課時規(guī)范練6函數(shù)的概念及其表示基礎(chǔ)鞏固組1.(2024陜西西安一模)已知函數(shù)f(x)=log3x,x>0,9x,x≤0A.14 B.12 C.222.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1-x)+2f(x)=x2+1,則f(1)=()A.-1 B.1 C.-13 D.3.(2024江蘇鎮(zhèn)江模擬)若函數(shù)y=f(2x)的定義域為[-2,4],則y=f(x)-f(-x)的定義域為()A.[-2,2] B.[-2,4]C.[-4,4] D.[-8,8]4.若函數(shù)y=f(x)的值域是[1,3],則函數(shù)F(x)=1-f(x+3)的值域是()A.[-8,-3] B.[-5,-1]C.[-2,0] D.[1,3]5.(多選)已知函數(shù)f(x)=1-4|x|x2+4的定義域是[a,b](a,b∈Z),值域為[0,1],則滿足條件的整數(shù)對(a,A.(-2,0) B.(-1,1)C.(0,2) D.(-1,2)6.(多選)已知函數(shù)f(x)=x+1x,g(x)=2x,xA.f(g(2))=2B.g(f(1))=1C.當(dāng)x<0時,f(g(x))的最小值為2D.當(dāng)x>0時,g(f(x))的最小值為17.已知f2x+1=lgx,則f(x)的解析式為.

8.函數(shù)y=ax-2(a>0且a≠1)的定義域為xx≤-9.已知f(x+1)的定義域為[0,2],則f(2x)綜合提升組10.設(shè)函數(shù)f(x)=x2+2x,x≤0,-x2,x>0,若f(f(a))A.2-1 B.-2-1C.2+1 D.-2+111.已知函數(shù)f(x)=3x+1,x≤1,x2-1,x>1,若n>m,且fA.t沒有最小值 B.t的最小值為5-1C.t的最小值為43D.t的最小值為1712.(多選)已知函數(shù)f(x)=x1+x2,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),則下列等式成立的是A.f(x)=f1x B.-f(x)=f1xC.1f(x)=fD.f(-x)=-f(x)13.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:對于任意的實數(shù)x,y,都有f(x-y)=f(x)+y(y-2x+1),且f(-1)=3,則函數(shù)f(x)的解析式為.

14.設(shè)f(x)=x,0<x<2,3(x-2),x≥2.創(chuàng)新應(yīng)用組15.(2024上海青浦一模)已知函數(shù)y=x2-2x+2,x≥0,16.已知函數(shù)f(x)=-x2-2x,x≤a,-x+2,x>a,若存在實數(shù)x0,使得對于任意的實數(shù)x都有17.存在函數(shù)f(x),對于任意x∈R都成立的下列等式的序號是.

①f(sin3x)=sinx;②f(sin3x)=x3+x2+x;③f(x2+2)=|x+2|;④f(x2+4x)=|x+2|.

