第6讲 函数的概念及其表示 - -2026年高考数学一轮复习基础梳理（跟踪训练）

这是一份第6讲 函数的概念及其表示 - -2026年高考数学一轮复习基础梳理（跟踪训练），共17页。试卷主要包含了下列各组函数是同一函数的是，函数 f 的定义域是，存在函数 f 满足等内容，欢迎下载使用。
x3
x
1．（2025•南京模拟）下列各组函数是同一函数的是()
x  3
x2  9
f (x)  x2 与 g(x)  (x  1)2
f (x) 
与 g(x)  x
f (x)  x 与 g(x)  1
xx0
f (x) 
x  3 
与 g(x) 
x  1
2．（2023•广西模拟）函数 f (x) 的定义域是()
{x | x  1}
{x | x„ 1}
{x | x  1}
{x | x… 1}
3．（2025•黄冈二模）已知函数 f (x)  x2 的定义域 A  R ，值域 B  {9} ，则满足条件的 f (x) 有()
A．1 个B．2 个C．3 个D．4 个
4．（2025•潍坊模拟）已知a  0 且a  1， ay 与 x 成正比例关系，其图象如图所示，
且 y  lga x  1 ，则a  ()
A．1B．2C．3D．4
5．（2025•日照二模）已知函数 f (x)  (1  3a)x  5a, x  1的值域为 R ，则实数 a 的

5
lg x, x  1
取值范围是()
, )
A． ( 1 1
2 3
B． ( 1
, )
3
[1 , )
C．
3
D．[ 1 1
, )
2 3
6．（2025•福建模拟）存在函数 f (x) 满足：对任意 x  R 都有()
f (x2 )  x
f (sin x)  x
f (ex  ex )  x
f (ex  ex )  x
7．（2025•惠东县模拟）把函数 y  ln(x  1) 的图象按向量m  (2, 0) 平移，得到 y  f (x)
的图象，则 f (x)  ()
ln(x  1)
ln(x  3)
ln(x  1)  2
ln(x  1)  2
8．（2024•衡阳县模拟）新高考改革后，生物，化学，政治，地理采取赋分制度：原始分排名前5%  3% 的同学赋分95  97 分．若原始分的最大值为 a ，最小值为
b ，令 f (x) 为满足 f （a） 97 ， f （b） 95 的一次函数．对于原始分为 x ，(b„ x„ a)
的学生，将 f (x) 的值四舍五入得到该学生的赋分．已知小赵原始分 96，赋分 97；小叶原始分 81，赋分 95；小林原始分 89，他的赋分是()
A．95B．96C．97D．96 或 97
9．（2025•焦作三模）已知函数 f (x) 的部分图象如下，则 f (x) 的解析式可能为(
)
．
A
sin2 x
x2  1 1
B． sin x  1
x2  1
cs2 x
C．
x2  1
D． cs x
x2  1
10．（2025•ft海关区模拟）已知函数 f (x) | sin x |  | cs x |  2 | tan x | ，则 f (x) 的值
1  tan2 x
域为()
2
A．[
 1,1]
B．[1,
 1]
C．[1, 2]D．[
2 ,1]
2
2
二．多选题（共 4 小题）
（多选）11．（2024•琼海模拟）已知函数 f (x) 的定义域和值域均为{x | x  0 ，
x  R}， 对 于 任 意 非 零 实 数 x ， y ，
x  y  0 ， 函 数
f (x) 满 足 ：
A．
f (x  y)( f (x)  f ( y))  f (x) f ( y) ，且 f (x) 在(, 0) 上单调递减， f （1）  1，则下列结论错误的是()
1
f ()  2 2
B． 2023 f ( 1 )  22023  2
i 12i
C． f (x) 在定义域内单调递减
D． f (x) 为奇函数
（多选）12．（2025•长沙模拟）已知a  0 且a  e ，则函数 f (x)  ex  alnx 的图象可能是()
A．B．
C．D．
（多选）13．（2025•江西模拟）已知函数 f (x)  9x1  t ，若存在m ， n(m  n) ，使
得 f (x) 在区间[m ， n] 上的值域为[3m ， 3n ] ，则()
A． t 的取值范围是(0, 1 )
36
B． t 的取值范围是(, 1 )
36
m n
C． 3 2
 1D． 9m  9n  1
1881
（多选）14．（2024•福州模拟）定义在 R 上的函数 f (x) 的值域为(, 0) ，且
f (2x)  f (x  y) f (x  y)  0 ，则()
A． f (0)  1B． f （4） [ f （1） ]2  0
C． f (x) f (x)  1D． f (x)  f (x)„  2
三．填空题（共 4 小题）
15．（2025•湖北模拟）若函数 y  f (x) 的图象过点(1,1) ，则函数 f (4  x) 的图象一定经过点 ．
x2 , x  1
4
16．（2025•松江区三模）已知函数 f (x)  
x   5, 0  x  1
，则 f (x) 的值域为 ．
x
17．（2025•普陀区三模）函数 y 
lg2 (3  x) 的定义域是．
18．（2023•大连模拟）已知定义在 R 上的奇函数 f (x) 满足 f (1  x)  f (3  x) ，则 f (x)
的一个解析式为 f (x)  ．
四．解答题（共 6 小题）

