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文檔簡介
高一函數(shù)綜合題訓練一給定函數(shù)$f(x)=x^2-x+b$,且$f(\log_2a)=b$,$\log_2f(a)=2(a\neq1)$。(I)求$f(\log_2x)$的最小值。(II)當$x$取何值時,$f(\log_2x)>f(1)$且$\log_2f(x)<f(1)$?二已知函數(shù)$f(x)=\frac{x+2}{2}-4$,$(x>0)$,函數(shù)$g(x)$與$f(x)$的圖像關于原點對稱。(I)求函數(shù)$g(x)$的解析式;(II)判斷函數(shù)$g(x)$在$(-1,+\infty)$上的單調(diào)性,并給出證明;(III)將函數(shù)$g(x)$的圖像向右平移$a(a>0)$個單位,再向下平移$b(b>0)$個單位,若對于任意的$a$,平移后$g(x)$和$f(x)$的圖像最多只有一個交點,求$b$的最小值。三已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}2|x-2|&x\geqa\\|x-10|&x<a\end{cases}$。(I)當$a=1$時,求$f(x)$的最小值;(II)求$f(x)$的最小值$g(a)$;(III)若關于$a$的函數(shù)$g(a)$在定義域$[2,10]$上滿足$g(-2a+9)<g(a+1)$,求實數(shù)$a$的取值范圍。四設$A=\{x|x^2-2x-3<0\}$,$B=\{x|\frac{1}{2}x-a\leq1\}$。(1)當$A\capB=\varnothing$時,求實數(shù)$a$的取值范圍;(2)若$A\subseteqB$,求實數(shù)$a$的取值范圍;五已知二次函數(shù)$f(x)=ax^2+bx$,且$f(x+1)$為偶函數(shù),定義:滿足$f(x)=x$的實數(shù)$x$稱為函數(shù)$f(x)$的“不動點”,若函數(shù)$f(x)$有且僅有一個不動點,(1)求$f(x)$的解析式;(2)若函數(shù)$g(x)=\frac{f(x)+6k}{2+x}$在$(0,+\infty)$上是單調(diào)減函數(shù),求實數(shù)$k$的取值范圍;(3)在(2)的條件下,是否存在區(qū)間$[m,n](m<n)$,使得$f(x)$在區(qū)間$[m,n]$上的值域為$[km,kn]$?若存在,求出區(qū)間$[m,n]$;若不存在,請說明理由。六函數(shù)$f(x)=\frac{x+a}{x}$的圖像過點$(2,0)$,(I)求$a$的值并判斷$f(x)$的奇偶性;(II)函數(shù)$g(x)=\log[f(x)+2x-m]$在區(qū)間$[2,3]$上有意義,求實數(shù)$m$的取值范圍;(III)討論關于$x$的方程$f(x)=t+4x-x^2(t$為常數(shù)$)$的正根的個數(shù)。七已知定義在$[-1,1]$上的奇函數(shù)$f(x)$,當$x\in(0,1]$時,$f(x)=\frac{x}{4+1}$。(1)求函數(shù)$f(x)$在$[-1,1]$上的解析式;2.試用函數(shù)單調(diào)性定義證明:$f(x)$在$(0,1]$上是減函數(shù)。證明:假設$f(x)$在$(0,1]$上不是減函數(shù),即存在$x_1,x_2\in(0,1]$,且$x_1<x_2$,使得$f(x_1)>f(x_2)$。由于$f(x)$是單調(diào)函數(shù),所以當$x\in(0,x_1]$時,$f(x)\geqf(x_1)$;當$x\in(x_1,x_2]$時,$f(x)\leqf(x_2)$;當$x\in(x_2,1]$時,$f(x)\geqf(1)$。因此,對于任意$x\in(0,1]$,都有$f(x)\geq\min\{f(x_1),f(x_2),f(1)\}$。由于$x_1,x_2\in(0,1]$,所以$\min\{f(x_1),f(x_2),f(1)\}>f(1)$,即$f(x)>f(1)$,與$f(1)$是$f(x)$在$(0,1]$上的上界矛盾。因此,假設不成立,即$f(x)$在$(0,1]$上是減函數(shù)。3.要使方程$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實數(shù)解,求實數(shù)$b$的取值范圍。解:當$x=-1$時,$f(x)=f(-1)\leq0$;當$x=1$時,$f(x)=f(1)\geq2$。因此,當$b\leq-1$或$b\geq1$時,$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實數(shù)解。當$-1<b<1$時,$f(x)=x+b$在$(-1,1)$上單調(diào)遞增,且$f(-1)\leq0$,$f(1)\geq2$,因此$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實數(shù)解。綜上所述,$b\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。7.已知函數(shù)$f(x)=1+a\cdotx$,$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}$。