2024年高考数学小专题特训：函数概念与性质解答题

这是一份2024年高考数学小专题特训：函数概念与性质解答题，共14页。试卷主要包含了已知a>0，函数f=lnx等内容，欢迎下载使用。

1．若函数 f(x)=a⋅3x−1−a3x−1 为奇函数．
（1）求a的值；
（2）求函数的定义域；
（3）求函数的值域．
2．已知函数f(x)是定义在[−4，−1]∪[1，4]上的偶函数，当x∈[1，4]时，f(x)=lg2x+1.
（1）求f(x)的解析式；
（2）解不等式f(2x)≥2f(x).
3．已知函数f(x)=lg(x2−9)+16−x的定义域为A，集合B={x||x−m∣≤1}.
（1）求定义域A；
（2）若“x∈B”是“x∈A”的充分条件，求实数m的取值范围.
4．对于函数φ(x)，若定义域内存在实数x0，满足φ(−x0)=−φ(x0)，则称φ(x)为“L函数”.
（1）已知函数f(x)=2sin(x+π6)，试判断f(x)是否为“L函数”，并说明理由；
（2）已知函数g(x)=3x+a3x(a∈R)为R上的奇函数，函数ℎ(x)=[g(x)+3−x]2−2m[g(x)+3−x]−4，x≥−1−4，x<−1，为其定义域上的“L函数”，求实数m的取值范围.
5．已知函数f(x)=x2+12x+2，x≤0，x+ax，x>0.
（1）若函数y=f(x)的值域为R，求实数a的取值范围；
（2）若不等式f(x)≥|12x+a|在R上恒成立，求实数a的取值范围.
6．函数f(x)=2cs(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π2)的部分图象如图所示.
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）求函数g(x)=f(x−π8)f(x+π8)在[0，π4]上的值域.
7．已知函数 f(x)=ax+bx2+1 是定义在 (−1，1) 上的奇函数，且 f(12)=25 .
（1）求函数 f(x) 的解析式；
（2）判断函数 f(x) 在 (−1，1) 上的单调性，并用定义证明；
（3）解关于 t 的不等式， f(t+12)+f(t−12)<0 .
8．已知a>0，函数f(x)=(a−x)lnx．
（1）证明f(x)存在唯一极大值点；
（2）若存在a，使得f(x)≤a+b对任意x∈(0，+∞)成立，求b的取值范围．
9． 已知函数f(x)=(x+a)|x−b|，其中a，b为常数.
（1）当b=1时，求函数y=f(x)的单调区间；
（2）当a=0时，存在2023个不同的实数xi(i=1，2，⋯2023)，0≤x110．已知函数f(x)=2|x|−11+x2.
（1）判断并证明函数f(x)的奇偶性；
（2）判断函数f(x)在区间[0，+∞)上的单调性（不必写出过程），并解不等式f(x+2)>f(2x−1).
11．已知y=f(x)为二次函数，且满足：对称轴为x=1，f(0)=−3，f(3)=0.
（1）求函数f(x)的解析式，并求y=f(x)图像的顶点坐标；
（2）在给出的平面直角坐标系中画出y=|f(x)|的图象，并直接写出函数y=|f(x)|的单调增区间.
12．已知函数 f(x)=ln(x+a)(a∈R) 的图象过点 (1，0) ， g(x)=x2−2ef(x) .
（1）求函数 f(x) 的解析式；
（2）若函数 y=f(x)+ln(2x−k) 在区间 (1，2) 上有零点，求整数k的值；
（3）设 m>0 ，若对于任意 x∈[1m，m] ，都有 g(x)<−ln(m−1) ，求m的取值范围.
13．某工厂的固定成本为3万元，该工厂每生产100台某产品的生产成本为1万元，设生产该产品
x（百台），其总成本为g(x)万元（总成本=固定成本+生产成本），并且销售收入r(x)满足r(x)={−0.5x2+7x−10.5，0≤x≤713.5，x>7，假设该产品产销平衡，根据上述统计数据规律求：
（1）要使工厂有盈利，产品数量x应控制在什么范围？
（2）工厂生产多少台产品时盈利最大？
14． 已知函数 f(x)=1−2x2x+1+k(k为常数)是定义在R上的奇函数.