19．（2025•涡阳县开学） f  x  x2 , 1„ x„ 1
1, x  1或x  1
画出 f (x) 的图象；
若 f (x)… 1 ，求 x 的范围；
4
求 f (x) 的值域．
20．（2025 春•清远期中）求下列函数的解析式．
（1） f (x  1)  x2  2x  3 ；
（2） f (x) 是一次函数，且满足 f ( f (x))  25x  12 ．
a  3x1
21 ．（ 2024 秋• 哈尔滨期末） 已知函数
(a  0, b  0) ．
求 f (x) 的解析式；
f (x) 
3x  b
是定义在 R 上的奇函数
求当 x [0 ，1] 时，函数 g(x)  f (x)  (3x  1)  9x  1 的值域．
22．（2024 秋•江西月考）已知函数 f (x)  2x ，函数 g(x) 与函数 f (x) 的图象关于直线 y  x 对称．
求 g(x) 的解析式；
求函数h(x)  [g(x)]2  6g(x)  12 在区间(2,16) 内的值域．
23．（2025 春•讷河市期中）（1）已知 f (x) 
1
2 f ()
x
 3x  2 ，求 f (x) 的表达式；
（2）已知奇函数 f (x) 的定义域为 R ，当 x  0 时， f (x)  x2  x  1 ，求函数 f (x) 的解析式．
24．（2025 春•清远期中）如图，定义在[1 ， ) 上的函数 f (x) 的图象由一条线
段及抛物线的一部分组成．
求 f ( f （4） ) 的值及 f (x) 的解析式；
若 f (x)  1 ，求实数 x 的值．
2
一．选择题（共 10 小题）
二．多选题（共 4 小题）
一．选择题（共 10 小题）
【答案】C
【分析】根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，即可判断它们是同一函数．
x3
x
x
【解答】解：对于 A ， f (x)  x2 ， x  R ， g(x)  (x  1)2 ， x  R ，两函数的对应关系不同，不是同一函数；
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
D
C
B
D
D
A
D
C
A
题号
11
12
13
14
答案
BC
BCD
AC
ACD
对于 B ， f (x) 
 x
， x ( ， 0] ， g(x)  x
， x ( ， 0] ，两函数
的对应关系不同，不是同一函数；
对于C ， f (x)  x  1， x ( ， 0) (0 ， ) ， g(x)  1
xx0
 1 ， x ( ， 0) (0 ，
) ，两函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；
对于 D ，
f (x) 
x  3 

， x [3 ， ) ， g(x) 
， x ( ，
x  3
x2  9
x2  9
3]∪[3 ， ) ，两函数的定义域不同，不是同一函数．故选： C ．
【分析】由题意可得 x  1… 0 ，解不等式可得函数的定义域．
【解答】解：由题意可得 x  1… 0 ，解不等式可得 x… 1
所以函数的定义域是[1 ， )
故选： D ．
【答案】C
【分析】先计算 x2  9 ，得出 x  3 ，再根据函数的定义即可写出所有符合条件的函数．
【解答】解：令 f (x)  x2  9 ，则 x  3 ，
则 f (x)  x2 ， x {3}； f (x)  x2 ， x {3}； f (x)  x2 ， x {3 ， 3}．故选： C ．
【答案】 B
【分析】先设ay  kx ，根据2  k 1 ，求出k ，再根据指数式与对数式的转化，可求a 的值．
【解答】解：根据题意，因为ay 与 x 成正比例关系，所以可设ay  kx ，又由函数的图象， x  1 时， ay  2 ，
故2  k 1 ，则k  2 ．
aaa
由ay  2x ，变形可得 y  lg 2x  lg x  lg 2 ，又 y  lga x  1 ，所以lga 2  1，必有a  2 ．
故选： B ．
【答案】 D
【分析】由已知结合分段函数的性质及一次函数，对数函数的性质即可求解．
【解答】解：因为函数 f (x)  (1  3a)x  5a, x  1的值域为 R ，