(1)當$a=1$時,求函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域,并判斷函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,0)$上是否為有界函數(shù),請說明理由;解:當$a=1$時,$f(x)=1+x$。當$x<0$時,$f(x)<1$,且$f(x)$可以取到任意小的正數(shù)。因此,$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域為$(0,1]$。由于$f(x)$在$(-\infty,0)$上單調(diào)遞增,且$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$,因此$f(x)$在$(-\infty,0)$上不是有界函數(shù)。(2)若函數(shù)$f(x)$在$[0,+\infty)$上是以$3$為上界的有界函數(shù),求實數(shù)$a$的取值范圍;解:當$x\geq0$時,$f(x)=1+ax\leq1+3x$。由于$f(x)$在$[0,+\infty)$上是有界函數(shù),因此存在常數(shù)$M>0$,使得對于任意$x\geq0$,都有$|f(x)|\leqM$。取$x=1$,則$|1+a|\leqM$,即$-M-1\leqa\leqM-1$。(3)若$m>0$,函數(shù)$g(x)$在$[0,1]$上的上界是$T(m)$,求$T(m)$的取值范圍。解:當$x\in[0,1]$時,$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}\leq\dfrac{1}{m}$。因此,$T(m)\leq\dfrac{1}{m}$。又因為$g(x)$在$[0,1]$上單調(diào)遞減,且$g(0)=0$,$g(1)=\dfrac{1}{1+2m}\geq\dfrac{1}{3}$,因此$T(m)\geq\dfrac{1}{3}$。綜上所述,$T(m)\in\left[\dfrac{1}{3},\dfrac{1}{m}\right]$。12.已知函數(shù)$f(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2$,$g(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2$。(I)證明:$g(x)>\lnx$,$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$;證明:當$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$時,$\dfrac{1}{2}\lnx+2>\lnx$等價于$\ln\sqrt{x}>2-\dfrac{1}{2}\lnx$。令$h(x)=\ln\sqrt{x}-2+\dfrac{1}{2}\lnx$,則$h'(x)=\dfrac{1}{2x}-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{x}-1\right)$,當$x\in(0,1)$或$x>1$時,$h'(x)<0$,因此$h(x)$在$(0,1)\cup(2,+\infty)$上單調(diào)遞減。又因為$h(1)=0$,所以$h(x)>0$,即$g(x)>\lnx$,$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$。(II)證明:$g(x)-f(x)>2$,$x\in(-1,2)$;證明:當$x\in(-1,2)$時,$g(x)-f(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2-x+\dfrac{x^2}{2}-2=\dfrac{1}{2}\lnx-x+\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{1}{2}(x-1)^2+\dfrac{1}{2}\lnx-\dfrac{1}{2}>2$。因此,$g(x)-f(x)>2$,$x\in(-1,2)$。(III)同理可知,$f(x)-g(x)>2$,$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$。證明:當$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$時,$f(x)-g(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2-\dfrac{1}{2}\lnx-2=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lnx=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{x^2}{2}+x-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{1}{2}(x+1)^2-\dfrac{1}{2}\lne^{(x+1)^2/2}-2>2$。因此,$f(x)-g(x)>2$,$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$。3、當a=1時,f(x)的最小值為f(2)=1;當2<a≤6時,f(x)=a-2;當6<a<10時,f(x)=2a-10;當a≥10或a≤2時,f(x)=1。另外,對于函數(shù)g(a),當a<7時,g(a)=2;當7≤a<10時,g(a)=2a-10;當a≥10或a≤-2時,g(a)=1。