高中数学北师大版（2019）必修第一册第二章函数培优专练4word版含答案

高中数学北师大版（2019）必修第一册第二章函数培优专练4
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．设单调递增函数满足：对任意，均有，则（ ）
A． B．
C． D．
2．设函数，若存在实数，使在上的值域为，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．设f（x）是定义在R上的偶函数，在[0，+∞）上单调递增.若a＝f（），b＝f（），c＝f（﹣2），则a，b，c的大小关系是（ ）
A．a＞b＞c B．b＞c＞a C．c＞b＞a D．c＞a＞b
4．已知是定义在R上的奇函数，满足，当时，，则下列结论错误的是（ ）
A．方程=0最多有四个解
B．函数的值域为[]
C．函数的图象关于直线对称
D．f(2020)=0
5．黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且，为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，.已知，，，则（ ）注：，为互质的正整数，即为已约分的最简真分数.
A．的值域为 B．
C． D．以上选项都不对
6．若函数的定义域为，值域为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．对，表示不超过的最大整数，十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中正确的是（ ）
A．,
B．,
C．函数（）的值域为
D．若, 使得，，，,同时成立，则整数的最大值是5
8．定义：若函数在区间上的值域为 ，则称区间是函数的“完美区间”，另外，定义区间 的“复区间长度”为，已知函数，则（ ）
A．是的一个“完美区间”
B．是 的一个“完美区间”
C．的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为
D．的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．设则取到最小值时_______
10．已知函数和.若对任意的，都有使得，，则实数的取值范围是______.
11．设函数的定义域为D，若满足条件：存在，使在上的值域为，则称为“倍胀函数”.若函数为“倍胀函数”，则实数t的取值范围是________.
12．已知函数在区间和上均单调递增，则实数的取值范围是________．
四、解答题
13．已知函数，为常数．
（1）当时，求函数的值域；
（2）设是两个实数，且，若函数的单调递减区间为，且，求的取值范围．
14．函数对定义域上任意满足：.
（1）求的值；
（2）设关于原点对称，判断并证明的奇偶性；
（3）当时，，证明在上是增函数.
15．若函数对定义域内的每一个值，在其定义域内都存在唯一的，使成立，则称该函数为“依附函数”.由“依附函数”的定义，我们易得到：如果函数在定义域上是“依附函数”，则.
（1）若函数在定义域上是“依附函数”，求的值；
（2）已知函数在定义域上为“依附函数”.若存在实数，使得对任意的，不等式都成立，求实数的最大值.
16．已知函数为奇函数.
（1）求a的值;
（2）求函数在 上的值域．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案
1．C
【分析】
可先证明一个引理：如果存在，使得，则任意，总有，
再根据这个引理分析的取值，从而可得正确的结论.
【详解】
因为，故或，
所以或，
证明一个引理：
如果存在，使得，则任意，总有.
用反证法证明如下：
假设存在，有，由可得，
对任意的，则有，
而或，故，
又或，
若，则即，与矛盾；
故任意的，总有.
因为，故存在非负整数，使得.
由前述证明可知：同理有：任意的，总有；
任意的，总有；
任意的，总有；
这样矛盾，故引理得证.
又或，
若，由引理可得当时，，此时，此时排除BD.
若，此时，此时排除A.
因为或，此时总有，
故选：C.
【点睛】
思路点睛：给定抽象函数的单调性及函数值的取值集合的问题，可根据函数值的形式结合单调性猜测并证明一个引理，从而便于问题的处理.
2．A
【分析】
由题设可知该复合函数在区间上单调递减，则可得，.由这两式联立可转化得，以及，记，，代入整理后可得，最后根据二次函数值域的求法，再结合题中对的限制条件（），即可求出最终结果.
【详解】
由得，且由复合函数的单调性可知函数为减函数，
故有，，
两式相减可得，
即，
则，
两式相加可得，
记，，
故有，，，
代入可得，
又因为，且均为非负数，故，
则由二次函数的值域可得：
当或时，取到最大值，
但当时，，与矛盾，则取不到最小值，
所以的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是利用换元法，将表示成关于的二次函数，进而求出的取值范围.
3．D
【分析】
根据对数性质比较大小，结合函数单调性和奇偶性即可得解.
【详解】
因为，，且函数f（x）为偶函数，
所以a＝f（），b＝f（），c＝f（2）.
易知，
且函数f（x）在[0，+∞）增函数，所以b＜a＜c.
故选：D.
【点睛】
此题考查函数奇偶性和单调性的综合应用，根据单调性和奇偶性比较函数值的大小，关键在于准确得出对数的大小关系.
