1、第二章 函数 2.1 函数及其表示,高考数学(浙江专用),考点一 函数的概念及其表示 (2015浙江,7,5分)存在函数f(x)满足:对于任意xR都有 ( ) A.f(sin 2x)=sin x B.f(sin 2x)=x2+x C.f(x2+1)=|x+1| D.f(x2+2x)=|x+1|,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,答案 D 对于A,令x=0,得f(0)=0;令x= ,得f(0)=1,这与函数的定义不符,故A错.在B中,令x=0, 得f(0)=0;令x= ,得f(0)= + ,与函数的定义不符,故B错.在C中,令x=1,得f(2)=2;令x=-1,得f(2) =0,与函数的定义不
2、符,故C错.在D中,变形为f(|x+1|2-1)=|x+1|,令|x+1|2-1=t,得t-1,|x+1|= ,从 而有f(t)= ,显然这个函数关系在定义域(-1,+)上是成立的,选D.,考点二 分段函数及其应用 1.(2014浙江文,15,4分)设函数f(x)= 若f(f(a)=2,则a= .,答案,解析 若a0,则f(a)=-a20, f(f(a)=-(a2+2a+2)202. 综上,a= .,2.(2018浙江,15,6分)已知R,函数f(x)= 当=2时,不等式f(x)0的解集是 .若函数f(x)恰有2个零点,则的取值范围是 .,答案 (1,4);(1,3(4,+),解析 本小题考查
3、分段函数,解不等式组,函数的零点,分类讨论思想和数形结合思想. 当=2时,不等式f(x)4.两个零点为1,4,由图可知,此时13. 综上,的取值范围为(1,3(4,+).,思路分析 (1)f(x)0 或 此时要特别注意分段函数在每一段上的解析 式是不同的,要把各段上的不等式的解集取并集. (2)函数零点个数的判定一般要作出函数图象,此时要特别注意两段的分界点是否能取到.,3.(2015浙江,10,6分)已知函数f(x)= 则f(f(-3)= , f(x)的最小值是 .,答案 0;2 -3,解析 -31,f(-3)=lg(-3)2+1=lg 10=1, f(f(-3)=f(1)=1+ -3=0.
4、 当x1时, f(x)=x+ -32 -3(当且仅当x= 时,取“=”);当x1时,x2+11,f(x)=lg(x2+1) 0.又2 -30,f(x)min=2 -3.,4.(2014浙江,15,4分)设函数f(x)= 若f(f(a)2,则实数a的取值范围是 .,答案 (-, ,解析 当a0时, f(a)=-a20,又f(0)=0,故由f(f(a)=f(-a2)=a4-a22,得a22,0a .当-1a 0时, f(a)=a2+a=a(a+1)0,则由f(f(a)=f(a2+a)=(a2+a)2+(a2+a)2,得a2+a-10,得- a,则有-1a0.当a-1时, f(a)=a2+a=a(a
5、+1)0,则由f(f(a)=f(a2+a)=-(a2+a)22,得aR,故 a-1. 综上,a的取值范围为(-, .,5.(2016浙江,18,15分)已知a3,函数F(x)=min2|x-1|,x2-2ax+4a-2,其中minp,q= (1)求使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围; (2)(i)求F(x)的最小值m(a); (ii)求F(x)在区间0,6上的最大值M(a).,解析 (1)由于a3,故 当x1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x2+2(a-1)(2-x)0, 当x1时,(x2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a). 所以,
6、使得等式F(x)=x2-2ax+4a-2成立的x的取值范围为2,2a. (2)(i)设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x2-2ax+4a-2,则 f(x)min=f(1)=0,g(x)min=g(a)=-a2+4a-2, 所以,由F(x)的定义知m(a)=minf(1),g(a),即 m(a)= (ii)当0x2时,F(x)f(x)maxf(0), f(2)=2=F(2), 当2x6时,F(x)g(x)maxg(2),g(6)=max2,34-8a=maxF(2),F(6). 所以,M(a)=,思路分析 (1)先分类讨论去掉绝对值符号,再利用作差法求解;(2)分段函数求最值的方法是 分别