對于不等式g(-2a+9)<g(a+1),化簡后得到-3<a<9/2或a>10。4、已知A={x|x2-2x-3<0},B={x|(1/2)x-a≤1}。(1)當A與B的交集為空集時,a≥3;(2)當A是B的子集時,a≤-1。5、已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx,且f(x+1)為偶函數(shù),定義:滿足f(x)=x的實數(shù)x稱為函數(shù)f(x)的不動點,若函數(shù)f(x)有且僅有一個不動點,(1)解析式為f(x)=-x2+x;(2)函數(shù)g(x)=f(x)+(6k1)/(2+x)在(0,∞)上是單調(diào)減函數(shù),k的取值范圍為k≤-1/3;(3)在(2)的條件下,不存在區(qū)間[m,n]使得f(x)在該區(qū)間上的值域為[km,kn]。由題意可得:$f(x)=-x^2+x=-(x-1)^2+1$,因此$k_n\leq\frac{1}{2n+1}$,從而$n\leq\frac{2}{k_n}-1$。當$k>0$時,$g(x)=x+k$,因此$f(x)$在區(qū)間$[m,n]$上是單調(diào)增函數(shù)。根據(jù)$f(m)=km$和$f(n)=kn$,可得$f(x)$在$[m,n]$上的表達式為$f(x)=\frac{k}{n-m}(x-m)$。由此可得當$2-2k\geq0$時,$[m,n]=[0,2-2k]$;當$2-2k<0$時,$[m,n]=[2-2k,0]$;當$2-2k=0$時,$[m,n]$不存在。因為$2\leqx_1<x_2\leq3$,所以$h(x)$在$x\in[2,3]$上單調(diào)遞增。對于$f(x)$,當$0<x\leq1$時,$f(x)=2x$,當$-1\leqx<0$時,$f(x)=-x(2x-1)$。因此,$f(x)$在$(0,1]$上是減函數(shù)。設$b=f(x)-x$,則$g(x)=f(x)-x$在$(0,1]$上是單調(diào)遞減函數(shù)。由于$g(x)$為$[-1,1]$上的奇函數(shù),且$g(x)\in[-1,0)$,因此$b\in[-1,0]$。最后,利用已知條件可得$f(n)=a^n$,其中$a=f(1)$,又因為$f(x)$定義在$\mathbb{R}$上,所以當$n$為偶數(shù)時,$a\geq0$,從而$f(1/n)=a^{1/n}$。若$m$為正整數(shù),則$f(m)=f(\frac{1}{n}+\cdots+\frac{1}{n})=f(\frac{m}{n})=a^{m/n}$。原方程為$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)$,令$y=0$,因為$f(x)$單調(diào),$f(0)=1=a$。令$y=-x=-m$,則有$f(n)f(-n)=1$,故$f(-n)=-\frac{1}{a^n}$,且可知$a>0$。于是在有理數(shù)范圍內(nèi)得到函數(shù)方程的解是:$f(x)=ax(a>0)$。當$x=\alpha$為無理數(shù)時,設$a_i,b_i$分別是$\alpha$的精確到小數(shù)點后$i$位,不足近似值和過剩近似值。當$f(x)$為增函數(shù)時,有$f(a_i)<f(\alpha)<f(b_i)$,$f(x)$為減函數(shù)時,有$f(a_i)>f(\alpha)>f(b_i)$。而$f(a_i)=a^{a_i},f(b_i)=a^{b_i}$,于是可以得到:$f(\alpha)=a^\alpha$。故原方程的解為:$f(x)=ax(a>0且a\neq1)$。解:(1)當$a=1$時,$f(x)=1+\frac{1}{2}x^2$。因為$f(x)$在$(-\infty,0)$上遞減,所以$f(x)>f(0)=3$,即$f(x)$在$(-\infty,1)$的值域為$(3,+\infty)$。故不存在常數(shù)$M>0$,使$|f(x)|\leqM$成立,所以函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,1)$上不是有界函數(shù)。(2)由題意知,$f(x)\leq3$在$[1,+\infty)$上恒成立。$-3\leqf(x)\leq3$,$-4-\frac{1}{2}x\leqa\leq2-\frac{1}{2}x$。在$[0,+\infty)$上恒成立,故$-\frac{5}{2}\leqa\leq1$。(3)$g(x)=-1+\frac{1}{1-2m}\cdot\frac{1}{1+m}$。因為$m>0$,$x\in[0,1]$,故$g(x)$在$[0,1]$上遞減,故$g(1)\leqg(x)\leqg(0)$,即$-\frac{1}{2m}\leqg(x)\leq\frac{1}{2m}$。所以$-\frac{1}{2m}\leq-1+\frac{1}{1-2m}\cdot\frac{1}{1+m}\leq\frac{1}{2m}$,解得$m\in[\frac{1}{5},1]$。當$m\in(\frac{1}{2},+\infty)$時,有$\frac{1-m}{1+2m}\leqg(x)\leq\frac{1-m-2m^2}{1+m+2m^2}$,此時$T(m)\geq\frac{1-2m}{1+2m}$。當$m\in(0,\frac{1}{2}]$時,有$\frac
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