4．A
【分析】
由已知可分析出函数的对称轴以及周期，值域，进而可以判断，，是否正确，而选项，需将方程根的问题转化为函数的零点问题进行求解即可．
【详解】
由可得：，
则，所以函数的周期为2，
所以，正确，排除D；
再由以及，
所以，则函数的对称轴为，正确，排除C；
当时，，，
又函数是奇函数，时，，，
即时，
又因为函数的对称轴为，
所以时，
所以时
又因为函数的周期为2，
所以函数的值域为，正确，排除B；
故选：．
【点睛】
本题通过对多个命题真假的判断，综合考查函数的奇偶性、函数的奇偶性、函数的对称性，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.
5．B
【分析】
设，（，且，为互质的正整数） ，B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，然后对A选项，根据黎曼函数在上的定义分析即可求解；对B、C选项：分①，；②，；③或分析讨论即可．
【详解】
解：设，（，且，为互质的正整数），B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，
对A选项：由题意，的值域为，其中是大于等于2的正整数，
故选项A错误；
对B、C选项：
①当，，则，；
②当，，则，＝0；
③当或，则，，
所以选项B正确，选项C、D错误，
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键是牢牢抓住黎曼函数在上的定义去分析.
6．C
【分析】
根据二次函数性质可确定其最小值为，由可求得，；由此根据值域可确定函数定义域，即可得到的取值范围.
【详解】
为开口方向向上，对称轴为的二次函数
令，解得：，
即实数的取值范围为
故选：C
【点睛】
关键点点睛：本题考查根据函数的值域求解函数的定义域的问题，关键是能够确定最值点的位置，根据函数的性质可确定定义域.
7．ACD
【分析】
由定义得，可判断A；由，得，可判断B；由，得得函数的值域，可判断C；
根据，，，，，
推出不存在同时满足，．而时，存在满足题意，可判断D.
【详解】
由定义，所以 若，，A正确；
，，∴，∴，B错误；
由定义，∴，∴函数的值域是，C正确；
若，使得同时成立，则，，，，，，
因为，若，则不存在同时满足，．只有时，存在满足题意，正确.
故选：ACD．
【点睛】
本题考查取整函数定义，正确理解定义是解题基础．
性质1 对任意x∈R，均有x-1<[x]≤x<[x]+1；
性质2 取整函数(高斯函数)是一个不减函数，即对任意x1，x2∈R，若x1≤x2，则[x1]≤[x2]；
性质3若x，y∈R，则[x]+[y]≤[x+y]≤[x]+[y]+1；
性质4若n∈N+，x∈R，则[nx]≥n[x]；
性质5若n∈N+，x∈R+，则在区间[1，x]内，恰好有[x/n]个整数是n的倍数；利用性质解决问题．
8．AC
【分析】
根据定义，当时求得的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即可判断；对于C、D，讨论与两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项.
【详解】
对于A，当时，，则其值域为，满足定义域与值域的范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；
对于B，因为函数，所以其值域为，而，所以不存在定义域与值域范围相同情况，所以B错误；
对于C，由定义域为，可知，
当时，，此时，所以在内单调递减，
则满足，化简可得，
即，所以或，
解得（舍）或，
由解得或（舍），
所以，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；
当时，①若，则，此时.当在的值域为，则，因为 ，所以，即满足，解得，（舍）.所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；
②若，则，，此时在内单调递增，若的值域为，则，则为方程的两个不等式实数根，
解得，， 所以，与矛盾，所以此时不存在完美区间.
综上可知，函数的“复区间长度”的和为，所以C正确，D错误；
故选：AC.
【点睛】
本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.
9．
【分析】
对分类讨论去掉绝对值符号，分别求出所对应的最小值，即可得解，
【详解】
解：因为
当时，，所以当时函数取值最小值；
当时，，所以当时函数取得最小值；
当时，
当时
因为，所以当时，随增加而变大；
当时，，
因为，所以当时，随增加而变小；
所以当时，有最小值
故答案为：
【点睛】
本题考查函数的最小值的计算，考查分类讨论思想，属于中档题.
10．
【分析】
根据题意将条件转化为集合之间的包含关系，结合函数图象即可求解.
【详解】
由题意得， ,并且对于值域中的每一个数，都有至少两个不同数和，使得成立.
①当时， 在上单调递减，显然，此种情况不成立.
②当，在上的值域为，由的函数图象可知，只要使得，则解得.
③当时，在上的值域为，由的函数图象可知，要满足即可，得，综上所述，.
