2013高考数学总复习 2-1函数及其表示基础巩固强化练习 新人教A版

2-1函数及其表示
基础巩固强化
1.(2011·某某某某一中模拟)设集合M ＝{x |－2≤x ≤2}，N ＝{y |0≤y ≤2}，给出下列四个图形，其中能表示以集合M 为定义域，N 为值域的函数关系的是( )
[答案] B
[解析] 函数的定义要求定义域内的任一变量都有唯一的函数值与之对应，A 中x ∈(0,2]时没有函数值，C 中函数值不唯一，D 中的值域不是N ，所以选B.
2．(文)(2011·某某市综合测试)函数y ＝1－2x 的定义域为集合A ，函数y ＝ln(2x ＋1)的定义域为集合B ，则A ∩B 等于( )
A ．(－12，12]
B ．(－12，12)
C ．(－∞，－12)
D ．[1
2，＋∞)
[答案] A
[解析] 由⎩
⎪⎨
⎪⎧
1－2x ≥0，
2x ＋1>0，得⎩⎪⎨⎪⎧
x ≤1
2，x >－1
2.
∴－12<x ≤1
2
，
故A ∩B ＝(－12，1
2
]．
(理)(2010·某某文，5)函数y ＝
1
log 0.54x －3
的定义域为( )
A.⎝ ⎛⎭⎪⎫34，1
B.⎝ ⎛⎭
⎪⎫34，＋∞ C ．(1，＋∞) D.⎝ ⎛⎭
⎪⎫34，1∪(1，＋∞)
[答案] A
[解析] log 0.5(4x －3)>0＝log 0.51，∴0<4x －3<1， ∴3
4
<x <1. 3．(2011·某某潍坊模拟)已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
12x ，x ≥3，f x ＋1，x <3.则f (log 23)的值是( )
A.112
B.1
24
C ．24
D ．12 [答案] A
[解析]∵1<log 23<2，∴3<log 23＋2<4， ∴f (log 23)＝f (log 23＋1) ＝f (log 23＋2)＝f (log 212) ＝(12)log 212＝112
. 4．(2011·某某文，8)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x
，x >0，x ＋1，x ≤0，若f (a )＋f (1)＝0，则实数a
的值等于( )
A ．－3
B ．－1
C ．1
D ．3 [答案] A
[解析]∵f (1)＝21
＝2，∴由f (a )＋f (1)＝0知 f (a )＝－2. 当a >0时 2a
＝－2不成立．当a <0时a ＋1＝－2，a ＝－3.
5．(文)(2010·某某六校)设函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
2x
x ∈－∞，2]，log 2xx ∈2，＋∞
.
则满足f (x )＝4的x
的值是( )
A ．2
B ．16
C ．2或16
D ．－2或16 [答案] C
[解析] 当f (x )＝2x
时.2x
＝4，解得x ＝2.
当f (x )＝log 2x 时，log 2x ＝4，解得x ＝16. ∴x ＝2或16.故选C.
(理)设函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪⎧
21－x
－1
x <1，
lg x
x ≥1.
若f (x 0)>1，则x 0的取值X 围是( )
A ．(－∞，0)∪(10，＋∞)
B ．(－1，＋∞)
C ．(－∞，－2)∪(－1,10)
D ．(0,10) [答案] A [解析] 由⎩⎪⎨
⎪
⎧
x 0<1，21－x 0－1>1，
或⎩⎪⎨⎪
⎧
x 0≥1，lg x 0>1.
⇒x 0<0或x 0>10.
6．(2012·某某聊城市质检)具有性质f (1
x
)＝－f (x )的函数，我们称为满足“倒负”交换
的函数，下列函数：
①f (x )＝x －1x ；②f (x )＝x ＋1
x ；③f (x )＝
⎩
⎪⎨⎪⎧
x ，0<x <1，
0，x ＝1，－1
x
，x >1.
