π,2)(k∈Z),
∴-1≤x≤1且eq \f(π,4)+kπ
2.函数f(x)=eq \f(1,\r(2-x))+ln(x+1)的定义域为( )
A.(2,+∞)
B.(-1,2)∪(2,+∞)
C.(-1,2)
D.(-1,2]
答案 C
解析 由题意,得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2-x>0,,x+1>0,))∴-1
A.(-∞,-2)∪(-2,3]
B.(-8,-2)∪(-2,1]
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(9,2),-2))∪(-2,0]
D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(9,2),-2))
答案 C
解析 ∵f(x)的定义域为[-8,1],
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-8≤2x+1≤1,,x+2≠0,))解得-eq \f(9,2)≤x≤0,且x≠-2.
∴g(x)的定义域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(9,2),-2))∪(-2,0].
4.已知函数f(2x-1)的定义域为[0,1],则eq \f(f(2x+1),lg2(x+1))的定义域是( )
A.(-1,0) B.(-1,0]
C.[-1,0) D.[-1,0]
答案 A
解析 由题意0≤x≤1,∴-1≤2x-1≤1,
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-1≤2x+1≤1,,x+1>0,,x+1≠1,))解得-1
求给定解析式的函数的定义域,其实质就是以函数解析式中所含式子(运算)有意义为准则,列出不等式或不等式组求解;对于实际问题,定义域应使实际问题有意义.
2.求抽象函数定义域的方法
(1)若已知函数f(x)的定义域为[a,b],则复合函数f[g(x)]的定义域可由不等式a≤g(x)≤b求出.
(2)若已知函数f[g(x)]的定义域为[a,b],则f(x)的定义域为g(x)在x∈[a,b]上的值域.
考点二 求函数解析式
例1 求下列函数的解析式:
(1)已知f(1-sin x)=cs2x,求f(x)的解析式;
(2)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,x)))=x2+eq \f(1,x2),求f(x)的解析式;
(3)已知f(x)是一次函数且3f(x+1)-2f(x-1)=2x+17,求f(x)的解析式;
(4)已知f(x)满足2f(x)+f(-x)=3x,求f(x)的解析式.
解 (1)(换元法)设1-sin x=t,t∈[0,2],
则sin x=1-t.
∵f(1-sin x)=cs2x=1-sin2x,
∴f(t)=1-(1-t)2=2t-t2,t∈[0,2].
即f(x)=2x-x2,x∈[0,2].
(2)(配凑法)∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,x)))=x2+eq \f(1,x2)
=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(1,x)))eq \s\up12(2)-2,
∴f(x)=x2-2,x∈(-∞,-2]∪[2,+∞).
(3)(待定系数法)∵f(x)是一次函数,
可设f(x)=ax+b(a≠0),
∴3[a(x+1)+b]-2[a(x-1)+b]=2x+17,即ax+(5a+b)=2x+17,
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=2,,5a+b=17,))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=2,,b=7,))
∴f(x)的解析式是f(x)=2x+7.
(4)(构造法)∵2f(x)+f(-x)=3x,①
∴将x用-x替换,得
2f(-x)+f(x)=-3x,②
由①×2-②,得f(x)=3x.
感悟提升 求函数解析式的常用方法
(1)待定系数法:若已知函数的类型,可用待定系数法.
(2)换元法:已知复合函数f[g(x)]的解析式,可用换元法,此时要注意新元的取值范围.
(3)配凑法:由已知条件f(g(x))=F(x),可将F(x)改写成关于g(x)的表达式,然后以x替代g(x),便得f(x)的解析式.
(4)构造法:已知关于f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))或f(-x)的表达式,可根据已知条件再构造出另外一个等式,通过解方程组求出f(x).
训练1 (1)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x)+1))=lg x,则f(x)=________;
(2)(2021·黄冈检测)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)))=x4+eq \f(1,x4),则f(x)=________.
(3)(2022·唐山模拟)已知f(x)是二次函数且f(0)=2,f(x+1)-f(x)=x-1,则f(x)=________.
答案 (1)lgeq \f(2,x-1)(x>1) (2)x2-2,x∈[2,+∞) (3)eq \f(1,2)x2-eq \f(3,2)x+2
解析 (1)(换元法)令t=eq \f(2,x)+1(t>1),
则x=eq \f(2,t-1),
∴f(t)=lgeq \f(2,t-1),即f(x)=lgeq \f(2,x-1)(x>1).
(2)(配凑法)∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)))=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2+\f(1,x2)))eq \s\up12(2)-2,
∴f(x)=x2-2,x∈[2,+∞).
