第二章函数
微专题集训二简单函数的综合应用
专题1 函数的图像及其应用
1.☉%#￥￥541@5%☉(2020·沈阳模拟)图2-1中的图像能够作为函数y=f(x)的图像的有( )。
图2-1
A.2个 B.3个 C.4个 D.5个 答案：A
解析：定义域中的每一个x都有且仅有一个y值与之相对应,满足条件的只有①⑤中图像。 2.☉%8￥86￥￥0*%☉(2020·黄冈中学月考)在股票买卖过程中,经常用两种曲线来描述价格变化情况:一种是即时价格曲线y=f(x),另一种是平均价格曲线y=g(x),如f(2)=3表示股票开始买卖后2个小时的即时价格为3元;g(2)=3表示2h内的平均价格为3元,下面给出了四个图像,实线表示y=f(x),虚线表示y=g(x),其中可能正确的是( )。
图2-2
答案：C
解析：刚开始交易时,即时价格和平均价格应该相等,A,D错误;开始交易后,平均价格应该跟随即时价格变动,B错误。故选C。
3.☉%#2￥76#@7%☉(2020·鄂南高中月考)若函数y=f(x)的图像如图2-3,则其表达式f(x)为 。
图2-3
2??+3,??∈[-2,0), 1
答案：f(x)=-??+3,??∈[0,2),
2
2,??∈[2,4){
解析：此函数在三个区间上的图像各不相同,故分别写出其在各区间内的函数表达式。
2
4.☉%9￥96￥@￥8%☉(2020·河北石家庄二中高一月考)若方程x-4|x|+5=m有4个互不相等的实数根,则m的取值范围是 。 答案：(1,5)
2
解析：令f(x)=x-4|x|+5,作出其图像,如图所示。由图像可知,当1 3 5.☉%￥9@#621@%☉(2020·武汉二中月考)用min{a,b}表示a,b两个数中的较小值。设f(x)=min{x+2,10-x}(x≥0),则f(x)的最大值为 。 答案：6 解析：如图,在同一平面直角坐标系内画出函数y=x+2和y=10-x的图像。根据 ??+2,0≤??≤4, min{x+2,10-x}(x≥0)的含义可知,f(x)={所以函数f(x)的图像应为图中 10-??,??>4,的实线部分。令x+2=10-x,得x=4,易知f(x)max=f(4)=6。 6.☉v7#*￥5@%☉(2020·江西师大附中月考)在平面直角坐标系xOy中,若直线y=2a与函数y=|x-a|-1的图像只有一个交点,则a的值为 。 答案：-2 解析：函数y=|x-a|-1的大致图像如图所示。 1 若直线y=2a与函数y=|x-a|-1的图像只有一个交点,只需2a=-1,可得a=-。 21 7.☉*##1@9%☉(2020·黄石二中检测)画出函数y=值域。 ??|1-??2|1-??2 的图像,并根据图像指出函数的 ??,-1 答案：解:由题意,得y={作出图像如图所示。 -??,??<-1或??>1。根据图像可知函数的值域为{y∈R|y≠1且y≠-1}。 8.☉%￥57@@*52%☉(2020·西北工业大学附中高一检测)已知函数f(x)是定义在R上的偶函 2 数,且当x≤0时,f(x)=x+2x。 (1)现已画出函数f(x)在y轴左侧的图像,如图2-4,请把函数f(x)的图像补充完整,并根据图像写出函数f(x)的递增区间; 图2-4 答案：解:由f(x)为偶函数可知,其图像关于y轴对称,作出已知图像关于y轴对称的图像,即得该函数的完整图像,如图所示。 由图可知,函数f(x)的递增区间是(-1,0),(1,+∞)。 (2)写出函数f(x)的值域。 2 答案：由题意知,当x≤0时,f(x)的最小值为f(-1)=(-1)+2×(-1)=-1。由偶函数的性质可得f(x)≥-1,即函数的值域为{y|y≥-1}。 专题2 复合函数问题 9.☉%5￥87@9￥*%☉(多选)(2020·合肥168中学检测)下列函数满足f(2x)=2f(x)的是( )。 A.f(x)=|x| B.f(x)=x-|x| C.f(x)=x+1 D.f(x)=-x 答案：ABD 0(??≥0), 解析：对于选项A,f(2x)=|2x|=2|x|=2f(x);对于选项B,f(x)=x-|x|={当x≥0 2??(??<0),时,f(2x)=0=2f(x),当x<0时,f(2x)=4x=2·2x=2f(x),恒有f(2x)=2f(x);对于选项D,f(2x)=-2x=2(-x)=2f(x);对于选项C,f(2x)=2x+1=2f(x)-1。故选ABD。 10.☉%9￥*#12*3%☉(2020·杭州中学月考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且满足f(x+2)=-f(x),则f(6)的值为( )。 A.-1 B.0 C.1 D.2 答案：B 解析：因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,又f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以f(6)=f(2)=f(0+2)=-f(0)=0。故选B。 2 11.☉%5#@@5*22%☉(2020·浙江杭州检测)已知f(x)=ax+bx+c(a>0),g(x)=f(f(x)),若g(x)的值域为[2,+∞),f(x)的值域为[k,+∞),则实数k的最大值为( )。 A.0 B.1 C.2 D.4 答案：C 22 解析：设t=f(x),由题意可得g(x)=f(t)=at+bt+c,t≥k,函数y=at+bt+c,t≥k的图像为y=f(x)的图像的一部分,即有g(x)的值域为f(x)的值域的子集,即[2,+∞)?[k,+∞),可得k≤2,即k的最大值为2。故选C。 12.☉%@2*@672@%☉(2020·武汉四月调考)已知函数f(x)是定义在[0,+∞)上的增函数,则满足f(2x-1) 1 答案：[2,3) 解析：由题意知0≤2x-1<,故≤x<。 