中满足“倒负”变换的
函数是( )
A ．①②
B ．①③
C ．②③
D ．只有① [答案] B
[解析]①f (1x )＝1
x
－x ＝－f (x )满足．
②f (1x )＝1
x
＋x ＝f (x )不满足．
③0<x <1时，f (1
x
)＝－x ＝－f (x )，
x ＝1时，f (1
x
)＝0＝－f (x )，
x >1时，f (1
x )＝1
x
＝－f (x )满足．故选B.
7．(文)(2011·某某模拟)已知函数f (x )＝x －1x ＋1，则f (x )＋f (1
x
)＝________. [答案] 0
[解析]∵f (1
x )＝
1
x －1
1
x
＋1
＝1－x 1＋x ， ∴f (x )＋f (1x )＝x －1x ＋1＋1－x
1＋x
＝0.
(理)若f (a ＋b )＝f (a )·f (b )且f (1)＝1，则f 2f 1＋f 3f 2＋f 4f 3＋…＋f 2012
f 2011
＝
________.
[答案] 2011 [解析] 令b ＝1，则f a ＋1
f a
＝f (1)＝1，
∴
f 2f 1＋f 3f 2＋f 4f 3＋…＋f 2012
f 2011
＝2011. 8．(文)(2011·某某模拟)已知f (2
x
＋1)＝lg x ，则f (x )＝________. [答案] lg
2
x －1
(x >1) [解析] 令2x ＋1＝t ，∵x >0，∴t >1，则x ＝2
t －1，
∴f (t )＝lg
2t －1，f (x )＝lg 2
x －1
(x >1)． (理)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b }＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
a ，a ≤
b ，b ，a >b .
设函数f (x )＝－x ＋3，g (x )＝
log 2x ，则函数h (x )＝min{f (x )，g (x )}的最大值是__________．
[答案] 1
[解析] 结合f (x )与g (x )的图象，h (x )＝
⎩
⎪⎨⎪⎧
log 2x
0<x ≤2－x ＋3 x >2，易知h (x )的最大值
为h (2)＝1.
9．(文)(2011·某某文，12)设函数f (x )＝x 3
cos x ＋1.若f (a )＝11，则f (－a )＝________. [答案] －9
[解析] 令g (x )＝x 3
cos x ，则f (x )＝g (x )＋1，g (x )为奇函数．
f (a )＝
g (a )＋1＝11，所以g (a )＝10，f (－a )＝g (－a )＋1＝－g (a )＋1＝－9.
(理)(2011·某某省某某市高三第一次模拟)已知定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )·f (x ＋2)＝13，若f (1)＝2，则f (2011)＝________.
[答案]132
[解析]∵f (x ＋4)＝
13f
x ＋2＝13
13
f x
＝f (x )，
∴函数f (x )的周期为4，
所以f (2011)＝f (4×502＋3)＝f (3)＝
13f 1＝13
2
. 10．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
x 2＋12， －1<x <0，
e x －1x ≥0.若
f (1)＋f (a )＝2，求a 的值．
[解析]∵f (1)＝e 1－1
＝1，又f (1)＋f (a )＝2，
∴f (a )＝1.
若－1<a <0，则f (a )＝a 2
＋12＝1，
此时a 2
＝12
，
又－1<a <0，∴a ＝－22
. 若a ≥0，则f (a )＝e
a －1
＝1，∴a ＝1.
综上所述，a 的值是1或－
22
. 能力拓展提升
11.(文)(2011·某某一中)若函数f (x )＝x －4
mx 2＋4mx ＋3
的定义域为R ，则实数m 的取值X 围
是( )
A ．(－∞，＋∞) B．(0，3
4)
C ．(34，＋∞) D．[0，34)
[答案] D
[解析]①m ＝0时，分母为3，定义域为R .
②由⎩⎪⎨
⎪⎧
m ≠0，Δ<0
得0<m <3
4
.
综上得0≤m <3
4
.
(理)(2011·某某某某模拟)如果函数f (x )对于任意实数x ，存在常数M ，使得不等式|f (x )|≤M |x |恒成立，那么就称函数f (x )为有界泛函．下面有4个函数：
①f (x )＝1; ②f (x )＝x 2
； ③f (x )＝(sin x ＋cos x )x; ④f (x )＝
x
x 2
＋x ＋1
.
