資源簡介

綜合拔高練
高考真題練
考點1　函數的概念與表示
1.(2022北京,11)函數f(x)=的定義域是　　　　.
考點2　分段函數的應用
2.(2019課標全國Ⅱ,12)設函數f(x)的定義域為R,滿足f(x+1)=2f(x),且當x∈(0,1]時, f(x)=x(x-1).若對任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,則m的取值范圍是(　　)
A.　　　　B.
C.　　　　D.
3.(2022浙江,14)已知函數f(x)=則f=　　　;若當x∈[a,b]時,1≤f(x)≤3,則b-a的最大值是　　　.
4.(2022北京,14)設函數f(x)=若f(x)存在最小值,則a的一個取值為　　　　　;a的最大值為　　　　.
考點3　函數的基本性質
5.(2021北京,3)設函數f(x)的定義域為[0,1],則“函數f(x)在[0,1]上單調遞增”是“函數f(x)在[0,1]上的最大值為f(1)”的　(　　)
A.充分不必要條件
B.必要不充分條件
C.充分必要條件
D.既不充分也不必要條件
6.(2020天津,3)函數y=的圖象大致為(　　)
7.(2021全國乙理,4)設函數f(x)=,則下列函數中為奇函數的是(　　)
A. f(x-1)-1　　　　B. f(x-1)+1
C. f(x+1)-1　　　　D. f(x+1)+1
8.(2021全國甲文,12)設f(x)是定義域為R的奇函數,且f(1+x)=f(-x).若f ,則f =(　　)
A.-　　　　B.-　　　　C.　　　　D.
9.(2020全國新高考Ⅰ,8)若定義在R的奇函數f(x)在(-∞,0)單調遞減,且f(2)=0,則滿足xf(x-1)≥0的x的取值范圍是(　　)
A.[-1,1]∪[3,+∞)　　　　B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞)　　　　D.[-1,0]∪[1,3]
10.(2022全國新高考Ⅱ,8)已知函數f(x)的定義域為R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y), f(1)=1,則f(k)=(　　)
A.-3　　　　B.-2　　　　C.0　　　　D.1
11.(2021全國甲理,12)設函數f(x)的定義域為R, f(x+1)為奇函數, f(x+2)為偶函數,當x∈[1,2]時, f(x)=ax2+b.若f(0)+f(3)=6,則f =(　　)
A.-　　　　B.-　　　　C.　　　　D.
12.(2022全國乙理,12)已知函數f(x),g(x)的定義域均為R,且f(x)+g(2-x)=5,g(x)-f(x-4)=7.若y=g(x)的圖象關于直線x=2對稱,g(2)=4,則f(k)=(　　)
A.-21　　　　B.-22　　　　C.-23　　　　D.-24
高考模擬練
應用實踐
1.已知函數f(x)=ax3-bx+2,a,b∈R,且f(-2)=-1,那么f(2)的值為(　　)
A.1　　　　B.5　　　　C.-5　　　　D.3
2.已知函數f(x)的定義域為R,且對任意的實數x,y,都有f(x)+f(y)=2f f , f(1)=-1,則(　　)
A.f(0)=0　　　　B.f =1
C.f(x)為奇函數　　　　D.f(x)為偶函數
3.若函數f(x)=在[-2 022,2 022]上的最大值為M,最小值為N,且M+N=2 024,則實數t的值為(　　)
A.-506　　　　B.506　　　　
C.2 022　　　　D.2 024
4.已知f(x)是定義在R上的奇函數, f(1)=1, x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2有 >0,則關于x的不等式xf(x)<1的解集為(　　)
A.(-1,0)∪(0,1)　　　　B.(-∞,1)
C.(-∞,-1)∪(1,+∞)　　　　D.(-1,1)
5.記函數f(x)=|x2-ax|在區間[0,1]上的最大值為g(a),則g(a)的最小值為(　　)
A.3-2　　　　B.-1　　　　
C.　　　　D.1
6.已知函數f(x)的定義域為R,且f(x+1)為奇函數,f(x+2)為偶函數,對任意的x1,x2∈(1,2),且x1≠x2,都有 >0,則下列結論錯誤的是(　　)
A.f(x)是偶函數
B.f(2 023)=0
C.f(x)的圖象關于點(-1,0)對稱
D.f 7.已知函數f(x)=若對任意的實數x1,x2,x3∈[2,18],均存在以f(x1),f(x2),f(x3)為三邊邊長的三角形,則實數a的取值范圍是(　　)
A.-　　　　B.-
C.0≤a<　　　　D.-8.已知函數f(x)=若關于x的不等式[f(x)]2-(m+1)f(x)+m<0恰有2個整數解,則實數m的取值范圍是　　　　.