5
lg x, x  1
当 x… 1 时， f (x)  lg5 x… 0 ，
故当 x  1 时， f (x)  (1  3a)x  5a 单调递减，且1  3a  5a… 0 ，

即1  3a  0 ，解得 1  a  1 ．
1  2a  023
故选： D ．
【答案】 D
【分析】利用函数的定义逐项判断得解．
【解答】解：对于 A ，取 x  1 得 f （1）  1，取 x  1 得 f （1）  1，矛盾， A
不是；
对于 B ，取 x  0 得 f (0)  0 ，取 x  π得 f (0)  π，矛盾， B 不是；
对于C ，取 x  1 得 f (e  e1)  1 ，取 x  1 得 f (e  e1)  1 ，矛盾， C 不是；
0
对于 D ， t  ex  ex 为 R 上的增函数，对任意 x
 R 都有唯一的t0
 ex0  ex0 满足，
则存在函数 f (x) 满足， D 是．故选： D ．
【答案】 A
【分析】根据函数图象的变换法则即可得出答案．
【解答】解：依题意，函数 f (x) 的图象是由函数 y  ln(x  1) 的图象向右平移 2 个单位而得到，
则 f (x)  ln(x  1  2)  ln(x  1) ．
故选： A ．
【答案】 D
【分析】由题意设 f (x)  mx  n ，再根据赋分原理，列出 f (96) 和 f (81) 的范围，并表示 f (89) ，根据不等式，即可求解．
【解答】解：设 f (x)  mx  n ， 96.5„ f (96)„ 97.4 ， 94.5„ f (81)„ 95.4 ，
f (89)  89m  n 
8 (96m  n)  7 (81m  n) ，
1515
 8  96.5  7  94.5„ f (89)„ 8  97.4  7  95.4 ， 95.6„ f (89)„ 96.5 ．
15151515
赋分是 96 或 97．故选： D ．
【答案】C
【分析】根据图象分别判断 f (x) 的奇偶性，零点以及特殊值，排除即可．
【解答】解：根据图象可知， f (x) 的图象关于 y 轴对称，所以 f (x) 是偶函数，则
(, 0)
f (x)  f (x) ，且函数 f (x) 过点 π，
2
对于 B ， f (x) 
π
sin(x) (x)2  1
sin2 π
 1   sin x
x2  1
 1  f (x) ，不为偶函数，不符合题意，
对于 A ， f ( )  2  1 4 1  0 ，不符合题意，
2
2
 1
()
ππ2  4
2
对于 D ，当π x  3π 时， f (x)  cs x  0 ，不符合题意，
22x2  1
f ()
对于C ，满足 f (x)  f (x) ， π  0 ，以及π x  3π 时， f (x)  0 ，符合图象特
征．
故选： C ．
【答案】 A
222
【分析】先结合三角恒等变形对 f (x) 进行化简，然后结合三角函数及二次函数的性质即可求解．
【解答】解： f (x) | sin x |  | cs x |  2 | tan x | | sin x |  | cs x |  | sin 2x |
1  tan2 x
1 | sin 2x |
 1 | sin 2x | | sin 2x | (1 | sin 2x |)  1 ，
1 | sin 2x |
令t ， t [1， 2] ，
则 f (x) 可化为 y  t  t 2  1  (t  1 )2  5
24
2
根据二次函数的性质可得， 1  y„ 1 ，
2
所以 1  f (x)  1．
故选： A ．
二．多选题（共 4 小题）
【答案】 BC
【分析】赋值法可判断 A ，根据等比数列求和公式判断 B ，利用奇偶函数的定义及赋值法判断C ，由函数的特例可判断 D ．
【解答】解：对于 A ，令 x  y  1 ，则
1 1 2 ，
2 f (1) f () [ f ()]
222
f ()