其中有两个属于有界泛函，它们是( ) A ．①②B ．②④ C ．①③D ．③④ [答案] D
[解析] 由|f (x )|≤M |x |对x ∈R 恒成立，知|f x
x
|max ≤M . ①中⎪⎪⎪⎪⎪
⎪f x x ＝|1x
|∈(0，＋∞)，故不存在常数M 使不等式恒成立；
②中⎪⎪⎪⎪
⎪
⎪f x x ＝|x |∈[0，＋∞)，故不存在常数M 使不等式恒成立；
③中⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪f x x ＝|sin x ＋cos x |＝2|sin(x ＋π4)|≤2，故存在M 使不等式恒成立；
④中⎪⎪⎪⎪⎪⎪f x x ＝⎪⎪⎪⎪⎪
⎪1x 2＋x ＋1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪1x ＋122＋34≤43
， 故存在M 使不等式恒成立．
[点评] 作为选择题判断①后即排除A 、C ，判断②后排除B ，即可选出D.
12．(文)(2011·某某某某模拟)对a ，b ∈R ，记min{a ，b }＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
a
a <
b ，
b a ≥b ，
函数f (x )
＝min{1
2
x ，－|x －1|＋2}(x ∈R )的最大值为________．
[答案] 1
[解析]y ＝f (x )是y ＝1
2x 与y ＝－|x －1|＋2两者中的较小者，数形结合可知，函数的最
大值为1.
(理)(2011·某某某某模拟)设函数y ＝f (x )在(－∞，＋∞)内有定义，对于给定的正数K ，
定义函数f K (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
f x ，f x ≤K ，
K ， f x >K .
取函数f (x )＝a
－|x |
(a >1)．当K ＝1
a
时，函数f K (x )
在下列区间上单调递减的是( )
A ．(－∞，0)
B ．(－a ，＋∞)
C ．(－∞，－1)
D ．(1，＋∞) [答案] D
[解析] 当K ＝1
a 时，f K
(x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
a －|x |
，a －|x |
≤1
a ，1a ，a －|x |
>1
a
.
＝⎩⎪⎨⎪⎧
1a |x |
，x ≤－1或x ≥1，1a ，－1<x <1.
∵a >1，∴0<1
a
<1，如图，作出函数f K (x )的图象可得其单调减区间为(1，＋∞)．
13．(文)(2011·某某交大附中月考)函数f (x )＝x 2
x 2
＋1，则f (14)＋f (13)＋f (12
)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝________.
[答案]72
[解析]f (1)＝12，f (x )＋f (1x )＝x 2
x 2＋1＋1
x 2
1x
2＋1
＝x 2
x 2＋1＋11＋x 2＝1，则f (14)＋f (13)＋f (1
2
)＋
f (1)＋f (2)＋f (3)＋f (4)＝3＋12＝7
2
.
(理)(2011·襄樊检测)设函数f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
x 2
＋bx ＋c ， x ≤0，
2， x >0.
若f (－4)＝f (0)，f (－2)
＝－2，则关于x 的方程f (x )＝x 的解的个数为( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4 [答案] C
[解析] 法一：若x ≤0，则f (x )＝x 2
＋bx ＋c . ∵f (－4)＝f (0)，f (－2)＝－2，
∴⎩
⎪⎨⎪⎧
－42＋b ·－4＋c ＝c ，
－2
2
＋b ·－2＋c ＝－2，
解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
b ＝4，
c ＝2.
∴f (x )＝⎩⎪⎨
⎪
⎧
x 2
＋4x ＋2， x ≤0，
2， x >0.