9.已知函數f(x)=是定義在R上的奇函數,且f(1)=.
(1)求函數f(x)的解析式;
(2)若 x∈[1,3],使得不等式|f(x)-m|≤1成立,求實數m的取值范圍;
(3)若 n∈[0,1],t∈(0,+∞),不等式f(t)+nf -s≤0恒成立,求實數s的最小值.
10.已知二次函數f(x)=x2+bx+c的圖象過點(1,13),且f =f .
(1)求f(x)的解析式;
(2)若t<2,g(x)=[f(x)-x2-13]·|x|,求函數g(x)在[t,2]上的最小值;
(3)若h(x)=[f(x)-x2-11]·|x-a|,a∈R,函數h(x)在[-2,2]上是單調函數,求實數a的取值范圍.
遷移創新
11.若函數y=f(x)與y=g(x)滿足:對任意的x1,x2∈D,都有|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,則稱函數y=f(x)是函數y=g(x)在集合上的“約束函數”.已知函數y=f(x)是函數y=g(x)在集合D上的“約束函數”.
(1)若f(x)=|x|,D=R,判斷函數y=g(x)的奇偶性,并說明理由;
(2)若f(x)=ax2+2x+1,g(x)=x2+ax(a>0),D=(0,+∞),求實數a的取值范圍;
(3)若y=g(x)為嚴格減函數, f(0)答案與分層梯度式解析
綜合拔高練
高考真題練
1.答案　(-∞,0)∪(0,1]
解析　由題意得解得x≤1且x≠0,所以函數f(x)的定義域為(-∞,0)∪(0,1].
2.B　由題可知,當x∈(0,1]時, f(x)=x(x-1)=x2-x,則當x=時, f(x)min=-,且當x=時, f(x)=-.當x∈(1,2]時,x-1∈(0,1],則f(x)=2f(x-1).
當x∈(-1,0]時,x+1∈(0,1],則 f(x)=f(x+1).
∴若x∈(1,2],則當x=時, f(x)min=-,且x=時, f(x)=-.同理,若x∈(2,3],則當x=時, f(x)min=-1,且x=時, f(x)=-.
∴函數f(x)的大致圖象如圖所示.
∵f(x)≥-對任意x∈(-∞,m]恒成立,∴當x∈(-∞,m]時, f(x)min≥-,由圖可知m≤.故選B.
3.答案　;3+
解析　∵f =-+2=>1,
∴f =f =+-1=.
由解得-1≤x≤1,
由解得1∴不等式1≤f(x)≤3的解集為{x|-1≤x≤2+},
∴b-a的最大值為2+-(-1)=3+.
一題多解　　　第二空:f(x)的大致圖象如圖.
∵當x∈[a,b]時,1≤f(x)≤3,
∴由圖可得b>1且b+-1=3,∴b=2+,
由圖可得-1≤a≤1,
∴(b-a)max=2+-(-1)=3+.
4.答案　1(答案不唯一);1
解析　當a=0時, f(x)=易知f(x)的最小值為0,
當a=1時, f(x)=易知f(x)的最小值為0,
當a>1時,作出f(x)的圖象,如圖所示,
由圖可知f(x)無最小值.
當0由圖可知f(x)的最小值為0,
當a<0時,作出f(x)的圖象,如圖所示,
由圖可知f(x)無最小值.