7、求出各段上的最值,较大(小)的值就是这个函数的最大(小)值.,6.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x2+ax+b(a,bR),记M(a,b)是|f(x)|在区间-1,1上的最大值. (1)证明:当|a|2时,M(a,b)2; (2)当a,b满足M(a,b)2时,求|a|+|b|的最大值.,解析 (1)证明:由f(x)= +b- ,得对称轴为直线x=- . 由|a|2,得 1,故f(x)在-1,1上单调, 所以M(a,b)=max|f(1)|,|f(-1)|. 当a2时,由f(1)-f(-1)=2a4, 得maxf(1),-f(-1)2,即M(a,b)2. 当a-2时,由f(-1
8、)-f(1)=-2a4, 得maxf(-1),-f(1)2,即M(a,b)2. 综上,当|a|2时,M(a,b)2. (2)由M(a,b)2得|1+a+b|=|f(1)|2,|1-a+b|=|f(-1)|2, 故|a+b|3,|a-b|3, 由|a|+|b|= 得|a|+|b|3. 当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在-1,1上的最大值为2,即M(2,-1)=2. 所以|a|+|b|的最大值为3.,评析 本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推 理论证能力,分析问题和解决问题的能力.,考点一 函数的概念及其表示 1.(2014江西,
9、3,5分)已知函数f(x)=5|x|,g(x)=ax2-x(aR).若fg(1)=1,则a= ( ) A.1 B.2 C.3 D.-1,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 A 由已知条件可知, fg(1)=f(a-1)=5|a-1|=1,|a-1|=0,得a=1.故选A.,评析 本题主要考查函数的解析式,正确理解函数的定义是解题关键.属容易题.,2.(2014山东,3,5分)函数f(x)= 的定义域为 ( ) A. B.(2,+) C. (2,+) D. 2,+),答案 C 由(log2x)2-10,得(log2x)21, log2x1或log2x2. 故f(x)的定义域为 (2,+).
10、,3.(2015湖北,6,5分)函数f(x)= +lg 的定义域为 ( ) A.(2,3) B.(2,4 C.(2,3)(3,4 D.(-1,3)(3,6,解题导引 由题意得关于x的不等式组解不等式组,得定义域,答案 C 要使函数f(x)有意义,需满足 即 解得2x3或3x4,故选C.,4.(2018江苏,5,5分)函数f(x)= 的定义域为 .,答案 2,+),解析 本题考查函数定义域的求法及对数函数. 由题意可得log2x-10,即log2x1,x2. 函数的定义域为2,+). 易错警示 函数的定义域是使解析式中各个部分都有意义的自变量的取值集合,函数的定义 域要写成集合或区间的形式.,5
11、.(2016江苏,5,5分)函数y= 的定义域是 .,答案 -3,1,解析 若函数有意义,则3-2x-x20,即x2+2x-30,解得-3x1.,6.(2014四川,15,5分)以A表示值域为R的函数组成的集合,B表示具有如下性质的函数(x)组成 的集合:对于函数(x),存在一个正数M,使得函数(x)的值域包含于区间-M,M.例如,当1(x)=x3, 2(x)=sin x时,1(x)A,2(x)B.现有如下命题: 设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)A”的充要条件是“bR,aD, f(a)=b”; 函数f(x)B的充要条件是f(x)有最大值和最小值; 若函数f(x),g(x)的定义域相同,
12、且f(x)A,g(x)B,则f(x)+g(x)B; 若函数f(x)=aln(x+2)+ (x-2,aR)有最大值,则f(x)B. 其中的真命题有 .(写出所有真命题的序号),答案 ,解析 依题意可直接判定正确;令f(x)=2x(x(-,1),显然存在正数2,使得f(x)的值域(0,2 -2,2,但f(x)无最小值,错误;假设f(x)+g(x)B,则存在正数M,使得当x在其公共定义域内取值 时,有f(x)+g(x)M,则f(x)M-g(x),又g(x)B,则存在正数M1,使g(x)-M1,M1,-g(x)M1,即 M-g(x)M+M1,f(x)M+M1,与f(x)A矛盾,正确;当a=0时, f(