3 2 3 1 1 2 12 13.☉%@@431*5*%☉(2020·西安调研)已知函数f(x)的定义域为[-1,5],求函数f(x-5)的定义域。 答案：解:由-1≤x-5≤5,得4≤x≤10,所以函数f(x-5)的定义域是[4,10]。 14.☉%@717￥@@4%☉(2020·佳木斯调研)定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=2f(x)。若当0≤x≤1时,f(x)=x(1-x),则当-1≤x≤0时,f(x)= 。 答案：-??(??+1)2 解析：当-1≤x≤0时,有0≤x+1≤1,所以f(1+x)=(1+x)[1-(1+x)]=-x(1+x),又f(x+1)=2f(x),所以f(x)=f(1+x)=-21 ??(??+1)2 。 1 15.☉%2*6*29**%☉(2020·西安第八十五中学高一月考)已知f(x)=(1)求f(1),g(1)的值; 答案：解:f(1)=2-1=1,g(1)=1+4=5。 (2)求f(g(1)),g(f(1))的值; 答案：f(g(1))=f(5)=2-5=-3,g(f(1))=g(1)=1+4=5。 (3)求f(g(x)),g(f(x))的解析式。 答案：f(g(x))=f(x+4)=2-(??+4)=-2-??,x≠-2。 1 1 1 1 1 2-?? (x≠2),g(x)=x+4。 g(f(x))=g(2-??)=2-??+4,x≠2。 专题3 简单的抽象函数问题 16.☉#@#7*1%☉(2020·安庆一中高一月考)函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),且对定义域内的任意x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),若f(2)=1,则f(√2)的值为( )。 A.-2 B.-2 C.2 D.2 1 1 11 答案：C 解析：根据题意,令x=y=√2,由f(xy)=f(x)+f(y),得f(√2×√2)=f(√2)+f(√2),即 1 f(2)=2f(√2)=1,所以f(√2)=2。故选C。 17.☉%￥*737*4@%☉(2020·安徽太和中学高一检测)已知函数f(x),g(x)同时满足 g(x-y)=g(x)·g(y)+f(x)·f(y),f(-1)=-1,f(0)=0,f(1)=1,求g(0),g(1),g(2)的值。 22 答案：解:令x=y,得[f(x)]+[g(x)]=g(0)。令x=0,易得g(0)=0或g(0)=1。若g(0)=0,令x=y=1,则[g(1)]2+[f(1)]2=g(0)=0,则[g(1)]2=-1,不成立,舍去;若g(0)=1,则1=[g(1)]2+1,所以g(1)=0,g(2)=g(1-(-1))=g(1)g(-1)+f(1)·f(-1)=-1。 综上,g(0)=1,g(1)=0,g(2)=-1。 18.☉%#815#8#*%☉(2020·广西南宁三中高一检测)f(x)是定义在区间(0,+∞)上的函数,满足f(??1)=f(x1)-f(x2),当x>1时,f(x)<0。 2 ?? (1)求f(1)的值; 答案：解:令x1=x2>0,得f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故f(1)=0。 (2)判断f(x)的单调性; 答案：任取x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,则1>1, ??2?? 由于当x>1时,f(x)<0,所以f(??1)<0,即f(x1)-f(x2)<0,因此f(x1) 2 ?? 间(0,+∞)上是单调递减函数。 (3)若f(3)=-1,求f(x)在[2,9]上的最小值。 答案：因为f(x)在(0,+∞)上是单调递减函数, 所以f(x)在[2,9]上的最小值为f(9)。 由f(1)=f(x1)-f(x2),得f()=f(9)-f(3),而f(3)=-1, ??3 2 ??9 所以f(9)=-2,所以f(x)在[2,9]上的最小值为-2。 19.☉%￥5@9@22#%☉(2020·柳州高中高一月考)已知定义域为(0,+∞)的函数f(x)满足:① x>1时,f(x)<0;②f(2)=1;③对任意的正实数x,y,都有f(xy)=f(x)+f(y)。 (1)求证:f(??)=-f(x); 答案：解:因为对任意的正实数x,y,都有f(xy)=f(x)+f(y), 所以令x=y=1,则f(1×1)=f(1)+f(1)=2f(1),所以f(1)=0。 令y=??,得f(??·??)=f(1)=f(x)+f(??)=0, 所以f(??)=-f(x)。 (2)求证:f(x)在定义域内为减函数; 答案：任取x1,x2∈(0,+∞),且x1 ???? 1 1 1 1 111 1 ???? 又由(1)知-f(x)=f(??), 所以f(x2)-f(x1)=f(x2)+f()=f(2)<0, ???? 1 1 1 1?? 所以f(x2) (3)求不等式f(2)+f(5-x)≥-2的解集。 答案：因为f(1)=f(2×)=f(2)+f()=0,f()=1, 222所以f(2)=-1,所以f(4)=f(2×2)=2f(2)=-2, 所以f(2)+f(5-x)≥-2?f(10-2x)≥f(4), 因为f(x)在(0,+∞)上为减函数, 10-2??>0,所以{解得3≤x<5, 10-2??≤4,所以不等式的解集为{x|3≤x<5}。 1 1 1
2021学年新教材高中数学第二章函数微专题集训二简单函数的综合应用一课一练(含解析)北师大版必修一