綜上,a可取[0,1]內的任意實數,a的最大值為1.
5.A　若f(x)在[0,1]上單調遞增,則f(x)在[0,1]上的最大值為f(1);若f(x)在[0,1]上的最大值為f(1),則f(x)未必在[0,1]上單調遞增,如圖.故選A.
6.A　設y=f(x)=,易知f(x)的定義域為R,f(-x)==-f(x),∴函數f(x)=是奇函數,∴y=f(x)的圖象關于原點對稱,排除C、D,易知f(1)=2,排除B,故選A.
7.B　選項A, f(x-1)-1=-2,此函數既不是奇函數也不是偶函數;選項B, f(x-1)+1=,此函數為奇函數;選項C, f(x+1)-1=,此函數既不是奇函數也不是偶函數;選項D, f(x+1)+1=,此函數既不是奇函數也不是偶函數,故選B.
8.C　由題意可得f =f =f =-f ,又f=f=f=-f=-,所以f =.故選C.
9.D　∵f(x)是定義在R上的奇函數,∴f(x-1)的圖象關于點(1,0)中心對稱,又∵f(x)在(-∞,0)上單調遞減,∴f(x-1)在(-∞,1)上單調遞減,在(1,+∞)上也單調遞減,且過(-1,0)和(3,0), f(x-1)的大致圖象如圖:
若xf(x-1)≥0,則或
解得1≤x≤3或-1≤x≤0.
綜上,滿足xf(x-1)≥0的x的取值范圍是[-1,0]∪[1,3].故選D.
10.A　令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)·f(1)=f(x),則f(x+1)=f(x)-f(x-1),故f(x+2)=f(x+1)-f(x), f(x+3)=f(x+2)-f(x+1),
故f(x+3)=-f(x),故f(x+6)=f(x),
故函數f(x)的值每6個為一組重復出現,
令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)·f(0) f(0)=2,
則f(2)=f(1)-f(0)=-1,
f(3)=f(2)-f(1)=-2,
f(4)=f(3)-f(2)=-1,
f(5)=f(4)-f(3)=1,
f(6)=f(5)-f(4)=2,
所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0,
所以f(k)=3[f(1)+f(2)+…+f(6)]+f(19)+f(20)+f(21)+f(22)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=-3,故選A.
11.D　由題知
即
從而f(x+4)=-f(x+2),即f(x+2)=-f(x),
所以6=f(0)+f(3)=-f(2)+[-f(1)]=-(4a+b)-(a+b)=-5a-2b,即5a+2b=-6.①
又由題知f(x+1)為奇函數,x∈R,所以f(1)=0,
即a+b=0.②
由①②得從而f(x)=-2x2+2,x∈[1,2].
所以f =f=-f=f=-f=-=.故選D.
12.D　因為y=g(x)的圖象關于直線x=2對稱,
所以g(2-x)=g(2+x),
因為f(x)+g(2-x)=5,所以f(-x)+g(2+x)=5,所以f(x)=f(-x),又f(x)的定義域關于原點對稱,所以f(x)為偶函數,
因為g(x)-f(x-4)=7,所以g(x+2)-f(x-2)=7,
即g(x+2)=7+f(x-2),
因為f(x)+g(2-x)=5,所以f(x)+g(x+2)=5,
所以f(x)+[7+f(x-2)]=5,即f(x)+f(x-2)=-2,
所以f(x+2)+f(x)=-2,①
所以f(x+2)=f(x-2),
所以f(x)=f(x-4),
所以f(x)的值每4個為一組重復出現.
由①知f(3)+f(1)=f(4)+f(2)=-2.
因為f(x)+g(2-x)=5,所以f(0)+g(2)=5,
又g(2)=4,所以f(0)=1,
由f(x)+f(x-2)=-2,得f(2)=-2-f(0)=-3, f(1)+f(-1)=2f(1)=-2,所以f(1)=-1.
f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+…+f(20)+f(21)+f(22)=5[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]+f(1)+f(2)
=5[f(1)+f(3)+f(2)+f(4)]+f(1)+f(2)
=5×(-2-2)+f(1)+f(2)
=-20+f(1)+f(2)=-24,故選D.