因 f (1 )  0 ，故得 1  2 f (1)  2 ，故 A 正确；
22
对于 B ，由 f (x  y)( f (x)  f ( y))  f (x) f ( y) ，
，则
令
[ f (x)]21
yxf (2x) 
f (x) ，
2 f (x)2
则1
f ()  f (2  1 )  1 f ( 1 ) ，即 f ( 1 ) 1 ，
2i2i 1
22i 1
2i 1
2 f ( 2i )
故
是以
1
{ f ( 2i )}
1
f () 2
 2 为首项，2 为公比的等比数列，
于是2023 f ( 1 )  2(1  22023 )  22024  2 ，故 B 错误；
i 12i
1  2
对于 D ，由题意，函数 f (x) 的定义域为( ， 0) (0 ， ) ，关于原点对称，
令 y  2x ，则 f (x) 
f (x) f (2x) ①，
f (x)  f (2x)
把 x ， y 都取成x ，可得 f (2x)  f (x) f (x)  f (x) ②，
2 f (x)2
f (x) f (x)
将②式代入①式，可得 f (x)  2 ，
f (x)  f (x)
2
化简可得 f (x)   f (x) ，即 f (x) 为奇函数，故 D 正确；
对于C ，Q f (x) 在(, 0) 上单调递减，函数为奇函数，可得 f (x) 在(0, ) 上单调递减，
但是不能判断 f (x) 在定义域上的单调性，例如 f (x)  1 ，故C 错误．
x
故选： BC ．
【答案】 BCD
【分析】求出原函数的导函数，然后利用导函数的符号分析原函数的单调性与最值，逐一判断得答案．
【解答】解：由 f (x)  ex  alnx ，得 f (x)  ex  a ，
x
Q a  0 且a  e ，当0  a  e 时， f  （1）  e  a  0 ，当 x  0 时， f (x)   ，故存在 x0 (0,1) ，使得 f (x0 )  0 ，
当 x (0, x0 ) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递减，
当 x (x0 ， ) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增，
00
则 f (x )  ex0  alnx  0 ，则函数 f (x)  ex  alnx 的图象可能是 B ，不可能是 A ；
当a  e 时， f  （1）  e  a  0 ，当 x   时， f (x)   ，故存在 x1 (1, ) ，使得 f (x1 )  0 ，
当 x (0, x1) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递减，
当 x (x1 ， ) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增，
则 f (x )  ex1  alnx ，Q f (x )  0 ， a  x ex1 ，则 f (x )  ex1 (1  x lnx ) ，
1111111
当1  x1lnx1  0 时， f (x1 )  0 ，故C 正确；
当1  x1lnx1  0 时， f (x1 )  0 ，故 D 正确．故选： BCD ．
【答案】 AC
【分析】由题意可得m ，n 是方程9x1  t  3x 的两个根，可得方程9 y2  y  t  0 有 2
个不相等的正根3m ， 3n ，利用一元二次方程根的分布得t 所满足的条件，求解可判断 AB ，利用基本不等式计算可判断CD ．
【解答】解：函数 f (x)  9x1  t ，若存在m ， n(m  n) ，使得 f (x) 在区间[m ， n] 上的值域为[3m ， 3n ] ，
因为 f (x) 在[m ， n] 上单调递增，
 f (n)  9n1  t  3n
所以 f (m)  9m1  t  3m

