四类特殊函数的性质--备战2022年高考数学一轮复习配套word试题(创新设计版).pdf

四类特殊函数的性质 高考对函数的考查广泛而深刻，如抽象函数、自定义函数，绝对值函数、嵌套函数等多有涉及，且难度较大，我们将对这几类函数加以探究 题型一 抽象函数【例 1】(1)(2020湖州中学质检一)若 f(x)是定义在 R 上的函数，则“f(x)是奇函数”是“f(xy)f(x)f(y)”的()A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件(2)已知函数 f(x)满足 f1x1xf(x)2x(x0)，则 f(2)_，f12_ 答案(1)B(2)72 94 解析(1)若函数 f(x)1，x0，则函数 f(x)为奇函数，此时显然 f(xy)f(x)f(y)不恒成立，故充分性不成立；当 f(xy)f(x)f(y)时，令 xy0，有 f(0)f(0)f(0)，所以 f(0)0.令 yx，有 f(0)f(x)f(x)，即 f(x)f(x)，所以函数 f(x)为奇函数，故必要性成立综上所述，“f(x)是奇函数”是“f(xy)f(x)f(y)”的必要不充分条件，故选 B.(2)令 x2，可得 f1212f(2)4，令 x12，可得 f(2)2f121，联立解得 f(2)72，f1294.感悟升华 1.抽象函数的常见类型(1)线性函数型抽象函数：f(xy)f(x)f(y)，f(xy)f(x)f(y)m(m 为常数)(2)指数函数型抽象函数：f(xy)f(x)f(y)(3)对数函数型抽象函数：f(xy)f(x)f(y)(4)幂函数型抽象函数：f(xy)f(x)f(y)2常用方法：赋值法、构造特例、数形结合【训练 1】设 f(x)是定义在(0，)上的单调增函数，满足 f(xy)f(x)f(y)，f(3)1，则当 f(x)f(x8)2 时，x 的取值范围是()A(8，)B(8，9 C8，9 D(0，8)答案 B 解析 211f(3)f(3)f(9)，由 f(x)f(x8)2，可得 fx(x8)f(9)，因为 f(x)是定义在(0，)上的增函数，所以有x0，x80，x（x8）9，解得 8x9.题型二 自定义函数【例 2】(1)对于函数 f(x)，若存在常数 a0，使得 x 取定义域内的每一个值，都有 f(x)f(2ax)，则称 f(x)为准偶函数下列函数中是准偶函数的是()Af(x)x Bf(x)x2 Cf(x)tan x Df(x)cos(x1)(2)定义：如果在函数 yf(x)定义域内的给定区间a，b上存在 x0(ax0b)，满足f(x0)f（b）f（a）ba，则称函数 yf(x)是a，b上的“平均值函数”，x0是它的一个均值点，如 yx4是1，1上的平均值函数，0 就是它的均值点现有函数f(x)x2mx1 是1，1上的平均值函数，则实数 m 的取值范围是_ 答案(1)D(2)(0，2)解析(1)由 f(x)f(2ax)，yf(x)关于直线 xa 对称(a0)，题中四个函数中，存在对称轴的有 B，D，而 B 中 f(x)x2的对称轴为 x0，不满足题意，故选D.(2)因为函数 f(x)x2mx1 是1，1上的平均值函数，设 x0为均值法，所以f（1）f（1）1（1）mf(x0)，即关于 x0的方程x20mx01m 在(1，1)内有实数根，解方程得 x01 或 x0m1.所以必有1m11，即 0m2fx1x22，则称函数 f(x)具有 H 性质则下列函数不具有 H 性质的是()Af(x)12x Bf(x)ln x Cf(x)x2(x0)Df(x)tan x0 x2fx1x22，则点(x1，f(x1)，(x2，f(x2)连 线 的 中点 在点x1x22，fx1x22的 上 方，示意 图如 图所 示(其 中 a f（x1）f（x2）2，bfx1x22)根据基本初等函数 f(x)12x，f(x)ln x，f(x)x2(x0)，f(x)tan x0 x2的图象可知，函数 f(x)12x，f(x)x2(x0)，f(x)tan x0 x0)，当 t0 时，g(m)mtmt，mt，tmmt，0mt，则当 0t 时，函数 g(m)的最小值 g(t)2 tt，故要使函数 g(m)的最小值是与 t 无关的常数，则 t t，解得 t1.角度 2 由绝对值不等式恒成立求参数 【例 32】(2020浙江新高考仿真二)设函数 f(x)|x3|xa|3|.若 f(x)2 在 1，1上恒成立，则实数 a 所有可能的取值组成的集合是_ 答案 3，52 39，12 39 解析 因为 f(x)在1，1上的最大值为 2，所以 f(0)2，即|3|a|2，当 a0 时，|3a|2，解得 1a5，当 a0，g(x)单调递增，当 x33，33时，g(x)0，g(x)单调递增，因为 g(1)0，g332 39，g332 39，g(1)0，所以 g(x)min2 39，g(x)max2 39.