高考模擬練
1.B　因為f(x)=ax3-bx+2,a,b∈R,所以f(-x)=-ax3+bx+2,則f(x)+f(-x)=4,
令x=2,即f(2)+f(-2)=4,
因為f(-2)=-1,所以f(2)=5.故選B.
2.D　令x=y=1,則2f(1)=2f(1)f(0),
∵f(1)=-1,∴f(0)=1,故A錯誤;
令x=1,y=0,則f(1)+f(0)=2ff,即=-1+1=0,則f =0,故B錯誤;
∵f(0)=1,∴f(0)不是奇函數,故C錯誤;
令y=-x,則f(x)+f(-x)=2f(0)f(x),即f(x)+f(-x)=2f(x),故f(-x)=f(x),∴f(x)為偶函數,故D正確.故選D.
3.B　函數f(x)===2t+,
令F(x)=f(x)-2t=,x∈R,
因為F(-x)==-F(x),F(x)的定義域為R,關于原點對稱,
所以F(x)為奇函數,
又f(x)在[-2 022,2 022]上的最大值為M,最小值為N,且M+N=2 024,
所以F(x)的最大值為M-2t,最小值為N-2t,
所以(M-2t)+(N-2t)=0,則t=506.故選B.
4.D　依題意,令F(x)=xf(x),則F(x)的定義域為R,
因為f(x)是定義在R上的奇函數,所以F(-x)=-xf(-x)=xf(x)=F(x),
所以函數F(x)是定義在R上的偶函數,
因為 x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2有 >0,
所以f(x)在[0,+∞)上單調遞增,所以當x>0時, f(x)>f(0)=0,
當0所以0又F(0)=0,所以F(x)在[0,+∞)上單調遞增,
因為F(x)=xf(x)是定義在R上的偶函數,
所以F(x)在(-∞,0]上單調遞減,
因為f(1)=1,所以F(1)=1×f(1)=1,
所以由xf(x)<1,得F(x)所以|x|<1,解得-15.A　以下只分析函數f(x)=|x2-ax|=在[0,1]上的圖象及性質,分類討論如下:
①當a≤0時,函數f(x)=|x2-ax|=x2-ax在區間[0,1]上單調遞增,
即g(a)=f(1)=1-a,此時g(a)單調遞減,g(a)min=g(0)=1;
②當0所以g(a)=max=max,
易知當0當2-2此時g(a)min=g(2-2)==1-(2-2)=3-2;
③當a>1時, f(x)=|x2-ax|=ax-x2,
即g(a)=max=max,
易知當1當a>2時,g(a)=a-1,
此時g(a)min=g(1)=,
而1>>3-2,所以g(a)的最小值為3-2.
故選A.
6.D　因為f(x+1)為奇函數, f(x+2)為偶函數, f(x)的圖象關于點(1,0)對稱,且關于直線x=2對稱,
所以f(1+x)=-f(1-x), f(2+x)=f(2-x), f(1)=0,
f(2+x)=f(2-x)=f(1+1-x)=-f [1-(1-x)]=-f(x),
f(x+4)=-f(2+x)=f(x),所以f(x)的值每4個為一組重復出現,
f(-1)=f(3)=f(2+1)=f(2-1)=f(1)=0, f(2 023)=f(4×506-1)=f(-1)=0,故B正確;
f(-x)=-f(2+x)=-f(2-x)=f[2-(2-x)]=f(x),故f(x)是偶函數,所以f(x)的圖象也關于點(-1,0)對稱,故A,C正確;
由題意得, f(x)在(1,2)上單調遞增,又f=f ,f =f =f =f ,2>>>1,所以f >f ,所以f >f ,故D錯誤.故選D.