13、x)= ,即f(x)B, 当a0时,y=aln(x+2)的值域为(-,+),而 ,此时f(x)无最大值,故a=0,正确.,考点二 分段函数及其应用 1.(2018课标全国文,12,5分)设函数f(x)= 则满足f(x+1)f(2x)的x的取值范围是( ) A.(-,-1 B.(0,+) C.(-1,0) D.(-,0),由f(x+1)f(2x)得 得 x0,故选D.,答案 D 本题主要考查分段函数及不等式的解法. 函数f(x)= 的图象如图所示:,解题关键 解本题的关键是利用数形结合思想,准确画出图象,利用图象的直观性来求解,这样 可避免分类讨论.,2.(2015湖北,6,5分)已知符号函数s
14、gn x= f(x)是R上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a1),则 ( ) A.sgng(x)=sgn x B.sgng(x)=-sgn x C.sgng(x)=sgnf(x) D.sgng(x)=-sgnf(x),答案 B f(x)是R上的增函数,a1, 当x0时,xax,有f(x)f(ax),则g(x)0. sgng(x)= sgng(x)=-sgn x,故选B.,3.(2017山东文,9,5分)设f(x)= 若f(a)=f(a+1),则f = ( ) A.2 B.4 C.6 D.8,答案 C 本题考查分段函数与函数值的计算. 解法一:当01, f(a)= , f(a+1)=2
15、(a+1-1)=2a. 由f(a)=f(a+1)得 =2a,a= . 此时f =f(4)=2(4-1)=6. 当a1时,a+11, f(a)=2(a-1), f(a+1)=2(a+1-1)=2a. 由f(a)=f(a+1)得2(a-1)=2a,无解. 综上, f =6,故选C. 解法二:当0x1时, f(x)= ,为增函数, 当x1时, f(x)=2(x-1),为增函数, 又f(a)=f(a+1), =2(a+1-1),a= . f =f(4)=6.,方法小结 求分段函数的函数值的基本思路: 1.结合函数定义域确定自变量的范围. 2.代入相应表达式求函数值.,4.(2018江苏,9,5分)函数
16、f(x)满足f(x+4)=f(x)(xR),且在区间(-2,2上,f(x)= 则 f(f(15)的值为 .,答案,解析 本题考查分段函数及函数的周期性. f(x+4)=f(x),函数f(x)的周期为4,f(15)=f(-1)= , f =cos = ,f(f(15)=f = .,5.(2017课标全国文,16,5分)设函数f(x)= 则满足f(x)+f 1的x的取值范围是 .,答案,解析 当x0时, f(x)+f =x+1+x- +11, x- ,- 1恒成立; 当x 时, f(x)+f =2x+ 1恒成立. 综上,x的取值范围为 .,考点一 函数的概念及其表示 (2014江西,2,5分)函数
17、f(x)=ln(x2-x)的定义域为 ( ) A.(0,1) B.0,1 C.(-,0)(1,+) D.(-,01,+),C组 教师专用题组,答案 C 由x2-x0,解得x1,故选C.,考点二 分段函数及其应用 1.(2015课标,5,5分)设函数f(x)= 则f(-2)+f(log212)= ( ) A.3 B.6 C.9 D.12,答案 C -21,f(log212)= = =6. f(-2)+f(log212)=9.,2.(2014福建,7,5分)已知函数f(x)= 则下列结论正确的是 ( ) A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数 C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为-1,
18、+),答案 D 作出f(x)的图象如图所示,可排除A,B,C,故D正确.,评析 本题考查函数的基本性质及数形结合思想,解题的关键是正确作出函数f(x)的图象.,3.(2015山东,10,5分)设函数f(x)= 则满足f(f(a)=2f(a)的a的取值范围是 ( ) A. B.0,1 C. D.1,+),答案 C 当a1, f(f(a)= ,2f(a)= ,故f(f(a)=2f(a).综合知a . 评析 本题主要考查分段函数及分类讨论思想.,4.(2015浙江文,12,6分)已知函数f(x)= 则f(f(-2)= , f(x)的最小值是 .,答案 - ;2 -6,解析 f(-2)=(-2)2=4