当x ≤0时，由f (x )＝x ，得x 2
＋4x ＋2＝x ， 解得x ＝－2，或x ＝－1； 当x >0时，由f (x )＝x ，得x ＝2. ∴方程f (x )＝x 有3个解．
法二：由f (－4)＝f (0)且f (－2)＝－2，可得f (x )＝x 2
＋bx ＋c 的对称轴是x ＝－2，且顶点为(－2，－2)，于是可得到f (x )的简图(如图所示)．方程f (x )＝x 的解的个数就是函数
y ＝f (x )的图象与y ＝x 的图象的交点的个数，所以有3个解．
14．(2011·某某模拟)已知函数f (x )＝4
|x |＋2－1的定义域是[a ，b ](a ，b ∈Z )，值域是
[0,1]，则满足条件的整数数对(a ，b )共有________个．
[答案] 5 [解析] 由0≤
4|x |＋2－1≤1，即1≤4
|x |＋2
≤2得 0≤|x |≤2，满足条件的整数数对有(－2,0)，(－2,1)，(－2,2)，(0,2)，(－1,2)共5个．
[点评] 数对(a ，b )的取值必须能够使得|x |的取值最小值为0，最大值为2，才能满足
f (x )的值域为[0,1]的要求．
15．(文)已知函数f (x )＝x
ax ＋b
(ab ≠0)，f (2)＝1，又方程f (x )＝x 有唯一解，求f (x )的解析式．
[解析] 由f (2)＝1得2
2a ＋b ＝1，即2a ＋b ＝2；
由f (x )＝x 得x
ax ＋b
＝x ， 变形得x (
1
ax ＋b
－1)＝0， 解此方程得x ＝0或x ＝1－b
a
，
又因方程有唯一解，∴1－b
a
＝0，
解得b ＝1，代入2a ＋b ＝2得a ＝12，
∴f (x )＝
2x x ＋2
. (理)(2011·某某普宁模拟)已知函数f (x )＝lg(x ＋a x
－2)，其中a 是大于0的常数． (1)求函数f (x )的定义域；
(2)当a ∈(1,4)时，求函数f (x )在[2，＋∞)上的最小值； (3)若对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，试确定a 的取值X 围．
[解析] (1)由x ＋a x －2>0，得x 2－2x ＋a
x >0，
a >1时，x 2－2x ＋a >0恒成立，定义域为(0，＋∞)． a ＝1时，定义域为{x |x >0且x ≠1}，
0<a <1时，定义域为{x |0<x <1－1－a 或x >1＋1－a }．
(2)设g (x )＝x ＋a x －2，当a ∈(1,4)，x ∈[2，＋∞)时，g ′(x )＝1－a x 2＝x 2－a
x
2>0恒成立，
∴g (x )＝x ＋a
x
－2在[2，＋∞)上是增函数． ∴f (x )＝lg(x ＋a x －2)在[2，＋∞)上是增函数．
∴f (x )＝lg(x ＋a
x －2)在[2，＋∞)上的最小值为f (2)＝lg a
2
. (3)对任意x ∈[2，＋∞)恒有f (x )>0，即x ＋a x
－2>1对x ∈[2，＋∞)恒成立． ∴a >3x －x 2，而h (x )＝3x －x 2
＝－(x －32)2＋94在x ∈[2，＋∞)上是减函数，∴h (x )max ＝h (2)
＝2，∴a >2.
16．某自来水厂的蓄水池存有400t 水，水厂每小时可向蓄水池中注水60t ，同时蓄水池又向居民小区不间断供水，t h 内供水总量为1206t t ，(0≤t ≤24)．
(1)从供水开始到第几小时时，蓄水池中的存水量最少？最少水量是多少吨？
(2)若蓄水池中水量少于80t 时，就会出现供水紧X 现象，请问在一天的24h 内，有几小时出现供水紧X 现象．
[解析] (1)设t h 后蓄水池中的水量为y t ， 则y ＝400＋60t －1206t (0≤t ≤24) 令6t ＝x ，则x 2
＝6t 且0≤x ≤12，
∴y ＝400＋10x 2－120x ＝10(x －6)2
＋40(0≤x ≤12)； ∴当x ＝6，即t ＝6时，y min ＝40，
即从供水开始到第6h 时，蓄水池水量最少，只有40t. (2)依题意400＋10x 2
－120x <80， 得x 2
－12x ＋32<0，
解得4<x <8，即4<6t <8，∴83<t <32
3；
∵
323－8
3
＝8，∴每天约有8h 供水紧X ．
1．(2011·某某文，3)若f (x )＝
1
log 1
22x ＋1，则f (x )的定义域为( )
A ．(－12，0)
B ．(－1
2，＋∞)
C ．(－12，0)∪(0，＋∞) D．(－1
2，2)
[答案] C
[解析] 要使函数有意义，则有
⎩
⎪⎨
⎪⎧
2x ＋1>0
2x ＋1≠1，所以⎩⎪⎨⎪⎧
x >－
12x ≠0
.故选C.