（1）求函数 f(x)的解析式；
（2）若 x∈[−2，2]， 求函数f(x)的值域；
（3） 若 g(x)=f(x+1)+1， 且函数g(x)满足对任意x∈[1，3]， 都有g(ax2+2)−g(3x)>2成立， 求实数a的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】（1）解：函数y＝ f(x)=a⋅3x−1−a3x−1 ＝a－ 13x−1 .
由奇函数的定义，可得f(－x)＋f(x)＝0，即2a－ 13x−1 － 13−x−1 ＝0，∴a＝－ 12 .
（2）解：∵y＝－ 12 － 13x−1 ，∴3x－1≠0，即x≠0.
∴函数y＝－ 12 － 13x−1 的定义域为{x|x≠0}．
（3）解：∵x≠0，∴3x－1≠0，∴0＞3x－1＞－1或3x－1＞0.
∴－ 12 － 13x−1 ＞ 12 或－ 12 － 13x−1 ＜－ 12 .
即函数的值域为 {y|y>12或<12} .
2．【答案】（1）当x∈[−4，−1]时，−x∈[1，4]，所以f(−x)=lg2(−x)+1=f(x)，
所以f(x)=lg2x+1，x∈[1，4]，lg2(−x)+1，x∈[−4，−1]，
所以f(x)=lg2|x|+1(x∈[−4，−1]∪[1，4]).
（2）f(2x)≥2f(x)⇔1≤|2x|≤4，1≤|x|≤4，lg2|2x|+1≥2lg2|x|+2，⇔−2≤x≤−12或12≤x≤2，−4≤x≤−1或1≤x≤4，−1≤x<0或0所以不等式的解集为{−1，1}
3．【答案】（1）由题意得x2−9>0，6−x>0，所以x>3或x<−3x<6
所以3（2）由题意得B={x|m−1≤x≤m+1}，B⊆A，
所以m+1<−3或m−1>3，m+1<6，所以m<−4或4所以实数m的取值范围为{m|m<−4或44．【答案】（1）由题意，若函数f(x)在定义域内存在实数x0，满足f(−x0)=−f(x0)，
可得2sin(−x0+π6)=−2sin(x0+π6)，即sin(x0−π6)=sin(x0+π6).
当x0=π2时，上式成立，所以存在x0=π2，满足f(−x0)=−f(x0)，
所以函数f(x)=2sin(x+π6)是“L函数”.（找到其他x0的值也得分）
（2）因为函数g(x)=3x+a3x(a∈R)为R上的奇函数，
所以g(0)=1+a=0，所以a=−1，经检验a=−1满足条件，
所以g(x)=3x−13x，所以g(x)+3−x=3x，
所以ℎ(x)=(3x)2−2m⋅3x−4，x≥−1，−4，x<−1，定义域为R.
①当在区间[−1，1]上存在x0，满足ℎ(−x0)=−ℎ(x0)时，
则(3x0)2−2m⋅3x0−4+(3−x0)2−2m⋅3−x0−4=0，即(3x0+3−x0)2−2m⋅(3x0+3−x0)−10=0.
令t=3x0+3−x0，则t≥23x0⋅3−x0=2，当且仅当x0=0时取等号.
又x0∈[−1，1]，所以t≤31+3−1=103，即t∈[2，103]，
所以(3x0+3−x0)2−2m⋅(3x0+3−x0)−10=t2−2mt−10=0，
所以m=t2−102t=t2−5t∈[−32，16]
②当在区间(−∞，−1)上存在x0，满足ℎ(−x0)=−ℎ(x0)时，
则(3−x0)2−2m⋅3−x0−4=4，即m=12⋅3x0−4⋅3x0有解.
因为y=12⋅3x0−4⋅3x0在区间(−∞，−1)上单调递减，所以m>16.
③当在区间(1，+∞)上存在x0，满足ℎ(−x0)=−ℎ(x0)时，
则−4=−[(3x0)2−2m⋅3x0−4]，即m=3x02−43x0有解.