(3)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)且f(0)=c=2,
∴f(x)=ax2+bx+2(a≠0),
∴f(x+1)-f(x)=2ax+a+b=x-1,
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a=1,,a+b=-1,))∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a=\f(1,2),,b=-\f(3,2),))
∴f(x)=eq \f(1,2)x2-eq \f(3,2)x+2.
考点三 分段函数
角度1 分段函数的求值
例2 (1)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2-x,x≥-1,,lg2(1-x),x<-1,))则f(0)-f(-3)=________.
(2)设函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax,x≥0,,f(x+4a),x<0))(a>0且a≠1),若f(2)=4,则f(-2 023)=________.
答案 (1)-1 (2)2
解析 (1)∵f(0)=2-0=1,
f(-3)=lg2(1+3)=2,
∴f(0)-f(-3)=-1.
(2)∵f(2)=a2=4,∴a=2.
又f(x)=f(x+8)(x<0),
∴f(-2 023)=f(-253×8+1)=f(1)=2.
角度2 分段函数与方程
例3 (1)(2021·浙江卷)已知a∈R,函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2-4,x>2,,|x-3|+a,x≤2.))若f(f(eq \r(6)))=3,则a=________.
(2)(2022·长沙质检)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2(3-x),x≤0,,2x-1,x>0,))若f(a-1)=eq \f(1,2),则实数a=________.
答案 (1)2 (2)lg23
解析 (1)因为eq \r(6)>2,所以f(eq \r(6))=6-4=2,
所以f(f(eq \r(6)))=f(2)=1+a=3,解得a=2.
(2)由题意,若a-1≤0,即a≤1,
则lg2(3-a+1)=eq \f(1,2),则a=4-eq \r(2)>1,不符合题意;若a-1>0,即a>1,则2a-1-1=eq \f(1,2),则a=lg23>1成立.
角度3 分段函数与不等式
例4 (2021·合肥模拟)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2x,x>1,,x2-1,x≤1,))则f(x)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),+∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),1))
答案 C
解析 当x≤0时,x+1≤1,f(x)
∴0
2.已知函数值或函数的取值范围求自变量的值或范围时,应根据每一段的解析式分别求解,但要注意检验所求自变量的值或范围是否符合相应段的自变量的取值范围.
提醒 当分段函数的自变量范围不确定时,应分类讨论.
3.对于分段函数的不等式问题要分段解决.
训练2 (1)函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex-3,x<1,,ln x,x≥1,))则关于函数f(x)的说法不正确的是( )
A.定义域为R B.值域为(-3,+∞)
C.在R上为增函数 D.只有一个零点
(2)(2021·郑州调研)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x-1,x>0,,ax+1,x≤0,))若f(-1)=3,则不等式f(x)≤5的解集为( )
A.[-2,1] B.[-3,3]
C.[-2,2] D.[-2,3]
答案 (1)B (2)D
解析 (1)f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex-3,x<1,,ln x,x≥1,))∴f(x)的定义域为R,值域为(-3,e-3)∪[0,+∞),且e-3<0,∴f(x)在R上为增函数,且f(1)=0,∴f(x)只有一个零点.
(2)∵f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x-1,x>0,,ax+1,x≤0,))f(-1)=3,
∴f(-1)=a-1+1=3,则a=eq \f(1,2),
所以f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x-1,x>0,,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x)+1,x≤0.))
由f(x)≤5,
∴当x>0时,2x-1≤5,解得0
综上,不等式f(x)≤5的解集为[-2,3].
函数的值域
求函数值域的一般方法:(1)单调性法;(2)不等式法;(3)配方法;(4)换元法;(5)数形结合法;(6)分离常数法;(7)导数法.
一、单调性法
例1 已知a>0,设函数f(x)=eq \f(2 023x+1+2 022,2 023x+1)+2 023x3(x∈[-a,a])的最大值为M,最小值为N,则M+N的值为( )
A.2 023 B.2 024
C.4 045 D.4 046
答案 C
解析 f(x)=eq \f(2 023x+1+2 022,2 023x+1)+2 023x3
=eq \f(2 023(2 023x+1)-1,2 023x+1)+2 023x3
=2 023-eq \f(1,2 023x+1)+2 023x3.
因为y=-eq \f(1,2 023x+1),y=2 023x3均为增函数,
所以f(x)在[-a,a]上递增,
故最大值为f(a),最小值为f(-a),
所以M+N=f(a)+f(-a)=2 023-eq \f(1,2 023a+1)+2 023a3+2 023-eq \f(1,2 023-a+1)+
2 023(-a)3=4 046-1
=4 045.
