高中数学专练：函数的概念与性质

函数的概念与性质专题练习
一.选择题　　1.下列函数既是奇函数,又在区间[-1,1]上单调递减的是(　　 )　　A.f(x)=sinx　　　　 B.f(x)=－ 　　　　 C.f(x)= 　　　D.f(x)= 　　2.函数 ，若f(1)+f(a)=2,则a的所有可能值为(　　 )　　A.1　　　　 B.－ 　　　　　　C.1, － 　　　　　 D.1, 　　3.若函数f(x)是定义在R上的偶函数,在(－∞,0)上是减函数,且f(2)=0,则使f(x)<0的x的取值范围是(　　 )　　A.(－∞,2)　　　 B.(2,＋∞)　　　C.(－∞,2)∪(2,＋∞)　　 D.(－2,2)　　4.已知函数y=f(x)的图象关于直线x=－1对称,且当x>0时f(x)= ,则当x<－2时,f(x)=(　　 )　　A.－ 　　　　 B. 　　　　　C.－ 　　　　　 D.－ 　　5.已知y=f(x)是R上的减函数,且y=f(x)的图象经过点A(0,1)和点B(3,－1),则不等式 <1的解集为(　　 )　　A.(－1,2)　　　 B.(0,3)　　　 C.(－∞,－2)　　　　 D.(－∞,3)　　6.已知f(x)是定义在R上的单调函数,实数 ≠ , ≠－1, = , .若 ,则(　　 )　　A. <0　　　　 B. =0　　　　 C.0< <1　　　　　　 D. ≥1　　7.若函数f(x)= (a>0,a≠1)在区间(－ ,0)内单调递增,则a的取值范围是(　　 )　　A.[－ ,1)　　　 B.[ ,1)　　　 C.( ,+∞)　　　　　 D.(1, )　　8.已知f(x)是定义在R上的函数,且满足f(x)+f(x－1)=1,当x∈[0,1]时,f(x)= 现有4个命题:　　①f(x)是周期函数,且周期为2;　　②当x∈[1,2]时,f(x)=2x－ ;　　③f(x)为偶函数;　　④f(－2005.5)= .　　其中正确命题的个数是(　　 )　　A.1　　　　B.2　　　　　 C.3　　　　　 D.4　　二.填空题.　　1.若函数f(x)= (a≠0)的图象关于直线x=2对称,则a=　　　　　　　　　　　　 .　　2.已知函数y=f(x)的反函数为y=g(x),若f(3)=－1,则函数y=g(x－1)的图象必经过点　　　　　　　　　　 .　　3.定义在R上的函数f(x)对一切实数x都有f[f(x)]=x,则函数f(x)图象的自身关于　　　　　　对称.　　4.设f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+3)=1－f(x),又当x∈(0,1]时,f(x)=2x,则f(17.5)=　　　　　.　　三.解答题.　　1.设函数f(x)= ,求使f(x)≥2 的x的取值范围.　　2.已知函数f(x)= (a,b为常数),且方程f(x)－x+12=0有两个实根为 =3, =4.　　(1)求函数f(x)的解析式;　　(2)设k>1,解关于x的不等式f(x)< .　　3.设f(x)是定义在R上的增函数,若不等式f(1－ax－ )0,则有f(x)>－2,求证:f(x)在R上为增函数.　　(3)若数列 满足 =－ ,且对任意n∈N﹡有 =f(n),试求数列 的前n项和 .　　答案与解析:　　一.选择题.　　1.选D.　　分析:这里f(x)为奇函数,由此否定B.C;　　又f(x)在[-1,1]上单调递减,由此否定A.故应选D.　　2.选C.　　分析:注意到这里a的可能取值至多有3个,故运用代值验证的方法.　　当a=1时,由f(1)+f(a)=2得f(1)=1;　由f(x)的表达式得f(1)= =1,故a=1是所求的一个解,由此否定B.当a=－ 时,由f(x)的表达式得f(－ )=sin =1,　　又f(1)=1,故f(1)+f(－ )=2,a=－ 是所求的一个解,由此否定A.D.　　本题应选C.　　3.选D.　　分析:由f(x)在(－∞,0)上是减函数,且f(x)为偶函数得f(x)在(0,+∞)上是增函数,∴f(x)在(－∞,-2]上递减,在[2,+∞)上递增.　　