当 3a5 时，a30，所以 f(x)max|g(x)mina3|2，即 2 39a32，解得 a52 39.当 1a0，所以 f(x)max|g(x)maxa3|2，即2 39a32，解得 a12 39.(2)当5a1 时，xa0，所以 f(x)|x3xa3|，令 h(x)x3x，所以 h(x)3x210，所以 h(x)在1，1上单调递增，所以 h(x)minh(1)2，h(x)maxh(1)2.当5a3 时，a30，所以 f(x)max|h(1)a3|2，即 2a32，解得 a3.当30，所以 f(x)max|h(1)a3|2，即 2a32，解得 a3(舍掉)综上所述，a 的所有可能取值组成的集合为 3，52 39，12 39.角度 3 绝对值函数的零点 【例 33】(2020台州期末质检)已知函数 f(x)2xx2，x0，1x，x0 时，f(x)|ax2x|1(a0)且为增函数若方程 f(x)m0 无实数根，则 m 的取值范围是()A(1，1)B1，1 C(1，0)(0，1)D1，0)(0，1 答案(1)19(2)(，32，)(3)D 解析(1)因为函数 f(x)|ax3xb|在1，1上的最大值是23，所以 f(x)23在 1，1上恒成立，所以f（1）|a1b|23，f（1）|a1b|23，两式相加结合绝对值不等式可得|2a2|43，解得13a53.因为 a13，所以 a13.将 a13代入 f(1)|a1b|23，f(1)|a1b|23，解得 b0，所以 a2b219.(2)记 ux4x2，当 x1，2时，u2，3，所以 H(t)max|2t|，|3t|2t3t22t（3t）2t52121，解得 t3 或 t2.(3)f(x)|ax2x|1(a0)在(0，)单调递增，因 f(x)在 R 上为奇函数，从而可大致作出函数 f(x)的图象，图象如图，若方程 f(x)m0 无实数根，则由图象可知 m 的取值范围是1，0)(0，1，故选 D.题型四 嵌套函数【例 4】已知 f(x)|lg x|，x0，2|x|，x0，则函数 y2f(x)23f(x)1 的零点个数是_ 答案 5 解析 由 2f(x)23f(x)10 得 f(x)12或 f(x)1.作出函数 yf(x)的图象 由图象知 y12与 yf(x)的图象有 2 个交点，y1 与 yf(x)的图象有 3 个交点 因此函数 y2f(x)23f(x)1 的零点有 5 个 感悟升华 对于嵌套函数，(1)求函数值时，“由内向外”；求自变量时，“由外向内”；(2)已知函数解析式且知方程af2(x)bf(x)c0的根的个数求参数的取值范围时，通过转化为令 tf(x)，然后研究函数 yt 与 yf(x)的交点情况进而确定对应的二次函数的根的分布情况，最后通过建立关于参数的不等式(组)进行解决；(3)零点问题，常用换元法数形结合求解【训练 4】(1)设函数 f(x)x22x2，x0，x2，x0，若 f(f(a)2，则 a_(2)(2021海南新高考诊断)已知函数 f(x)x24x1，x0，22x，x0，若关于 x 的方程(f(x)1)(f(x)m)0 恰有 5 个不同的实根，则m 的取值范围为()A(1，2)B(1，5)C(2，3)D(2，5)答案(1)2(2)A 解析(1)当 f(a)0 时，f(f(a)f2(a)2f(a)22，解得 f(a)2 或 f(a)0；当 f(a)0 时，f(f(a)f2(a)2 无解，综上 f(a)2 或 f(a)0.当 f(a)2 时，()当 a0 时，a22a22，即 a22a40，无解；()当 a0 时，a22，解得 a 2，又 a0，故 a 2；当 f(a)0 时，()当 a0 时，a22a20，无解；()当 a0 时，a20，解得 a0 与 a0 矛盾，不合题意，综上所述 a 2.(2)由(f(x)1)(f(x)m)0，得 f(x)1 或 f(x)m，作出函数 yf(x)的图象如图所示，由图可知，方程 f(x)1 有 2 个实根，所以方程 f(x)m 有 3 个实根，即直线ym 与函数 yf(x)的图象有三个交点，结合图象知 m 的取值范围为(1，2)，故选A.一、选择题 1已知定义在 R 上的函数 yf(x)满足以下三个条件：对于任意的 xR，都有f(x4)f(x)；对于任意的 x1，x2R，且 0 x1x22，都有 f(x1)f(x2)；函数yf(x2)的图象关于 y 轴对称则下列结论中正确的是()Af(4.5)f(7)f(6.5)Bf(7)f(4.5)f(6.5)Cf(7)f(6.5)f(4.5)Df(4.5)f(6.5)f(7)答案 A 解析 由 f(x4)f(x)可知，函数 f(x)是周期为 4 的周期函数函数 yf(x2)的图象关于 y 轴对称，则函数 yf(x)关于 x2 对称 当 0 x1x22 时，有 f(x1)f(x2)，即函数 f(x)在0，2上单调递增，所以函数 f(x)在0，4上的大致图象如图所示又f(4.5)f(0.5)，f(6.5)f(2.5)，f(7)f(3)，根据函数 f(x)在0，4上的图象，有f(4.5)f(7)f(6.5)2 已知函数 f(x)是定义在 R 上的奇函数，在0，2上是增函数，且 f(x4)f(x)，给出下列结论：若 0 x1x20；若 0 x1x2f(x2)；若方程 f(x)m 在8，8内恰有四个不同的根 x1，x2，x3，x4，则 x1x2x3x48.