二、不等式法
主要是指运用基本不等式及其变形公式来解决函数最值问题的一种方法.常用的基本不等式有以下几种:
a2+b2≥2ab(a,b为实数);
eq \f(a+b,2)≥eq \r(ab)(a≥0,b≥0);
ab≤eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a+b,2)))eq \s\up12(2)≤eq \f(a2+b2,2)(a,b为实数).
例2 设x,y,z为正实数,x-2y+3z=0,则eq \f(y2,xz)的最小值为________.
答案 3
解析 因为x-2y+3z=0,所以y=eq \f(x+3z,2),所以eq \f(y2,xz)=eq \f(x2+9z2+6xz,4xz).
又x,z为正实数,所以由基本不等式,得eq \f(y2,xz)≥eq \f(6xz+6xz,4xz)=3.当且仅当x=3z时取“=”.故eq \f(y2,xz)的最小值为3.
三、配方法
配方法是求二次函数最值的基本方法,如函数F(x)=af2(x)+bf(x)+c的最值问题,可以考虑用配方法.
例3 已知函数y=(ex-a)2+(e-x-a)2(a∈R,a≠0),求函数y的最小值.
解 y=(ex-a)2+(e-x-a)2
=(ex+e-x)2-2a(ex+e-x)+2a2-2.
令t=ex+e-x(t≥2),
设f(t)=t2-2at+2a2-2.
因为t≥2,
所以f(t)=t2-2at+2a2-2=(t-a)2+a2-2,定义域为[2,+∞).
因为函数y=f(t)图象的对称轴为直线t=a,
所以当a≤2且a≠0时,ymin=f(2)=2(a-1)2;
当a>2时,ymin=f(a)=a2-2.
四、换元法
换元法有两类,即代数换元和三角换元,我们可以根据具体问题及题目形式去灵活选择换元的方法,以便将复杂的函数最值问题转化为简单函数的最值问题,从而求出原函数的最值.
例4 (1)函数f(x)=x+2eq \r(1-x)的最大值为________;
(2)函数y=x-eq \r(4-x2)的值域为________.
答案 (1)2 (2)[-2eq \r(2),2]
解析 (1)设eq \r(1-x)=t(t≥0),
所以x=1-t2,
所以y=f(t)=x+2eq \r(1-x)=1-t2+2t
=-t2+2t+1=-(t-1)2+2.
所以当t=1,即x=0时,f(x)max=2.
(2)由4-x2≥0,得-2≤x≤2,
所以设x=2cs θ(θ∈[0,π]),
则y=2cs θ-eq \r(4-4cs2 θ)=2cs θ-2sin θ=2eq \r(2)cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4))).
因为θ+eq \f(π,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4),\f(5π,4))),
所以cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ+\f(π,4)))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(\r(2),2))),
所以y∈[-2eq \r(2),2].
五、数形结合法
数形结合法,是指利用函数所表示的几何意义,借助几何方法及函数的图象求函数最值的一种常用的方法.
例5 对a,b∈R,记max{a,b}=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a,a≥b,,b,a答案 eq \f(3,2)
解析 由|x+1|≥|x-2|,得(x+1)2≥(x-2)2.
所以x≥eq \f(1,2),所以f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x+1|,x≥\f(1,2),,|x-2|,x<\f(1,2).))
其图象如图所示.
由图象易知,当x=eq \f(1,2)时,函数有最小值,
∴f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)+1))=eq \f(3,2).
六、分离常数法
例6 已知f(x)=eq \f(2x+1,x-3),求此函数的值域.
解 y=eq \f(2x+1,x-3)=eq \f(2(x-3)+7,x-3)=2+eq \f(7,x-3),显然eq \f(7,x-3)≠0,∴y≠2.
故函数的值域为(-∞,2)∪(2,+∞).
七、导数法
例7 已知f(x)=2x-ln x,求f(x)的值域.
解 f(x)的定义域为(0,+∞),
∴f′(x)=2-eq \f(1,x)=eq \f(2x-1,x).
当0
∴f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))上单调递减,在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2),+∞))上单调递增,
∴f(x)min=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=1-ln eq \f(1,2)=1+ln 2,
∴函数f(x)的值域为[1+ln 2,+∞).
1.如图是张大爷晨练时离家距离(y)与行走时间(x)之间的函数关系的图象.若用黑点表示张大爷家的位置,则张大爷散步行走的路线可能是( )
答案 D
解析 由y与x的关系知,在中间时间段y值不变,只有D符合题意.