，所以m ， n 是方程9x1  t  3x 的两个根，
设 y  3x ，则3m ， 3n 是方程9 y2  y  t  0 的两个根，
因为3n  3m  0 ，所以9 y2  y  t  0 有 2 个不相等的正根3m ， 3n ，

V (1)2  4  9t  0
t1
根据二次方程根的存在条件可得， 3m  3n   0，解得0  t ，故 A 正确，

936

 mn1
B 错误．
1
3  3

  0
9
m n
由基本不等式，可得
9
 3m  3n  2
 2  3 2 ，
3m  3n
m n
所以3 2
 1 ，故C 正确；
1 2t
18
9m  9n  (3m )2  (3n )2  (3m  3n )2  2  3mn 
()  2  
1  2t ，
因为0  t  1 ，所以 1
 1  2t  1
99819
，故 D 错误．
36
故选： AC ．
【答案】 ACD
16281981
【分析】由已知，利用赋值法分别检验各选项即可判断．
【解答】解：令 x  y  0 ，则 f (0)  f 2 (0)  0 ，
Q函数 f (x) 的值域为(, 0) ，
 f (0)  1 ，选项 A 正确；
令 x  1 ， y  0 ，则 f （2）  [ f （1） ]2 ，
令 x  2 ， y  0 ，则 f （4）  [ f （2） ]2  [ f （1） ]4 ，选项 B 错误；令 x  0 ，则 f (0)  f ( y) f ( y)  0 ，
 f ( y) f ( y)   f (0)  1，即 f (x) f (x)  1 ，选项C 正确；
Q f (x)  0 ，  f (x)  0 ，
 f (x)  f (x)  [ f (x)  ( f (x))]„  2 ，当且仅当 f (x)  f (x) 时取等号，
 f (x)  f (x)„  2 ，故选项 D 正确．
故选： ACD ．
三．填空题（共 4 小题）
【答案】(3,1)
【分析】由 f （1）  1，令4  x  1 ，解出 x 的值，即可．
【解答】解：由题意知， f （1）  1，
令4  x  1 ，则 x  3 ，
函数 f (4  x) 的图象过点(3,1) ．故答案为： (3,1) ．
【答案】(0, ) ．
【分析】结合二次函数及对勾函数单调性及分段函数的性质即可求解．
x2 , x  1
4
【解答】解：因为 f (x)  ，
x   5, 0  x  1
x
当 x… 1 时， f (x)  x2… 1，
当0  x  1时， f (x)  x  4  5 单调递减，故 f (x)  0 ，
x
则 f (x) 的值域为(0, ) ．故答案为： (0, ) ．
【分析】由根式内部的代数式大于等于 0 且对数型函数的真数大于 0 联立不
等式组求解 x 的取值集合得答案．
【解答】解：要使函数游意义， x 应满足：

3  x  0
lg2 (3  x)… 0
， x  3，

3  x… 1
解得 x„ 2 ．
函数的定义域为( ， 2] ．故答案为： ( ， 2] ．
【答案】π（答案不唯一）．
sin( x) 4
【分析】根据已知条件可得到 f (x) 的周期为 8，结合 f (x) 为奇函数，所以可以考
虑三角函数 f (x) 
sin(1
4
x) （答案不唯一）．
【解答】解：Q f (x) 为 R 上的奇函数， f (x)   f (x) ，又Q f (1  x)  f (3  x) ，用“ 3  x ”替换“ x “，
 f (x  4)  f (x)   f (x) ，
 f (x  8)   f (x  4)  f (x) ，
 f (x) 的周期为 8，
 f (x) 的一个解析式可以为 f (x) 
π
sin( x) ．
4
故答案为：
π（答案不唯一）．
sin( x) 4
四．解答题（共 6 小题）
【分析】（1）利用分段函数画出函数的图象即可．
通过函数的图象，转化求解不等式的解集即可．
利用函数的图象，求解函数的值域即可．

【解答】解：（1） f  x  x2 , 1„ x„ 1
1, x  1或x  1
画出 f (x) 的图象如图：；
（2）若 f (x)… 1 ，可得 x2… 1 ，解得 x 的范围(,  1 ]∪[ 1 , ) ；
4422
（3）由函数的图象可知： f (x) 的值域[0 ，1] ．
【答案】（1） f (x)  x2  4x  6 ；
（2） f (x)  5x  2 或 f (x)  5x  3 ．
【分析】（1）利用换元法可得答案；
（2）设 f (x)  kx  b(k  0) 代入 f ( f (x))  25x  12 ，根据多项式相等可得答案．
【解答】解：（1）令t  x  1(t  R) ，则 x  t  1 ，所以 f (t)  (t  1)2  2(t  1)  3  t2  4t  6 ，
可得 f (x)  x2  4x  6 ；
（2）设 f (x)  kx  b(k  0) ，
所以 f ( f (x))  k (kx  b)  b  k 2 x  kb  b  25x  12 ，