7.B　若對任意的實數x1,x2,x3∈[2,18],均存在以f(x1),f(x2), f(x3)為三邊邊長的三角形,則對任意的實數x1,x2,x3∈[2,18],都有f(x1)+f(x2)>f(x3),即2f(x)min>f(x)max.當2≤x≤12時, f(x)=+≥2=6,當且僅當x=6時,等號成立,
又f(2)=10, f(6)=6, f(12)=,
所以6≤f(x)≤10.
①當a<0時,函數f(x)=ax-12a+在區間(12,18]上單調遞減,所以f(18)≤f(x)<,即6a+≤f(x)<,所以當x∈[2,18]時, f(x)=min,f(x)max=10.
由題意得f(x)max<2f(x)min,所以
解得a>-,所以-②當a=0時,若12③當a>0時,函數f(x)=ax-12a+在區間(12,18]上單調遞增,所以由題意得f(x)max<2f(x)min,所以
解得a<,所以0綜上,實數a的取值范圍為-8.答案　[-2,0)∪(4,6].
解析　作出函數f(x)=的圖象如圖所示.
由[f(x)]2-(m+1)f(x)+m<0,得[f(x)-m][f(x)-1]<0.
當m=1時,[f(x)-1]2<0,不等式無解;
當m<1時,由[f(x)-m][f(x)-1]<0,得m若不等式恰有2個整數解,又f=1, f(0)=0,f(-1)=2>1,所以整數解為0和1,又f(1)=0, f(2)=-2,所以-2≤m<0.
當m>1時,由[f(x)-m][f(x)-1]<0,得1若不等式恰有2個整數解,又f =1,所以整數解為-1和-2,又f(-2)=4, f(-3)=6,所以4綜上,實數m的取值范圍為[-2,0)∪(4,6].
9.解析　(1)因為f(x)為R上的奇函數,
所以f(0)==0,得b=0,則f(x)=,
又f(1)==,所以a=3,則f(x)=,
對任意的x∈R, f(-x)=-=-=-f(x),
所以函數f(x)=為奇函數,符合題意.
綜上, f(x)=.
(2)當x∈[1,3]時, f(x)=>0,
因為函數y=x+在[1,]上單調遞減,在[,3]上單調遞增,
所以當x=時,y=x+=2;當x=1或x=3時,y=4.
所以x+∈[2,4],所以f(x)=∈.
不等式|f(x)-m|≤1,即-1≤f(x)-m≤1,
即m-1≤f(x)≤m+1在[1,3]上有解,所以m-1≤且m+1≥,解得≤m≤1+.
(3)因為t∈(0,+∞),所以f =>0,
又 n∈[0,1], f(t)+nf -s≤0恒成立,
所以f(t)+f -s≤0,則s≥f(t)+f ,
而f(t)+f=+=+===,
設λ=t+,其中t>0,則λ≥2=6,當且僅當t=3時等號成立,
因為=t2++18,所以t2+=λ2-18,
所以φ(λ)===(λ≥6),
因為y=λ+在[6,+∞)上單調遞增,
所以函數φ(λ)=在[6,+∞)上單調遞減,可得φ(λ)≤φ(6)==3,
所以s≥3,即s的最小值為3.
方法總結　　　利用參變量分離法求解函數不等式恒(能)成立,可根據以下原則進行求解:
(1) x∈D,m≤f(x) m≤f(x)min;
(2) x∈D,m≥f(x) m≥f(x)max;
(3) x∈D,m≤f(x) m≤f(x)max;
(4) x∈D,m≥f(x) m≥f(x)min.
10.解析　(1)因為f =f ,所以函數f(x)的圖象關于直線x=-對稱,所以-=-,解得b=1.又f(1)=13,所以1+1+c=13,解得c=11,
所以f(x)=x2+x+11.
(2)g(x)=[f(x)-x2-13]·|x|=(x-2)|x|==易知g(1)=-1.
當x<0時,令g(x)=-1,即-x2+2x=-1,解得x=1-或x=1+(舍去).
當1≤t<2時,g(x)min=g(t)=t2-2t;
當1-≤t<1時,g(x)min=g(1)=-1;
當t<1-時,g(x)min=g(t)=-t2+2t.