因为y=3x02−43x0在区间(1，+∞)上单调递增，所以m>16.
综上所述，实数m的取值范围为{m|m≥−32}.
5．【答案】（1）解：当x∈(−∞，0]时，f(x)∈[3116，+∞)，
由f(x)的值域为R知a<0
（2）解：先考虑f(x)≥|12x+a|对x∈(0，+∞)恒成立.
①若a<0，则当x∈(0，−a)时，f(x)<0，不满足
②若a=0，f(x)=x≥|12x|对x∈(0，+∞)恒成立，满足
③若a>0，f(x)≥|12x+a|=12x+a⇔12x+ax−a≥0对x∈(0，+∞)恒成立
令g(x)=12x+ax−a，x∈(0，+∞)，则只需g(x)min≥0
由于g(x)=12x+ax−a≥2a2−a
所以2a2−a≥0，解得0综上得0≤a≤2
再证当0≤a≤2时f(x)≥|12x+a|对x∈(−∞，0]恒成立
由于0≤a≤2，故当x∈(−∞，0]时，f(x)=x2+12x+2≥12x+a
由x2+x+2≥0得f(x)=x2+12x+2≥−12x≥−12x−a
所以f(x)≥|12x+a|.
所以a的取值范围是[0，2]
6．【答案】（1）解：设f(x)的周期为T，区间[0，2π3]为f(x)的(16+12)T=23T，
则23⋅2πω=2π3−0⇒ω=2，
由f(0)=3，则2csφ=3⇒φ=π6，
所以f(x)=2cs(2x+π6)
（2）解：g(x)=f(x−π8)⋅f(x+π8)=4cs(2x−π12)⋅cs(2x+5π12)
g(x)=2cs(2x+5π12−π2)⋅cs(2x+5π12)
=4sin(2x+5π12)⋅cs(2x+5π12)=2sin(4x+5π6)
因为x∈[0，π4]，所以5π6≤4x+5π6≤11π6，
则sin(4x+5π6)∈[−1，12]，故g(x)的值域为[−2，1]
7．【答案】（1）解： f(0)=0⇒b=0 ， f(12)=25⇒a=1⇒f(x)=x1+x2
（2）解：任取 −1f(x1)−f(x2)=(x1−x2)(1−x1x2)(1+x12)(1+x22)<0⇒f(x1)所以函数 f(x) 在 (−1，1) 上是增函数
（3）解： f(t+12)<−f(t−12)⇒f(t+12)t+12<12−t−18．【答案】（1）解：函数f(x)=(a−x)lnx，求导f′(x)=−lnx+(a−x)1x=−lnx+ax−1，x>0，
令g(x)=−lnx+ax−1，x>0，则g′(x)=−1x−ax2=−x+ax2
又a>0，∴g′(x)<0，∴f′(x)在x∈(0，+∞)上单调递减，
当x=e−1时，f′(x)=ae−1>0，当x=ea时，f′(ea)=−a+aea−1=a(1ea−1)−1<0，
故存在x0∈(e−1，ea)，使得f′(x0)=0
当x∈(0，x0)，f′(x)>0，故函数f(x)在(0，x0)上单调递增，
当x∈(x0，+∞)，f′(x)<0，故函数f(x)在(x0，+∞)上单调递减，
所以f(x)存在唯一极大值点；
（2）解：由题知，存在a>0，使得f(x)≤a+b对任意x∈(0，+∞)成立，
即存在a>0，使得b≥[f(x)−a]max对任意x∈(0，+∞)成立，
由（1）知，f(x)max=f(x0)，且−lnx0+ax0−1=0，即a=x0(1+lnx0)，
[f(x)−a]max=f(x0)−a=[x0(1+lnx0)−x0]lnx0−x0(1+lnx0)
即存在a>0，使得b≥x0ln2x0−x0−x0lnx0， x0>0恒成立，
构造u(x)=xln2x−x−xlnx， x>0，即存在a>0，使得b≥u(x)恒成立，
即存在a>0，b≥u(x)min对任意x∈(0，+∞)恒成立，
求导u′(x)=ln2x+lnx−2， x>0
令u′(x)=0，求得lnx1=−2，lnx2=1，即x1=e−2，x2=e，
当x∈(0，e−2)，u′(x)>0，故函数u(x)在(0，e−2)上单调递增，
当x∈(e−2，e)，u′(x)<0，故函数u(x)在(e−2，e)上单调递减，
当x∈(e，+∞)，u′(x)>0，故函数u(x)在(e，+∞)上单调递增，
所以u(x)min=u(e)=eln2e−e−elne=−e<0，
由x∈(0，e−2)时，u(x)=x(ln2x−lnx−1)=x[(lnx−12)2−54]，
因为x∈(0，e−2)，所以lnx<−2，即(lnx−12)2−54>5，则u(x)>0在x∈(0，e−2)上恒成立，
所以b的取值范围是b≥−e.