可得k 2  25，解得k  5 或k  5 ，

kb  b  12
b  2
b  3
所以 f (x)  5x  2 或 f (x)  5x  3 ．
3  3  3x1
【答案】（1） f (x) 
3x  1
；（2）[ , 2] ．
4
【分析】（Ⅰ）根据 f (x) 是 R 上的奇函数得出 f (x)   f (x) ，然后即可求出a ， b
的值，进而得出 f (x) 的解析式；
（Ⅱ）根据 x 的范围可求出3x 的范围，然后根据二次函数的最值求法求出 g(x) 的最大值和最小值，进而得解．
【解答】解：（Ⅰ）Q f (x) 是 R 上的奇函数，
a  3  3x   a  3  3x
f (x)   f (x) ，即
a  3x  3  3  3x  a
3x  b
，
3x  b
 b  3x  13x  b ，
 a  3 ， b  1 ，
3  3  3x
 f (x) 
；
3x  1
（Ⅱ） g(x)  3  3  3x  (3x )2  1  (3x )2  3  3x  2  (3x  3)2  1 ，
24
Q x [0 ，1] ，
3x [1 ， 3] ，
 3x  3 时 g(x) 取最小值 1 ； 3x  3 时， g(x) 取最大值 2，
24
 g(x) 的值域为[ 1 , 2] ．
4
【答案】（1） g(x)  lg2 x ；
（2）[3 ， 7) ．
【分析】（1）由指数函数与对数函数的关系结合题设即可得解；
2
（2）由（1）结合t  lg x 得h(x)  s(t)  (t  3)2  3 ，再结合一元二次函数的性质即可求解．
【解答】解：（1）因为函数 g(x) 与函数 f (x) 的图象关于直线 y  x 对称，
所以函数 g(x) 与函数 f (x) 互为反函数，所以 g(x)  lg2 x ．
222
（2）由（1） h(x)  [g(x)]2  6g(x)  12  (lg x)2  6lg x  12  (lg x  3)2  3 ，令t  lg2 x ，若 x (2,16) ，则t (1, 4) ，
所以h(x)  s(t)  (t  3)2  3 ，在t (1, 3) 上单调递减，在t [3 ， 4) 上单调递增，且 s （1）  7 ， s （4）  4 ， s （3）  3
所以当t (1, 4) 时s(t) [3 ， 7) ，
所以函数h(x) 在区间(2,16) 内的值域为[3 ， 7) ．
【答案】（1） f (x)  x  2  2(x  0) ；
x
x2  x  1, x  0

（2） f (x)  0, x  0．

x2  x  1, x  0
f ()
【分析】（1）在原式中用 1 替换 x ，得 1  2 f (x)  3  2 ，与原式联立方程组，
xxx
求解即可．
（2）设 x  0 ，可得出x  0 ，求出 f (x) 的表达式，利用奇函数的性质可得出函
数 f (x) 在 x  0 时的解析式．
【解答】解：因为 f (x) 1  3x  2 ，
2 f ()
x
所以 f ( 1 )  2 f (x)  3  2 ，
xx
消去 f ( 1 ) ，得 f (x)  x  2  2(x  0) ．
xx
所以 f (x)  x  2  2(x  0) ．
x
（2）因为奇函数 f (x) 的定义域为 R ，所以 f (0)  0 ．当 x  0 时， x  0 ，又当 x  0 时， f (x)  x2  x  1 ， 所以 f (x)  (x)2  x  1  x2  x  1，
所以 f (x)   f (x)  x2  x  1 ．
x2  x  1, x  0

故 f (x)  0, x  0．

x2  x  1, x  0
【分析】（1）运用待定系数法设出解析式，再把已知点代入求解即可；
（2）分段求解，符合题意的保留，不符合题意的舍去．
【解答】解：（1）根据图象可知 f （4）  0 ， f ( f （4） )  f (0)  1 ，设 y  kx  b
因为过点(0,1) 和点(1, 0) 代入可得： b  1 ， k  1
即 y  x  1
当 x… 0 时， y  ax2  bx  c ，
因为过点(0 ， 0)(4 ， 0)(2 ， 1) 代入可得：
y  1 x2  x
4
x  1, 1„ x„ 0
1 2
所以； y  
x  x, x… 0
 4
（2） f (x)  1 ，
2
当 x  1  1 时， x   1 ，符合题意；
22
6
6
当 1 x2  x  1 时，即 x  2 ， x  2 （舍去）
42
6
故 x   1 ， x  2 
2