故答案为：.
【点睛】
本题主要考查根据集合间的包含关系求参数的取值范围的问题，结合函数图象可更好的理解题意，属于能力提升题.
11．
【分析】
根据定义及函数的单调性，可得方程有两个不等的实数根，构造函数，通过求导求得极值点，代入，求得的最大值，进而可求解.
【详解】
解：因为函数为“倍胀函数”，且定义域为，所以存在，使在上的值域为.因为为增函数，所以，所以方程有两个不等的实数根.令，则，令，解得.易知在上单调递增，在上单调递减，所以.易知当时，，当时，所以要使方程有两个不等的实数根，只需，得，所以t的取值范围为.
故答案为：
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，方程的根等，考查化归与转化思想与数形结合思想的应用，考查考生的逻辑推理能力和运算求解能力，属于较难题.
试题以新定义函数为切入点，围绕函数的定义域与值域的关系设题，引导考生将已知条件转化为方程的根进行求解，思维层次较高，考查逻辑推理、直观想象，数学运算等核心素养.
12．
【分析】
设，求出函数的两个零点，且，将函数化为分段函数，分类讨论，当时，可知函数在区间上不可能单调递增；当时，根据的范围可知恒满足函数在区间上单调递增，根据解析式可知在上单调递增，再由可解得结果.
【详解】
设，其判别式，所以函数一定有两个零点，
设函数的两个零点为，且，
由得，，
所以函数，
①当时，在上单调递减或为常函数，从而在不可能单调递增，故，
②当时，，
，所以，
所以，
因为在上单调递增，所以在上也单调递增，
因为在和上都单调递增，且函数的图象是连续的，所以在上单调递增，
欲使在上单调递增，只需，得，
综上所述：实数的取值范围是.
故答案为：
【点睛】
关键点点睛：求解关键有2个：①利用的零点将函数化为分段函数；②分类讨论，利用分段函数的单调性求解.
13．（1）；（2）.
【分析】
（1）依题意，再讨论x的正负去掉绝对值分段求值域，最后取并集即得结果；
（2）先进行换元，令得函数为，
再讨论a的符号，分别研究函数的减区间，得到当时，结合二次函数特征，仅当时减区间为符合题意，代入计算，即得结果.
【详解】
解：（1）时，，当时，，易见是增函数，故值域为，当时，，令，函数为，故值域为，而，故函数的值域为；
（2）令，则函数为，
当时，无单调减区间，故不符合题意；
当时，在上是减函数，而是增函数，故在上是减函数，不符合题意；
当时，当且仅当时即时，在上是减函数，即时，是减函数，此时，故，解得，故，
所以的取值范围是.
【点睛】
本题解题关键是换元法和绝对值问题的处理方法，通过换元法，进行分类讨论，将根式转化成二次函数单调性问题来探究，以突破难点.
14．（1）0；（2）奇函数；证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】
（1）直接令，即可求得的值；
（2）令，利用奇函数的定义即可证明；
（3）利用增函数的定义证明即可.
【详解】
解：(1)令，
，
，
，
；
(2)由题意知：关于原点对称，
令，
，
，
即对定义域内的任意实数都成立，
是定义域内奇函数 ；
(3)设 ，
，
又 ，，，
，，，
，
即，
在上递增.
【点睛】
易错点点睛：证明函数奇偶性要注意定义域是否关于原点对称.
15．（1）；（2）最大值为.
【分析】
（1）由“依附函数”的定义得可求；
（2）可得时不满足，当时，根据定义可求得，不等式化为关于的不等式恒成立，利用得出得，求出得的最大值即可得出.
【详解】
（1）因为在递增，故，即，解得.
（2）①若，故在上最小值为0，此时不存在，舍去；
②若，故在上单调递减，
从而，解得(舍)或.
从而，存在，使得对任意的，有不等式都成立，
即恒成立，由，
得，
由，可得，
又在单调递减，故当时，，
从而，解得，综上，实数的最大值为.
16．
（1）5
（2）答案见解析
【分析】
（1）由奇函数的定义即可求解；
（2）由题可得函数的图象可得函数的单调增区间，再通过分类讨论结合二次函数的图象及性质即求.
（1）
当时，，
此时，，
因为函数为奇函数，
所以，即，
解得；
（2）
由（1）知，如图所示：
如图所示，图象两侧虚线对应的对称轴分别为和，
当时， ，，
∴函数在 上的值域为；
当时， ， ，
∴函数在 上的值域为；
当时， ，
∴函数在 上的值域为.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页