2．值域为{2,5,10}，对应关系为y ＝x 2
＋1的函数个数为( ) A ．1 B ．8 C ．27 D ．39 [答案] C
[解析] 本题的关键是寻找满足条件的定义域有多少种情况．当y ＝2，即x 2
＝1时，x ＝1，－1或±1有三种情况，同理当y ＝5,10时，x 的值各有三种情况，由分步乘法计数原理知，共有3×3×3＝27种可能．故选C.
3．水池有2个进水口，1个出水口，每个水口的进出水速度如下图(1)(2)所示．某天0点到6点，该水池的蓄水量如下图(3)所示(至少打开一个水口)．
给出以下3个论断：
①0点到3点只进水不出水；②3点到4点不进水只出水；③4点到6点不进水不出水．则一定正确的论断是( )
A ．①
B ．①②
C ．①③
D ．①②③ [答案] A
[解析] 由(1)、(2)两图得到每一个进水口的速度是出水口的速度的一半，在(3)图中从0点到3点进了6个单位水量，因此这段时间是只进水不出水，故①对；从3点到4点水量下降了1个单位，故应该是一个进水口开着，一个出水口开着，故②不正确；从4点到6点蓄水量保持不变，一种情况是不进水不出水，另一种情况是2个进水口与1个出水口同时开着，进水量和出水量相同，故③不一定正确．
4．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
log 2x ， x >0，log 1
2－x ， x <0.若f (a )>f (－a )，则实数a 的取值X 围是
( )
A ．(－1,0)∪(0,1)
B ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C ．(－1,0)∪(1，＋∞) D．(－∞，－1)∪(0,1) [答案] C
[解析] 解法1：由图象变换知函数f (x )图象如图，且f (－x )＝－f (x )，即f (x )为奇函数，∴f (a )>f (－a )化为f (a )>0，∴当x ∈(－1,0)∪(1，＋∞)，f (a )>f (－a )，故选C.
解法2：当a >0时，由f (a )>f (－a )得，log 2a >log 1
2a ，
∴a >1；
当a <0时，由f (a )>f (－a )得，log 1
2
(－a )>log 2(－a )，∴－1<a <0，故选C.
5．a 、b 为实数，集合M ＝{b a
，1}，N ＝{a,0}，f 是M 到N 的映射，f (x )＝x ，则a ＋b 的值为( )
A ．－1
B ．0
C ．1
D ．±1 [答案] C
[解析]∵f (x )＝x ，∴f (1)＝1＝a ，若f (b a )＝1，则有b a
＝1，与集合元素的互异性矛盾， ∴f (b a
)＝0，∴b ＝0，∴a ＋b ＝1.
6．(2011·某某十校二模)某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数y ＝[x ]([x ]表示不大于x 的最大整数)可以表示为( )
A ．y ＝[x 10]
B ．y ＝[x ＋3
10
]
C ．y ＝[
x ＋4
10
] D ．y ＝[
x ＋5
10
]
[答案] B
[解析] 当x 除以10的余数为0,1,2,3,4,5,6时，由题设知y ＝[x 10]，且易验证此时[x
10]
＝[
x ＋3
10
]．
当x 除以10的余数为7,8,9时，由题设知y ＝[x
10
]＋1，且易验证知此时[
x
10
]＋1＝
[
x ＋3
10
]．综上知，必有y ＝[
x ＋3
10
]．故选B.