綜上,g(x)min=
(3)h(x)=[f(x)-x2-11]·|x-a|=x|x-a|=
當a=0時,h(x)在R上單調遞增,符合題意;
當a>0時,所以或或所以a≥4;
當a<0時,>a,所以函數h(x)在(-∞,a),上單調遞增,在上單調遞減,
所以或或解得a≤-4.
綜上,實數a的取值范圍為a=0或a≥4或a≤-4.
11.思路點撥　(1)先分析得到f(x)-f(-x)=0,然后根據|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|得到g(x),g(-x)的關系,由此解決問題;
(2)根據題設條件將問題轉化為“當0(3)先根據條件證明“ x1,x2∈R,若x1解析　(1)函數y=g(x)是偶函數.理由如下:
因為f(x)=|x|,所以 x∈R有f(x)-f(-x)=0,
令x1=x,x2=-x,且x1,x2∈R,
因為|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,
所以|f(x)-f(-x)|≥|g(x)-g(-x)|,
所以|g(x)-g(-x)|≤0,
所以g(x)=g(-x),且g(x)的定義域為R,關于原點對稱,所以y=g(x)是偶函數.
(2)當a>0時, f(x)=ax2+2x+1的圖象的對稱軸為直線x=-<0,且f(x)的圖象開口向上,g(x)=x2+ax的圖象的對稱軸為直線x=-<0,且g(x)的圖象開口向上,
所以f(x)在(0,+∞)上單調遞增,g(x)在(0,+∞)上單調遞增,
不妨設0所以|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)| f(x2)-f(x1)≥g(x2)-g(x1),
即f(x2)-g(x2)≥f(x1)-g(x1),
設h(x)=f(x)-g(x)=(a-1)x2+(2-a)x+1,
當a=1時,h(x)=x+1,在(0,+∞)上單調遞增,顯然滿足要求;
當a>1時,h(x)為二次函數,且h(x)圖象的對稱軸為直線x=-,h(x)的圖象開口向上,故只需-≤0,解得1當00,此時不滿足要求.
綜上可知,a的取值范圍是[1,2].
(3)證明:任取x1,x2∈R,不妨設x1g(x2),即g(x1)-g(x2)>0,
而|f(x1)-f(x2)|≥|g(x1)-g(x2)|,
所以|f(x1)-f(x2)|>0,
所以 x1,x2∈R,若x1①首先證明:當0假設存在0設f1(x)=f(x)-f(1),則f1(0)=f(0)-f(1)<0, f1(x0)=f(x0)-f(1)≥0,
所以 x3∈(0,x0],使得f1(x3)=0,則f(x3)-f(1)=0,則f(x3)=f(1),
這與“ x1,x2∈R,若x1所以不存在0假設存在0設f2(x)=f(x)-f(0),則f2(1)=f(1)-f(0)>0, f2(x0)=f(x0)-f(0)≤0,
所以 x4∈[x0,1),使得f2(x4)=0,則f(x4)-f(0)=0,則f(x4)=f(0),
這與“ x1,x2∈R,若x1所以不存在0由上可知,當0②再證明:當0假設存在0設f3(x)=f(x)-f(x2),則f3(0)=f(0)-f(x2)<0, f3(x1)=f(x1)-f(x2)≥0,
所以 x5∈(0,x1],使得f3(x5)=0,則f(x5)-f(x2)=0,則f(x5)=f(x2),
這與“ x1,x2∈R,若x1所以假設不成立,即對任意的x1,x2∈(0,1),都有f(x1)所以y=f(x)是(0,1)上的嚴格增函數.
素養評析　　　本題以新定義問題、函數的奇偶性和單調性為背景,要求能夠在關聯的情景中根據具體的問題描述,通過相關的性質關系構建等量關系.第(1)問考查邏輯推理、數學抽象的素養,要求分析題中所給的條件,利用新定義判斷函數y=g(x)的奇偶性;第(2)問考查邏輯推理、數學運算的素養,利用轉化思想,構造函數并進行分類討論;第(3)問考查邏輯推理、數學抽象的素養.
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