19、, f(f(-2)=f(4)=4+ -6=- . 当x1时, f(x)=x20, 当x1时, f(x)=x+ -62 -6, 当且仅当x= 时,等号成立, 又2 -60,所以f(x)min=2 -6.,考点一 函数的概念及其表示 1.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),8)已知函数f(x)= +bcos x+x,且满足f(1- )=3,则 f(1+ )= ( ) A.2 B.-3 C.-4 D.-1,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,答案 D 当x1+x2=2时, f(x1)+f(x2)= +bcos +x1+ +bcos +x2= +bcos+x1+ +bcos (2
20、-x1) +x2=x1+x2=2. 所以函数y=f(x)的图象关于(1,1)对称,从而f(1+ )=2-f(1- )=2-3=-1,故选D.,2.(2016浙江镇海中学测试(五),1)下列函数中,与函数 f(x)=x的定义域、值域均相同的是( ) A.y=2x- B.y=x2C.y=x+ D.y=tan x,答案 A 由题意知,函数f(x)=x的定义域和值域都为R.y=x2的值域为0,+),y=x+ 的值域是 (-,-22,+),y=tan x的定义域为 .故选A.,3.(2017浙江名校(诸暨中学)交流卷四,16)f(x)是定义在R上的函数,若f(1)=504,对任意的xR,满 足f(x+4
21、)-f(x)2(x+1)及f(x+12)-f(x)6(x+5),则 = .,答案 2 017,解析 f(x+4)-f(x)2(x+1),f(x+8)-f(x+4)2(x+5),f(x+12)-f(x+8)2(x+9),上述三个式子相 加得到f(x+12)-f(x)6(x+5),结合条件可知, f(x+12)-f(x)=6(x+5),于是f(2 017)-f(1)=f(2 017)- f(2 005)+f(2 005)-f(1 993)+f(1 993)-f(1 981)+f(13)-f(1)=30168+6 =5 040+ 5042 006, =2 017.,考点二 分段函数及其应用 1.(2
22、018浙江台州高三期末质检,8)已知函数f(x)= 若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-,1 上恰有两个不同的零点,则实数k的取值范围是 ( ) A.1,3) B.(1,3 C.2,3) D.(3,+),答案 A 函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-,1上恰有两个不同的零点,等价于y=f(x)与y=k(x+1)的图 象在(-,1上恰有两个不同的交点,画出函数y=f(x)和y=k(x+1)在(-,1上的图象,如图所示,y= k(x+1)的图象是过定点(-1,0)且斜率为k的直线,当直线y=k(x+1)经过点(1,2)时,直线与y=f(x)在 (-,1上的图象恰有两个交点,此时k=1
23、;当直线经过点(0,3)时,直线与y=f(x)在(-,1上的图象恰 有三个交点.直线在旋转过程中与y=f(x)在(-,1上的图象恰有两个交点时,斜率在1,3)内变 化,所以实数k的取值范围是1,3).,思路分析 在考虑图象的相对位置关系的时候一定要对图形有一个整体的了解,比如该题中, 当k0的时候,在(-,-1)上,直线y=k(x+1)与曲线y=-x2+3必定有一个交点,很多同学可能会在作 图的时候没有画出交点而忽视了这一点.,2.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,10)已知函数f(x)= 函数g(x)=asin -2a+ 3(a0).若存在x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2)成立,
