高一函數綜合題訓練

高一函數綜合題訓練一給定函數$f(x)=x^2-x+b$，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$f(x)=\frac{x+2}{2}-4$，$(x>0)$，函數$g(x)$與$f(x)$的圖像關于原點對稱。(I)求函數$g(x)$的解析式；(II)判斷函數$g(x)$在$(-1,+\infty)$上的單調性，并給出證明；(III)將函數$g(x)$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$f(x)=\begin{cases}2|x-2|&x\geqa\\|x-10|&x<a\end{cases}$。(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$g(a)$在定義域$[2,10]$上滿足$g(-2a+9)<g(a+1)$，求實數$a$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$a$的取值范圍；(2)若$A\subseteqB$，求實數$a$的取值范圍；五已知二次函數$f(x)=ax^2+bx$，且$f(x+1)$為偶函數，定義：滿足$f(x)=x$的實數$x$稱為函數$f(x)$的“不動點”，若函數$f(x)$有且僅有一個不動點，(1)求$f(x)$的解析式；(2)若函數$g(x)=\frac{f(x)+6k}{2+x}$在$(0,+\infty)$上是單調減函數，求實數$k$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$f(x)=\frac{x+a}{x}$的圖像過點$(2,0)$，(I)求$a$的值并判斷$f(x)$的奇偶性；(II)函數$g(x)=\log[f(x)+2x-m]$在區(qū)間$[2,3]$上有意義，求實數$m$的取值范圍；(III)討論關于$x$的方程$f(x)=t+4x-x^2(t$為常數$)$的正根的個數。七已知定義在$[-1,1]$上的奇函數$f(x)$，當$x\in(0,1]$時，$f(x)=\frac{x}{4+1}$。(1)求函數$f(x)$在$[-1,1]$上的解析式；2.試用函數單調性定義證明：$f(x)$在$(0,1]$上是減函數。證明：假設$f(x)$在$(0,1]$上不是減函數，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$f(x)$是單調函數，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。3.要使方程$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實數解，求實數$b$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$[-1,1]$上恒有實數解。當$-1<b<1$時，$f(x)=x+b$在$(-1,1)$上單調遞增，且$f(-1)\leq0$，$f(1)\geq2$，因此$f(x)=x+b$在$[-1,1]$上恒有實數解。綜上所述，$b\in(-\infty,-1]\cup[1,+\infty)$。7.已知函數$f(x)=1+a\cdotx$，$g(x)=\dfrac{x}{1+m\cdot2x}$。（1）當$a=1$時，求函數$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域，并判斷函數$f(x)$在$(-\infty,0)$上是否為有界函數，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。因此，$f(x)$在$(-\infty,0)$上的值域為$(0,1]$。由于$f(x)$在$(-\infty,0)$上單調遞增，且$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$，因此$f(x)$在$(-\infty,0)$上不是有界函數。（2）若函數$f(x)$在$[0,+\infty)$上是以$3$為上界的有界函數，求實數$a$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，因此存在常數$M>0$，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$g(x)$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$f(x)=x-\dfrac{x^2}{2}+2$，$g(x)=\dfrac{1}{2}\lnx+2$。（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f(x)=ax2+bx，且f(x+1)為偶函數，定義：滿足f(x)=x的實數x稱為函數f(x)的不動點，若函數f(x)有且僅有一個不動點，(1)解析式為f(x)=-x2+x；(2)函數g(x)=f(x)+(6k1)/(2+x)在(0,∞)上是單調減函數，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$[m,n]$上是單調增函數。根據$f(m)=km$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。設$b=f(x)-x$，則$g(x)=f(x)-x$在$(0,1]$上是單調遞減函數。由于$g(x)$為$[-1,1]$上的奇函數，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$n$為偶數時，$a\geq0$，從而$f(1/n)=a^{1/n}$。若$m$為正整數，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，$f(0)=1=a$。令$y=-x=-m$，則有$f(n)f(-n)=1$，故$f(-n)=-\frac{1}{a^n}$，且可知$a>0$。于是在有理數范圍內得到函數方程的解是：$f(x)=ax(a>0)$。當$x=\alpha$為無理數時，設$a_i,b_i$分別是$\alpha$的精確到小數點后$i$位，不足近似值和過剩近似值。當$f(x)$為增函數時，有$f(a_i)<f(\alpha)<f(b_i)$，$f(x)$為減函數時，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$M>0$，使$|f(x)|\leqM$成立，所以函數$f(x)$在$(-\infty,1)$上不是有界函數。（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