7．设函数f (x )、g (x )的定义域分别为F 、G ，且F G .若对任意的x ∈F ，都有g (x )＝f (x )，
且g (x )为偶函数，则称g (x )为f (x )在G 上的一个“延拓函数”．已知函数f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x
(x ≤0)，
若g (x )为f (x )在R 上的一个延拓函数，则函数g (x )的解析式为( )
A ．g (x )＝2|x |
B ．g (x )＝log 2|x |
C ．g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x |
D ．g (x )＝log 12|x |
[答案] A
[解析] 由延拓函数的定义知，当x ≤0时，g (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x
，当x >0时，－x <0，∴g (－x )＝
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12－x ＝2x ， ∵g (x )为偶函数，∴g (x )＝2x
， 故g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
⎝ ⎛⎭
⎪⎫12x x ≤0
2x x >0
，即g (x )＝2|x |
.
8．(2011·某某模拟)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨
⎪⎧
log 21－x ，x ≤0，
f x －1＋1，x >0.则f (2011)等于( )
A ．2008
B ．2009
C ．2010
D ．2011 [答案] D
[解析] 当x >0时，f (x )－f (x －1)＝1，∴f (2011)
＝[f (2011)－f (2010)]＋[f (2010)－f (2009)]＋…＋[f (1)－f (0)]＋f (0) ＝1＋1＋…＋12011个＋f (0)＝2011＋log 21＝2011. 9.
如图，设点A 是单位圆上的一定点，动点P 从点A 出发在圆上按逆时针方向旋转一周，点P 所旋转过的AP 的长为l ，弦AP 的长为d ，则函数d ＝f(l)的图象大致是( )
[答案]C
[解析] 函数在[0，π]上的解析式为 d ＝12
＋12
－2×1×1×cos l ＝2－2cos l ＝
4sin 2l
2＝2sin l 2
.
在[π，2π]上的解析式为d ＝2－2cos 2π－l ＝2sin l
2
，故函数的解析式为d ＝
2sin l
2
，l∈[0,2π]．
[点评] 这类题目解决的基本方法通过分析变化趋势或者一些特殊的点，采用排除法；或求函数解析式．
10．某西部山区的某种特产由于运输的原因，长期只能在当地销售，当地政府通过投资对该项特产的销售进行扶持，已知每投入x 万元，可获得纯利润P ＝－1160(x －40)2
＋100万元
(已扣除投资，下同)，当地政府拟在新的十年发展规划中加快发展此特产的销售，其规划方案为：在未来10年内对该项目每年都投入60万元的销售投资，其中在前5年中，每年都从60万元中拨出30万元用于修建一条公路，公路5年建成，通车前该特产只能在当地销售；公路通车后的5年中，该特产既在本地销售，也在外地销售，在外地销售的投资收益为：每投入x 万元，可获纯利润Q ＝－
159160(60－x)2
＋1192
·(60－x)万元，问仅从这10年的累积利润看，
该规划方案是否可行？
[解析] 在实施规划前，由题设P ＝－
1160
(x －40)2
＋100(万元)，知每年只需投入40万，即可获得最大利润100万元，则10年的总利润为W 1＝100×10＝1000(万元)．
实施规划后的前5年中，由题设P ＝－1160
(x －40)2
＋100知，每年投入30万元时，有最大利润P max ＝795
8
(万元)，
前5年的利润和为7958×5＝3975
8
(万元)．
设在公路通车的后5年中，每年用x 万元投资于本地的销售，而剩下的(60－x)万元用于外地区的销售投资，
则其总利润为
W 2＝[－1160(x －40)2＋100]×5＋(－159160x 2＋1192x)×5＝－5(x －30)2
＋4950.
当x ＝30时，W 2＝4950(万元)为最大值， 从而10年的总利润为3975
8＋4950(万元)．
∵
3975
8
＋4950>1000， ∴该规划方案有极大实施价值．。