24、则实数a的取值范围是 ( ) A. B. C. D.(0,2,答案 A 当 0,所以函数g(x)在0,1内的值域为 .依题意知两函数在0,1内的值域有公共元素,则 解得 a2.,3.(2017浙江宁波二模(5月),6)设f(x)= 则函数y=f(f(x)的零点之和为 ( ) A.0 B.1 C.2 D.4,答案 C 令f(f(x)=0,解得f(x)=0或f(x)=1.当f(x)=0时,x=0或x=1;当f(x)=1时,x=-1或x=2.因此函 数y=f(f(x)的零点之和为2,故选C.,4.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),12)已知函数f(x)= 则f( )+f = ,若f(x)=-
25、1,则x= .,答案 ;-1或,解析 由题意得f( )+f =log39+ = . f(x)=-1等价于 或 解得x= 或x=-1.,5.(2017浙江宁波二模(5月),14)定义maxa,b= 已知函数f(x)=max|2x-1|,ax2+b,其中a 0,bR.若f(0)=b,则实数b的范围为 ;若f(x)的最小值为1,则a+b= .,答案 1,+);1,解析 由定义知,1b.当x(-,0)(1,+)时,|2x-1|1,所以当x0,1时,要使f(x)1,只需ax2 +b1,则有 但当a+b1时,函数f(x)取不到1,因此a+b=1.,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：40分钟
26、 分值：60分),1.(2018浙江宁波模拟,9)已知a为正常数, f(x)= 若存在 ,满足 f(sin )=f(cos ),则实数a的取值范围是 ( ) A. B. C.(1, ) D.,答案 D f(x)关于直线x=a对称,且在a,+)上为增函数, 所以a= = sin . 因为 ,+ , 所以a= sin .,2.(2018浙江稽阳联谊学校高三联考(4月),10)f(x)是定义在R上的函数,若f(2)=504,对任意的x R,满足:f(x+4)-f(x)2(x+1), f(x+12)-f(x)6(x+5),则 的值为( ) A.2 017 B.2 018 C.2 019 D.2 020
27、,答案 C 因为f(x+12)-f(x)=f(x+12)-f(x+8)+f(x+8)-f(x+4)+f(x+4)-f(x)2(x+9)+(x+5)+(x+1)= 6(x+5),又f(x+12)-f(x)6(x+5),所以f(x+12)-f(x)=6(x+5). 故f(2 018)=f(2 018)-f(2 006)+f(2 006)-f(1 994)+f(1 994)-f(1 982)+f(14)-f(2)+f(2)=6(2 011+ 1 999+7)+504=6 +504=2 019504, 所以 =2 019,故选C.,3.(2017浙江温州模拟考(2月),10)已知定义在实数集R的函数f
28、(x)满足f(x+1)= + , 则f(0)+f(2 017)的最大值为 ( ) A.1- B.1+ C. D.,答案 B 由题意知当nN*时, f(n)1,且f(n+1)- = , 两边平方,得 + = , 用n+1代替n,得 + = , 所以 = ,又 f(n)1,所以f(n+2)=f(n), 所以f(2 017)=f(2 015)=f(1), 因此f(0)+f(2 017)=f(0)+f(1), 又 = + ,所以f(0)+f(1)1+ ,故选B.,二、填空题 4.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,17)已知a0,函数f(x)=|x2+|x-a|-3|在区间-1,1上的最大值 是2,
29、则a= .,答案 3或,解析 由题意知|x2+|x-a|-3|2对任意的x-1,1恒成立,且等号能成立. 将其变形为1-x2|x-a|5-x2对任意的x-1,1恒成立,且两个等号至少有一个能成立. 即等价于x-1,1时,y1=|x-a|的图象夹在y2=1-x2,y3=5-x2之间,且至少与其中一支有公共点. 如图所示,当y1=|x-a|与y2=1-x2相切时,a-x=1-x2,由=0,知a= ; 当y1=|x-a|过y3=5-x2的左顶点(-1,4)时,a=3. 综上,a=3或a= .,5.(2018浙江金华十校第一学期期末调研,16)已知函数f(x)= 的最小值为a+1, 则实数a的取值范围
