高一函數(shù)綜合題訓(xùn)練

高一函數(shù)綜合題訓(xùn)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(dāng)$x$取何值時(shí)，$f(\log_2x)>f(1)$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(guān)于原點(diǎn)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(gè)單位，再向下平移$b(b>0)$個(gè)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(gè)交點(diǎn)，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(dāng)$a=1$時(shí)，求$f(x)$的最小值；(II)求$f(x)$的最小值$g(a)$；(III)若關(guān)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(shí)數(shù)$a$的取值范圍。四設(shè)$A=\{x|x^2-2x-3<0\}$，$B=\{x|\frac{1}{2}x-a\leq1\}$。(1)當(dāng)$A\capB=\varnothing$時(shí)，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍；(2)若$A\subseteqB$，求實(shí)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(shí)數(shù)$x$稱為函數(shù)$f(x)$的“不動(dòng)點(diǎn)”，若函數(shù)$f(x)$有且僅有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，(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(shí)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?yàn)?[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}$的圖像過點(diǎn)$(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]$上有意義，求實(shí)數(shù)$m$的取值范圍；(III)討論關(guān)于$x$的方程$f(x)=t+4x-x^2(t$為常數(shù)$)$的正根的個(gè)數(shù)。七已知定義在$[-1,1]$上的奇函數(shù)$f(x)$，當(dāng)$x\in(0,1]$時(shí)，$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]$上是減函數(shù)。證明：假設(shè)$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)$是單調(diào)函數(shù)，所以當(dāng)$x\in(0,x_1]$時(shí)，$f(x)\geqf(x_1)$；當(dāng)$x\in(x_1,x_2]$時(shí)，$f(x)\leqf(x_2)$；當(dāng)$x\in(x_2,1]$時(shí)，$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]$上的上界矛盾。因此，假設(shè)不成立，即$f(x)$在$(0,1]$上是減函數(shù)。3.要使方程$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)$b$的取值范圍。解：當(dāng)$x=-1$時(shí)，$f(x)=f(-1)\leq0$；當(dāng)$x=1$時(shí)，$f(x)=f(1)\geq2$。因此，當(dāng)$b\leq-1$或$b\geq1$時(shí)，$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實(shí)數(shù)解。當(dāng)$-1<b<1$時(shí)，$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]$上恒有實(shí)數(shù)解。綜上所述，$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}$。（1）當(dāng)$a=1$時(shí)，求函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域，并判斷函數(shù)$f(x)$在$(-\infty,0)$上是否為有界函數(shù)，請說明理由；解：當(dāng)$a=1$時(shí)，$f(x)=1+x$。當(dāng)$x<0$時(shí)，$f(x)<1$，且$f(x)$可以取到任意小的正數(shù)。因此，$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域?yàn)?(0,1]$。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(shí)數(shù)$a$的取值范圍；解：當(dāng)$x\geq0$時(shí)，$f(x)=1+ax\leq1+3x$。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(dāng)$x\in[0,1]$時(shí)，$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}\leq\dfrac{1}{m}$。因此，$T(m)\leq\dfrac{1}{m}$。又因?yàn)?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)$；證明：當(dāng)$x\in(0,1)\cup(2,+\infty)$時(shí)，$\dfrac{1}{2}\lnx+2>\lnx$等價(jià)于$\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)$，當(dāng)$x\in(0,1)$或$x>1$時(shí)，$h'(x)<0$，因此$h(x)$在$(0,1)\cup(2,+\infty)$上單調(diào)遞減。又因?yàn)?h(1)=0$，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(dāng)$x\in(-1,2)$時(shí)，$g(x)-f(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2-x+\dfrac{x^2}{2}-2=\dfrac{1}{2}\lnx-x+\dfrac{x^2}{2}=\dfrac{1}{2}(x-1)^2+\dfrac{1}{2}\lnx-\dfrac{1}{2}>2$。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(dāng)$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$時(shí)，$f(x)-g(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2-\dfrac{1}{2}\lnx-2=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lnx=x-\dfrac{x^2}{2}-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{x^2}{2}+x-\dfrac{1}{2}\lne^{x^2/2}=\dfrac{1}{2}(x+1)^2-\dfrac{1}{2}\lne^{(x+1)^2/2}-2>2$。因此，$f(x)-g(x)>2$，$x\in(-\infty,-1)\cup(2,+\infty)$。3、當(dāng)a=1時(shí)，f(x)的最小值為f(2)=1；當(dāng)2<a≤6時(shí)，f(x)=a-2；當(dāng)6<a<10時(shí)，f(x)=2a-10；當(dāng)a≥10或a≤2時(shí)，f(x)=1。另外，對于函數(shù)g(a)，當(dāng)a<7時(shí)，g(a)=2；當(dāng)7≤a<10時(shí)，g(a)=2a-10；當(dāng)a≥10或a≤-2時(shí)，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(dāng)A與B的交集為空集時(shí)，a≥3；(2)當(dāng)A是B的子集時(shí)，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(shí)數(shù)x稱為函數(shù)f(x)的不動(dòng)點(diǎn)，若函數(shù)f(x)有且僅有一個(gè)不動(dòng)點(diǎn)，(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?yàn)閇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(dāng)$k>0$時(shí)，$g(x)=x+k$，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(dá)式為$f(x)=\frac{k}{n-m}(x-m)$。由此可得當(dāng)$2-2k\geq0$時(shí)，$[m,n]=[0,2-2k]$；當(dāng)$2-2k<0$時(shí)，$[m,n]=[2-2k,0]$；當(dāng)$2-2k=0$時(shí)，$[m,n]$不存在。因?yàn)?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(dāng)$0<x\leq1$時(shí)，$f(x)=2x$，當(dāng)$-1\leqx<0$時(shí)，$f(x)=-x(2x-1)$。因此，$f(x)$在$(0,1]$上是減函數(shù)。設(shè)$b=f(x)-x$，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?yàn)?f(x)$定義在$\mathbb{R}$上，所以當(dāng)$n$為偶數(shù)時(shí)，$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$，因?yàn)?f(x)$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(dāng)$x=\alpha$為無理數(shù)時(shí)，設(shè)$a_i,b_i$分別是$\alpha$的精確到小數(shù)點(diǎn)后$i$位，不足近似值和過剩近似值。當(dāng)$f(x)$為增函數(shù)時(shí)，有$f(a_i)<f(\alpha)<f(b_i)$，$f(x)$為減函數(shù)時(shí)，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(dāng)$a=1$時(shí)，$f(x)=1+\frac{1}{2}x^2$。因?yàn)?f(x)$在$(-\infty,0)$上遞減，所以$f(x)>f(0)=3$，即$f(x)$在$(-\infty,1)$的值域?yàn)?(3,+\infty)$。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?yàn)?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]$。當(dāng)$m\in(\frac{1}{2},+\infty)$時(shí)，有$\frac{1-m}{1+2m}\leqg(x)\leq\frac{1-m-2m^2}{1+m+2m^2}$，此時(shí)$T(m)\geq\frac{1-2m}{1+2m}$。當(dāng)$m\in(0,\frac{1}{2}]$時(shí)，有$\frac