2.下列所给图象是函数图象的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
答案 B
解析 图象①关于x轴对称,x>0时,每一个x对应2个y,图象②中x0对应2个y,所以①②均不是函数图象;图象③④是函数图象.
3.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x+1,x≤0,,1-lg2x,x>0,))则f(f(8))等于( )
A.-1 B.-eq \f(1,2) C.eq \f(1,2) D.2
答案 C
解析 ∵f(8)=1-lg28=1-3=-2,
∴f(f(8))=f(-2)=2-2+1=eq \f(1,2).
4.设函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1-x,1+x)))=x,则f(x)的表达式为( )
A.eq \f(1+x,1-x)(x≠-1) B.eq \f(1+x,x-1)(x≠-1)
C.eq \f(1-x,1+x)(x≠-1) D.eq \f(2x,x+1)(x≠-1)
答案 C
解析 令t=eq \f(1-x,1+x)=eq \f(2,1+x)-1(t≠-1),
则x=eq \f(1-t,1+t),
∴f(t)=eq \f(1-t,1+t),即f(x)=eq \f(1-x,1+x)(x≠-1).
5.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x+1,x≥0,,3x2,x<0,))且f(x0)=3,则实数x0的值为( )
A.-1 B.1
C.-1或1 D.-1或-eq \f(1,3)
答案 C
解析 由条件可知,当x0≥0时,f(x0)=2x0+1=3,所以x0=1;当x0<0时,f(x0)=3xeq \\al(2,0)=3,所以x0=-1,所以实数x0的值为-1或1.
6.(2021·兰州质检)已知函数f(x)的定义域是[-1,1],则函数g(x)=eq \f(f(2x-1),ln(1-x))的定义域是( )
A.[0,1] B.(0,1) C.[0,1) D.(0,1]
答案 B
解析 由函数f(x)的定义域为[-1,1],
令-1≤2x-1≤1,解得0≤x≤1.
又由1-x>0且1-x≠1,解得x<1且x≠0,
所以函数g(x)的定义域为(0,1).
7.(2021·成都检测)高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,用其名字命名的“高斯函数”为:设x∈R,用[x]表示不超过x的最大整数,则y=[x]称为高斯函数.例如:[-0.5]=-1,[1.5]=1.已知函数f(x)=eq \f(1,2)×4x-3×2x+4(0
C.{-1,0,1,2} D.{0,1,2}
答案 B
解析 令t=2x,t∈(1,4),
则可设f(x)=g(t)=eq \f(1,2)t2-3t+4,t∈(1,4).
由二次函数性质,-eq \f(1,2)≤g(t)
则函数y=[f(x)]的值域为{-1,0,1}.
8.已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2+x,x≥0,,-3x,x<0,))若a[f(a)-f(-a)]>0,则实数a的取值范围为( )
A.(1,+∞)
B.(2,+∞)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞)
D.(-∞,-2)∪(2,+∞)
答案 D
解析 当a=0时,显然不成立.
当a>0时,不等式a[f(a)-f(-a)]>0等价于a2-2a>0,解得a>2.
当a<0时,不等式a[f(a)-f(-a)]>0等价于-a2-2a<0,解得a<-2.
综上所述,实数a的取值范围为(-∞,-2)∪(2,+∞).
9.函数f(x)=lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x)))+eq \r(1-x2)的定义域为________.
答案 (0,1]
解析 要使函数f(x)有意义,
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1+\f(1,x)>0,,x≠0,,1-x2≥0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<-1或x>0,,x≠0,,-1≤x≤1))⇒0
10.(2022·西安质检)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(-x2-2x+1,x<0,,2x,x≥0,))则满足f(a)>1的实数a的取值范围是________.
答案 (-2,0)∪(0,+∞)
解析 由f(a)>1,得
①eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥0,,2a>1,))解得a>0,
②eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0,,-a2-2a+1>1,))解得-2由①②知-20.
11.已知函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))+eq \f(1,x)f(-x)=2x(x≠0),则f(-2)=________,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=________.
答案 eq \f(7,2) eq \f(9,4)
解析 令x=2,可得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))+eq \f(1,2)f(-2)=4,①
令x=-eq \f(1,2),可得f(-2)-2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=-1,②
联立①②解得f(-2)=eq \f(7,2),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=eq \f(9,4).
12.具有性质:feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=-f(x)的函数,我们称为满足“倒负”变换的函数,下列函数满足“倒负”变换的函数的是________.