9．【答案】（1）解：f(x)=(x+a)|x−1|=x2+(a−1)x−a，x≥1−x2−(a−1)x+a，x<1，
可知y=x2+(a−1)x−a开口向上，对称轴为x=−a−12，
且y=−x2−(a−1)x+a开口向上，对称轴为x=−a−12，
当−a−12=1，即a=−1时，f(x)=(x−1)2，x≥1−(x−1)2，x<1，f(x)的单调递增区间为R；
当−a−12<1，即a>−1时，f(x)的单调递增区间为(−∞，1−a2)，(1，+∞)，单调递减区间为(1−a2，1)；
当−a−12>1，即a<−1时，f(x)的单调递增区间为(−∞，1)，(1−a2，+∞)，单调递减区间为(1，1−a2)
（2）解：f(x)=x|x−b|=x2−bx，x≥b−x2+bx，x（i）当b2≤0，即b≤0时，f(x)=x2−bx在[0，3]上单调递增，
因为0≤x1则|f(x1)−f(x2)|+|f(x2)−f(x3)|+⋯+|f(x2022)−f(x2023)|
=f(x2)−f(x1)+f(x3)−f(x2)+⋯+f(x2023)−f(x2022)
=f(x2033)−f(x1)≤f(3)−f(0)=9−3b，
即12≤9−3b，解得b≤−1；
（ⅱ）当b2≥3，即b≥6时，f(x)=−x2+bx在[0，3]上单调递增，
因为0≤x1由（i）可得12=f(x2033)−f(x1)≤f(3)−f(0)=−9+3b，解得b≥7；
（ⅲ）当32则|f(x1)−f(x2)|+|f(x2)−f(x3)|+⋯+|f(x2022)−f(x2023)|≤2f(b2)−f(0)−f(3)，
即12≤2f(b2)−f(0)−f(3)=2×(−b24+b22)−(−9+3b)=b(b−6)2+9<9，矛盾；
（ⅳ）当0则|f(x1)−f(x2)|+|f(x2)−f(x3)|+⋯+|f(x2022)−f(x2023)|≤2f(b2)−f(0)−f(3)，
即12≤2f(b2)+f(3)−f(0)−2f(b)=b22+(9−3b)=b(b−6)2+9<9，矛盾.
综上所述，b的取值范围是(−∞，−1]∪[7，+∞)
10．【答案】（1）解：依题意，函数f(x)的定义域为R．对于任意x∈R，
都有f(−x)=2|−x|−11+(−x)2=2|x|−11+x2=f(x)，
所以函数f(x)是R上的偶函数．
（2）解：函数f(x)在[0，+∞)上单调递增．
因为函数f(x)R上的偶数函数，所以f(x+2)>f(2x−1)
等价于f(|x+2|)>f(|2x−1|)．因为函数f(x)在[0，+∞)上单调递增，
所以|x+2|>|2x−1|，即3x2−8x−3<0，解得−13所以不等式f(x+2)>f(2x−1)的解集为(−13，3)．
11．【答案】（1）解：设函数为f(x)=ax2+bx+c，所以x=−b2a=1c=−39a+3b+c=0，解得a=1b=−2c=−3，所以f(x)=x2−2x−3，
所以f(1)=−4，所以顶点坐标为(1，−4).