30、为 .,答案 -2-2 -1,1,解析 由题意知f(0)a+1,即2a+1,所以a1. 下面分类讨论: 当0a1时, f(x)= 在(-,0)上单调递减,在(1,+)上单调递增,当x(0,1时, f(x)=a+1,因为f(0)=2a+1,所以此时f(x)min=a+1满足条件; 当a0时, f(x)min=min =min . 若-1a0,则f(x)min=min ,要使得f(x)min=a+1,仅需 a+1在-1,0)上恒成立,因为-(a+1)=- 0,所以显然成立; 若a-1,则f(x)min=min , 此时要使得f(x)min=a+1,仅需 =a+1, 解得a=2 -2(舍)或a=-2
31、 -2. 综上,实数a的取值范围为-2-2 -1,1.,6.(2018浙江诸暨高三上学期期末,17)已知a,bR,f(x)=|2 +ax+b|,若对于任意的x0,4, f(x) 恒成立,则a+2b= .,答案 -2,解析 因为对于任意的x0,4, f(x) 恒成立,所以|b| ,|2+a+b| ,|4+4a+b| ,即- b ,- a+b- ,- 4a+b- ,所以a+2b=- (4a+b)+ (a+b) ,a+2b= (4a+b)+ b -2,0,因此a+2b=-2.此时4a+b=- ,a+b=- ,b=- a=-1.,7.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,11)设函数f(x)= 若f(-4)
32、=f(0), f(-2)=-2,则b+c= ;方程f(x)=x的所有实根的和为 .,答案 6;-1,解析 由f(-4)=f(0), f(-2)=-2,得b=4,c=2,故b+c=6. 方程f(x)=x等价于 或 解得x=-2或-1或2,故所有实根的和为-1.,三、解答题 8.(2018浙江镇海中学阶段性测试,20,15分)已知函数f(x)=2x+b,g(x)=x2+bx+c(b,cR),对任意的x R恒有f(x)g(x)成立. (1)求证:g(x)0恒成立; (2)设b=0时,记h(x)= (x2,+),求函数h(x)的值域; (3)若对满足条件的任意实数b,c,不等式g(c)-g(b)M(c
33、2-b2)恒成立,求M的最小值.,解析 (1)证明:f(x)g(x)恒成立,即x2+(b-2)x+c-b0, =(b-2)2-4(c-b)0, b2-4c+40,b2-4c-40恒成立. (2)b=0,h(x)= ,由(1)知c1. 当1c4时,h(x)在2,+)上为增函数, h(x)的值域为 ; 当c4时,h(x)在2, 上为减函数,在 ,+)上为增函数, h(x)的值域为 ,+). 综上,1c4时,h(x)的值域为 ,c4时,h(x)的值域为 ,+). (3)由(1)推得b2-4c+40,4c-4bb2-4b+4=(b-2)20,c-b0, 同理,c+b0,又g(c)-g(b)M(c2-b
34、2)(c+2b)(c-b)M(c2-b2), 当c2=b2时,(c+2b)(c-b)=0或-2b2,MR; 当c-b0且c+b0时,M =1+ 恒成立,只需求当cb0时,的最大值即可,而 = , 1, , M ,即M的最小值为 .,9.(2017浙江温州中学3月模拟,19)已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a,b,cR),对任意实数x,不等式 2 xf(x) (x+1)2恒成立. (1)求f(-1)的取值范围; (2)对任意x1,x2-3,-1,恒有|f(x1)-f(x2)|1,求实数a的取值范围.,解析 (1)由题意可知f(1)2, f(1)2,f(1)=2, (2分) a+b+c=2
35、. 对任意实数x都有f(x)2x,即ax2+(b-2)x+c0恒成立, 又a+b+c=2,a=c,b=2-2a, (4分) 此时f(x)- (x+1)2= (x-1)2. 对任意实数x, f(x) (x+1)2恒成立, 0a ,f(-1)=a-b+c=4a-2的取值范围是(-2,0. (7分) (2)对任意x1,x2-3,-1,恒有|f(x1)-f(x2)|1等价于在区间-3,-1上的最大值与最小值之差M1. 由(1)知 f(x)=ax2+2(1-a)x+a,a , 即f(x)=a +2- ,其图象的对称轴方程为x0=1- (-,-1.据此分类讨论如下: (i)当-2x0-1,即 a 时,M=f(-3)-f(x0)=16a+ -81,解得 a . (10分) (ii)当-3x0-2,即 a 时,M=f(-1)-f(x0)=4a+ -41恒成立. (12分) (iii)当x0-3,即0a 时,M=f(-1)-f(-3)=4-12a1,解得a ,即a= . (14分) 综上可知, a . (15分),