又∵f(2)=0, ∴f(-2)=0　∴f(x)在(－∞,-2]上总有f(x)≥f(-2)=0, ①　f(x)在[2,+∞)上总有f(x)≥f(2)=0　②　　∴由①②知使f(x)<0的x的取值范围是(-2,2),应选D.　　4.选C.　分析:由f(x)的图象关于直线x=-1对称得f(x)=f(－2－x)　①　∴当x<－2时, －2－x>0　　∴再由已知得　f(－2－x)= 　　②　于是由①②得当x<－2时 f(x)= ,　即f(x)= － .　　应选C.　　5.选A.　　分析:由已知条件得f(0)=1,f(3)=－1,　　∴ (※)　　又f(x)在R上为减函数.　∴由(※)得　　 01分划上述线段的定比分点(内分点),　∴此时 　又f(x)在R上递减,∴ 由此否定C.　因而应选A.　　7.选B.　分析:令u=g(x)= ,y=f(x)　则y= 由题意知　当x∈(－ ,0)时,u>0　　注意到g(0),故u=g(x)在(－ ,0)上为减函数.①　又y=f(x)在(－ ,0)上为增函数,　　∴y= 在u的相应区间上为减函数.　∴0即y = f(x ),则有x = ( y )　 ①　又由已知得　　 f[f(x )]=f(y )= x 　 ②　　∴由①②知f(x)与其反函数 (x)为同一函数,　∴函数f(x)的图象自身关于直线y=x对称.　　4.答案:1　分析: 从认知f(x)的性质切入　已知f(x+3)=1－f(x) ①　以－x代替①中的x得f(－x+3)=1－f(－x) ②　　又f(x)为偶函数　∴f(－x)=f(x)　③　∴由②③得　 f(－x+3)=1－f(x)④　　∴由①④得　f(3+x)=f(3－x)　 f(x)图象关于直线x=3对称　 f(－x)=f(6+x)　∴由③得 f(x)=f(6+x)　　即f(x)是周期函数,且6是f(x)的一个周期. ⑤　　于是由③⑤及另一已知条件得　　f(17.5)=f(17.5－3×6)=f(－0.5)=f(0.5)=2×0.5=1　　三.解答题.　　1.分析:注意到f(x)为复合的指数函数,故考虑令u= ,而后利用指数函数的性质将所给不等式转化为关于u的不等式解.　　解:令u= , y=f(x),　则y=2 为u的指数函数.　　∴f(x)≥ 2 ≥ 2 ≥ u≥①　∴f(x) ≥ ≥　 ②　　(1)当x≥1时,不等式② (x+1)－(x－1) ≥ 　 2≥ 　 成立.　　(2)当－1≤x<1时,由②得,(x+1)－(1－x) ≥ x≥ 　即 ≤x<1;　　(3)当x<－1时,由②得－(x+1)－(1－x) ≥ 　　即－2≥不成立.　　于是综合(1)(2)(3)得所求的x的取值范围为[ ,1]∪[1,+∞),也就是[ ,+∞)　　点评:对于复合函数y=f[p(x)],令u=p(x),将其分解为y=f(u),u=p(x).　　于是所给问题转化为内层函数u=p(x)的问题或转化为外层函数y=f(u)的问题.这种分解----转化的手法,是解决复合指数函数或复合对数函数的基本策略.　　2.　　分析:注意到f(x)为分式函数,故相关方程为分式方程,相关不等式为分式不等式,因此,求解此类问题要坚定地立足于求解分式问题的基本程序:移项,通分,分解因式;化“分”为“整”以及验根等等.　　解:　(1)将 =3, =4分别代入方程 得　 　　由此解得　　　　 　　∴f(x)= (x≠2).　　(2)原不等式< 　 － <0　　 <0　　 <0　　 (x－2)(x－1)(x－k)>0　　注意到这里k>1,　　(ⅰ)当10 x>1且x≠2.∴原不等式的解集为(1,2)∪(2,+∞);　　(ⅲ)当k>2时,原不等式的解集为(1,2) ∪(k,+∞);　　于是综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ)得　　当12时,原不等式解集为(1,2) ∪(k,+∞);　　点评:在这里,运用根轴法求解不等式(x－2)(x－1)(x－k)>0快捷准确.此外,在分式不等式转化为高次不等式后,分类讨论时不可忽略对特殊情形:k=2的讨论;综合结论时需要注意相关情况的合并,以最少情形的结论给出最佳答案.　　3.　　分析:所给不等式含有抽象的函数符号f,故首先需要“反用”函数的单调性定义脱去“f”,转化为普通的含参不等式的问题.