（2）解：图象如图所示，
函数的增区间为：[−1，1]，[3，+∞).
12．【答案】（1）解：函数 f(x)=ln(x+a)(a∈R) 的图像过点 (1，0) ，所以 ln(1+a)=0 ，解得 a=0 ，
所以函数 f(x) 的解析式为 f(x)=lnx .
（2）解：由（1）可知 y=lnx+ln(2x−k)=ln(2x2−kx) ， x∈(1，2) ，
令 ln(2x2−kx)=0 ，得 2x2−kx−1=0 ，
设 ℎ(x)=2x2−kx−1 ，则函数 y=f(x)+ln(2x−k) 在区间 (1，2) 上有零点，
等价于函数 y=ℎ(x) 在 (1，2) 上有零点，所以 ℎ(1)=1−k<0ℎ(2)=7−2k>0 ，解得 1因为 k∈Z ，所以 k 的取值为2或3.
（3）解：因为 m>0 且 m>1m ，所以 m>1 且 0<1m<1 ，
因为 g(x)=x2−2ef(x)=x2−2x=(x−1)2−1 ，
所以 g(x) 的最大值可能是 g(m) 或 g(1m) ，
因为 g(m)−g(1m)=m2−2m−(1m2−2m) =m2−1m2−(2m−2m)
=(m−1m)(m+1m−2) =(m−1m)⋅(m−1)2m>0
所以 g(x)max=g(m)=m2−2m ，
只需 g(x)max<−ln(m−1) ，即 m2−2m<−ln(m−1) ，
设 ℎ(m)=m2−2m+ln(m−1)(m>1) ， ℎ(m) 在 (1，+∞) 上单调递增，
又 ℎ(2)=0 ，∴m2−2m+ln(m−1)<0 ，即 ℎ(m)<ℎ(2) ，所以 1所以m的取值范围是 (1，2) .
13．【答案】（1）解：依题意得g(x)=x+3，设利润函数为f(x)，则f(x)=r(x)−g(x)，
所以f(x)={−0.5x2+6x−13.5(0≤x≤7)10.5−x(x>7)，
要使工厂有盈利，则有f（x)＞0，因为
f（x)＞0⇔{0≤x≤7−0.5x2+6x−13.5>0或{x>710.5−x>0，
⇒{0≤x≤7x2−12x+27<0或{x>710.5−x>0⇒{0≤x≤73⇒3即3（2）解：当3故当x＝6时，f（x)有最大值4.5，
而当x＞7时，f(x)<10.5−7=3.5.
所以当工厂生产600台产品时，盈利最大
14．【答案】（1）解：因为 f(x)是定义在R上的奇函数，
所以 f(−x)=−f(x)
即 1−2−x2−x+1+k=−1−2x2x+1+k，
解得 k=2，
所以 f(x)=1−2x2x+1+2
（2）解： f(x)=1−2x2x+1+2=−12(2x−12x+1)=−12(1−22x+1)
∵y=22x+1在R上单调递减
∴f(x)在R上单调递减f(−2)=310，f(2)=−310
∴函数f(x)在[−2，2]上的值域为[−310，310]
（3）解：g(x)=f(x+1)+1由f(x)向左移 1 个单位， 向上移 1 个单位得到， 所以g(x)关于(−1，1)对称， 所以g(−1−x)+g(−1+x)=2令x=3x−1， 则g(−3x)+g(3x−2)=2
即： g(3x−2)=2−g(−3x)
由 g(ax2+2)−g(3x)>2得g(ax2+2)>2−g(−3x)=g(3x−2)
∵f(x)在R上单调递减
∴g(x)在R上单调递减
∴ax2+2<3x−2对任意x∈[1，3]恒成立
即 a<3x−4x2=3x−4x2对任意x∈[1，3]恒成立， 令1x=t∈[13，1]得：
a<3t−4t2对任意t∈[13，1]恒成立
令 ℎ(t)=3t−4t2， 其对称轴为t=38∈[13，1]ℎ(t)min=ℎ(38)=916
所以， 实数 a的取值范围是(−∞，916).