①y=x-eq \f(1,x);②y=ln eq \f(1-x,1+x);
③y=eeq \f(1-x,x);④f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x,0
答案 ①④
解析 对于①,f(x)=x-eq \f(1,x),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=eq \f(1,x)-x=-f(x),满足题意;
对于②,f(x)=ln eq \f(1-x,1+x),则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=ln eq \f(x-1,x+1)≠-f(x),不满足;
对于③,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=eeq \f(1-\f(1,x),\f(1,x))=ex-1,
-f(x)=-eeq \f(1-x,x)≠feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))),不满足;
对于④,feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x),0<\f(1,x)<1,,0,\f(1,x)=1,,-x,\f(1,x)>1,))
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x),x>1,,0,x=1,,-x,0
13.(2022·河南名校联考)已知函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1+x2,x≤0,,1,x>0,))若f(x-4)>f(2x-3),则实数x的取值范围是( )
A.(-1,+∞) B.(-∞,-1)
C.(-1,4) D.(-∞,1)
答案 C
解析 函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1+x2,x≤0,,1,x>0))的图象如图,由图象可知,当2x-3>0,即x>eq \f(3,2)时,需x-4<0,得x<4,∴eq \f(3,2)
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))
解析 当x≥1时,f(x)=2x-1≥1.
∵函数f(x)=eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((1-2a)x+3a,x<1,,2x-1,x≥1))的值域为R,
∴当x<1时,(1-2a)x+3a必须取遍(-∞,1)内的所有实数,
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1-2a>0,,1-2a+3a≥1,))解得0≤a
①f(x)=eq \f(1,x);②f(x)=2x;③f(x)=lg(x2+2);④f(x)=cs(πx).
其中是“1的饱和函数”的所有函数的序号为________.
答案 ②④
解析 对于①,若存在实数x0,满足f(x0+1)=f(x0)+f(1),则eq \f(1,x0+1)=eq \f(1,x0)+1,所以xeq \\al(2,0)+x0+1=0(x0≠0,且x0≠-1),显然该方程无实根,所以①不是“1的饱和函数”;
对于②,若存在实数x0,满足f(x0+1)=f(x0)+f(1),则2x0+1=2x0+2,解得x0=1,所以②是“1的饱和函数”;
对于③,若存在实数x0,满足f(x0+1)=f(x0)+f(1),则lg[(x0+1)2+2]=lg(xeq \\al(2,0)+2)+lg(12+2),化简得2xeq \\al(2,0)-2x0+3=0,显然该方程无实根,所以③不是“1的饱和函数”;
对于④,注意到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)+1))=cs eq \f(4π,3)=-eq \f(1,2),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))+f(1)=cs eq \f(π,3)+cs π=-eq \f(1,2),即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)+1))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))+f(1),所以④是“1的饱和函数”.
综上可知,其中是“1的饱和函数”的所有函数的序号是②④.
16.已知函数f(x)=eq \f(x2,1+x2).
(1)求f(2)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),f(3)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)));
(2)由(1)中求得的结果,你能发现f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))有什么关系?证明你的发现;
(3)求f(2)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))+f(3)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))+…+f(2 022)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 022)))的值.
解 (1)由f(x)=eq \f(x2,1+x2)=1-eq \f(1,x2+1),
得f(2)=1-eq \f(1,22+1)=eq \f(4,5),
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=1-eq \f(1,\f(1,4)+1)=eq \f(1,5),
f(3)=1-eq \f(1,32+1)=eq \f(9,10),
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))=1-eq \f(1,\f(1,9)+1)=eq \f(1,10).
(2)由(1)中求得的结果发现f(x)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=1.
证明如下:f(x)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=eq \f(x2,1+x2)+eq \f(\f(1,x2),1+\f(1,x2))=eq \f(x2,1+x2)+eq \f(1,x2+1)=1.
(3)由(2)知f(x)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))=1,
∴f(2)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=1,f(3)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))=1,
f(4)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))=1,…,
f(2 022)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 022)))=1.
∴f(2)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))+f(3)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))+…+f(2 022)+feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 022)))=2 021.函数
映射
两个集合A,B
设A,B是两个非空数集
设A,B是两个非空集合
对应关系f:A→B
如果按照某种确定的对应关系f,使对于集合A中的任意一个数x,在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应
如果按某一个确定的对应关系f,使对于集合A中的任意一个元素x,在集合B中都有唯一确定的元素y与之对应
名称
称f:A→B为从集合A到集合B的一个函数
称f:A→B为从集合A到集合B的一个映射
记法
函数y=f(x),x∈A
映射:f:A→B
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