进而,再根据个人的熟重和爱好选择不同解法.　　解:　∵f(x)是R上的增函数.　　∴不等式f(1－ax－ )0　　 对任意x∈[0,1]都成立①　　解法一: (向最值问题转化,以对称轴的位置为主线展开讨论.)　　令g(x)= +ax－a+1,　　 则①式 g(x)>0对任意x∈[0,1]都成立. g(x)在区间[0,1]上的最小值大于0.②注意到g(x)图象的对称轴为x=－ 　　(1)当－ ≤0即a≥0时,　由②得g(0)>0 －a+1>0 a<1,即0≤a<1;　　(2)当0<－ ≤1时,即－2≤a<0时,　由②得g(－ )>0 1－a－ >0 +4a－4<0<8　　当－2≤a<0时,这一不等式也能成立.　　(3)当－ >1即a<－2时.由②得g(1)>0 2>0即当a<－2时,不等式成立.　　于是综合(1)(2)(3)得所求实数a的取值范围为[0,1）∪[－2,0]∪(－∞,－2),　即 (－∞,1).　　解法二: (以△的取值为主线展开讨论)对于二次三项式g(x)= +ax－a+1,其判别式△= +4(a－1)　= +4a－4△<0<8 － －20对任意x∈[0,1]都成立,此时－ －20对任意x∈[0,1]都成立得　　 　　 －2≤a<1　　 或a≤－ －2.于是由(1)(2)得所求a的取值范围为（－ －2, －2）∪[ －2,1）∪(－∞, － －2]　即 (－∞,1).　　点评:解法一归统为最值问题,以g(x)图象的对称轴的位置为主线展开讨论;解法二直面g(x)>0在x∈[0,1]上成立,以g(x)的判别式△的取值为主线展开讨论,两种解法各有千秋,都解决这类问题的主要策略.　　以××为主线展开讨论,这是讨论有理有序,不杂不漏的保障.　　4.　分析:为了认知和利用已知条件,从”特取”切入:　　在已知恒等式中令 = =0得f(0)=－2.　为利用f(0)=－2,寻觅f(x)的关系式,又在已知恒等式中　　令 =x, =－x得f(0)=f(x)+f(－x)+2　故得f(x)+f(－x)=－4　证明(1),由此式展开.　　对于(2)面对抽象的函数f(x),则只能运用定义;　　对于(3),这里an=f(n),an+1=f(n+1),因此,从已知恒等式入手寻觅{an}的递推式或通项公式,便称为问题突破的关键.　　解: (1)证明:在已知恒等式中令 = =0得f(0)=－2① 又已知恒等式中令 =x, =－x得f(0)=f(x)+f(－x)+2　　∴f(x)+f(－x)=－4 ②　　设M(x,f(x))为y=f(x)的图象上任意一点则由②得③　　∴由③知点M(x,f(x))与N(－x,f(－x))所成线段MN的中点坐标为(0,－2),　∴点M与点N关于定点(0,－2)对称.　 ④　　注意到点M在y=f(x)图象上的任意性,又点N亦在y=f(x)的图象上,故由④知y=f(x)的图象关于点(0,－2)对称.　　(2)证明:设 , 为任意实数,且 < ,则 － >0　∴由已知得f( － )>－2　　⑤　　注意到 =( － )+ 由本题大前提中的恒等式得 f( )=f[( － )+ ] =f( － )+ f( )+2　∴f( )－f( )=f ( － )+2　⑥　又由⑤知f ( － )+2>0,　∴由⑥得f( )－f( )>0,即f( )>f( ).　　于是由函数的单调性定义知,f(x)在R上为增函数.　　(3)解:　∵an=f(n),　∴a1=f(1)=－ ,　　 an+1=f(n+1)　　又由已知恒等式中令 =n, =1得　f(n+1)=f(n)+f(1)+2　∴an+1= an+ 　∴an+1－an= (n∈N﹡)由此可知,数列{ an }是首项为 =－ ,公差为 的等差数列.　∴ =－ n+ × 即 = (n2－11n).　　点评:充分认识与利用已知条件中的恒等式,是本题解题的关键环节.　　对于(1)由此导出f(x)+f(－x)=－4;　　对于(2)由此导出f( )=f( )+f( － )+2;　　对于(3)由此导出f(n+1)=f(n)+f(1)+2　即an+1－an= .　　面对具体问题,审时度势,适当赋值,充分利用题设的资源,充分体现恒等式,为题所设,为“我”所用的酣畅慷慨.