課時規(guī)范練6函數(shù)的概念及其表示1.A解析:函數(shù)f(x)=log3x,x>0,9x,x≤0,則f12=log312<0,所以ff故選A.2.B解析:∵定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1-x)+2f(x)=x2+1,∴當(dāng)x=0時,f(1)+2f(0)=1,①當(dāng)x=1時,f(0)+2f(1)=2,②②×2-①,得3f(1)=3,解得f(1)=1,故選B.3.C解析:因為函數(shù)y=f(2x)的定義域為[-2,4],則-2≤x≤4,可得-4≤2x≤8,所以函數(shù)y=f(x)的定義域為[-4,8],對于函數(shù)y=f(x)-f(-x),則有-4≤x≤8,-4≤-x≤8,解得-4≤x≤4,因此,函數(shù)y=f(x)-f(4.C解析:∵1≤f(x)≤3,∴1≤f(x+3)≤3,-3≤-f(x+3)≤-1,∴-2≤1-f(x+3)≤0,∴F(x)的值域為[-2,0].故選C.5.ACD解析:顯然f(x)=1-4|x|x要使值域為[0,1],且a,b∈Z,則a=-2,b=0,1,2;a=-1,b=2;a=0,b=2.故選ACD.6.ABD解析:由題意g(2)=log22=1,f(g(2))=f(1)=2,故A正確;g(f(1))=g(2)=1,故B正確;當(dāng)x<0時,g(x)=2x∈(0,1),當(dāng)t∈(0,1)時,f(t)=t+1t單調(diào)遞減,f(t)∈(2,+∞),無最小值,故C錯誤;當(dāng)x>0時,f(x)=x+1x≥2(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時,等號成立),令t=f(x)=x+1x,則t≥2,g(t)=log2t≥1,所以此時g(f(x))的最小值為1,故D正確7.f(x)=lg2x-1(x>1)解析:由f2x+1=lgx,知x>0.令t=2x+1,t>1,則故f(t)=lg2t-1即f(x)=lg2x-1(8.14解析:依題意,ax-2≥0,ax≥2=當(dāng)a>1時,x≥loga2,與已知矛盾.當(dāng)0<a<1時,x≤loga2,又函數(shù)y=ax-2所以loga2=-12,a-12=2,兩邊平方得a9.12,1∪1,32解析:∵函數(shù)f(x+1)的定義域為[0,2],∴0≤x≤2,∴1≤x+1≤3,∴f(x)的定義域為[1,3].在f(2x)解得12≤x≤32,∴函數(shù)f(2x)x-1的定義域為12,110.B解析:令f(a)=t,由f(f(a))-f(a)+2=0,得f(t)=t-2,當(dāng)t≤0時,t2+2t=t-2,則t2+t+2=0無解;當(dāng)t>0時,-t2=t-2,解得t=1或t=-2(舍去),∴f(a)=1.當(dāng)a≤0時,a2+2a=1,解得a=-2-1或a=2-1(舍去);當(dāng)a>0時,-a2=1無解,∴a=-2-1.故選B.11.B解析:如圖,作出函數(shù)f(x)的圖象,∵f(n)=f(m),且n>m,∴m≤1,且n>1,∴3m+1=n2-1,即m=n2-23,∴n-m=n-n2-23=-13(n2-3n-2)=-1由n>1,0<n2-1≤4,解得1<n≤5,又對稱軸為直線n=32,∴當(dāng)n=5時,(12.AD解析:因為f(x)=x1+x2,所以f1x=1x1+(1x)

2=x1+x2,所以f(x)=f1x.因為1f(x)=1+x2x=x+1x,所以1f(x)=f1x13.f(x)=x2-x+1解析:令x-y=-1,則y=x+1,所以由f(x-y)=f(x)+y(y-2x+1),可得f(-1)=f(x)+(x+1)(x+1-2x+1).因為f(-1)=3,所以f(x)=-(x+1)(2-x)+3=x2-x+1.14.19解析:因為函數(shù)f(x)=x在區(qū)間(0,2)內(nèi)單調(diào)遞增,f(x)=3(x-2)在區(qū)間(2,+∞)上單調(diào)遞增,且f(a)=f(a+2),所以0<a<2,a=3a,可得15.(-∞,0)∪[1,+∞)解析:當(dāng)x≥0時,f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1,此時f(x)∈[1,+∞),當(dāng)a=0且x<0時,f(x)=x,此時f(x)∈(-∞,0),且(-∞,0)∪[1,+∞)≠R,所以不滿足題意;當(dāng)a>0且x<0時,f(x)=x+ax+3a,由對勾函數(shù)單調(diào)性可知f(x)在(-∞,-a)上單調(diào)遞增,在(-a,0)內(nèi)單調(diào)遞減所以f(x)max=f(-a)=3a-2a,此時f(x)∈(-∞,3a-2a],若要滿足f(x)的值域為R,只需要3a-2a≥1,解得a≥當(dāng)a<0且x<0時,因為y=x,y=ax均在(-∞,0)上單調(diào)遞增,所以f(x)=x+ax+3a在(-∞,0)上單調(diào)遞增,且當(dāng)x→0時,f(x)→+∞,當(dāng)x→-∞時,f(x)→-∞,所以此時f(x)∈(-∞,+∞),此時顯然能滿足f(x)的值域為綜上可知,a的取值范圍是(-∞,0)∪[1,+∞).16.[1,+∞)解析:分別作出y=-x2-2x,y=-x+2的圖象如圖所示,由圖可以看出當(dāng)a≥1時,f(x)有確定的最大值f(-1)=1,所以這時存在x0,使得對于任意x都有f(x)≤f(x0).17.④解析:①當(dāng)x=0時,f(0)=0;當(dāng)x=π3時,f(0)=32,與函數(shù)定義矛盾,不符合;②當(dāng)x=0時,f(0)