其中正确的结论有()A0 个 B1 个 C2 个 D3 个 答案 D 解析 f(x4)f(x)，f(x4)f(4x)，f(x)f(4x)，f(x)的对称轴为 x2，f(x4)f(x)，f(x)f(x4)，f(x4)f(x4)，周期为 8.对于，当 0 x1x24，x1x24 时，0 x14x14，即 0 x12f(0)0，因此正确对于，函数 yf(x)在2，4上是减函数，又 f(x)为奇函数，且在0，2上单调递增，故 f(x)在2，0上单调递增，由对称性，知 f(x)在4，6上单调递减，即 f(x)在2，6上单调递减x25x12，6，4x12，6，所以 f(x2)f(5x1)f(4x1)f(x1)，因此正确对于，若关于 x 的方程 f(x)m 在区间8，8内恰有四个不同的根，则 f(2)mf(2)且 m0.当 0mf(2)时，相应的根的和为62228；当 f(2)m0，xln(k1)，仅当 k0 时，x0Z，因此函数 yex1 是一阶格点函数对于，注意到 yx2的图象经过多个整点，如点(0，0)，(1，1)因此函数 yx2不是一阶格点函数 4关于 x 的方程(x21)23|x21|20 的不相同实根的个数是()A3 B4 C5 D6 答案 C 解析 令 t|x21|，则方程变为 t23t20 可解得 t1 或 t2，当 t1 时，即|x21|1，解得 x0，x 2，当 t2 时，即|x21|2，解得 x 3.5 具有性质：f1xf(x)的函数，我们称为满足“倒负”变换的函数 下列函数：yx1x；yln 1x1x；yx，0 x1.其中满足“倒负”变换的函数是()A B C D 答案 B 解析 对于，f(x)x1x，f1x1xxf(x)，满足题意；对于，f(x)ln 1x1x，则 f1xln x1x1f(x)，不满足；对于，f1x1x，01x1，即 f1x1x，x1，0，x1，x，0 x0 恒成立，则 f(x)的解析式可能是()Af(x)2 019x Bf(x)ex Cf(x)x2 Df(x)lg 1x2 答案 B 解析 A 中，f(f(x)f2 109xx(x0)恒成立，所以 f(f(x)x0 不恒成立，A 错误；B 中，因为 exx，所以 eexexx，所以 f(f(x)eexx 恒成立，B 正确；C 中，f(f(x)x4x，此方程有 x0 或 x1 两个根，所以 f(f(x)x0 不恒成立，C 错误；D 中，x0 时，f(f(x)x 成立，所以 f(f(x)x0 不恒成立，D 错误故选B.7函数 f(x)的定义域为 D，对给定的正数 k，若存在闭区间a，bD，使得函数f(x)满足：f(x)在a，b内是单调函数；f(x)在a，b上的值域为ka，kb，则称区间a，b为 yf(x)的 k 级“理想区间”下列结论不正确的是()A函数 f(x)x2存在 1 级“理想区间”B函数 f(x)ex不存在 2 级“理想区间”C函数 f(x)4xx21(x0)存在 3 级“理想区间”D函数 f(x)tan x，x2，2不存在 4 级“理想区间”答案 D 解析 易知0，1是 f(x)x2的 1 级“理想区间”，故 A 正确；由于 g(x)ex2x无零点，因此 f(x)ex不存在 2 级“理想区间”，故 B 正确；由 h(x)4xx213x0(x0)，得 x0 或 x33，则0，33是 f(x)4xx21(x0)的一个 3 级“理想区间”，C 正确；易知 ytan x 的图象与直线 y4x 在2，2内有三个交点，因此f(x)tan xx2，2有 4 级“理想区间”，故 D 错误 8(2020浙江名校联考信息卷五)若函数 f(x)|ln x|ax12ln 2 有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是()A.0，12 B.0，1e C.0，14 D.0，15 答案 C 解析 构造函数 y|ln x|，yax2ln 21，在同一坐标系中分别作出两个函数的图象如图所示，直线 yax2ln 21 过点(0，2ln 21)，结合函数图象可知，当a0 时，不符合题意，故 a0，当直线 yax2ln 21 与曲线 yln x 相切时，设切点坐标为(x0，ln x0)，因为 y1x，所以切线的斜率为1x0，则ln x02ln 21x01x0，解得 x04，所以切线斜率为14.结合图象可知，当 0a2，如果关于 x 的方程 mf(x)2nf(x)10 恰好有 7 个不同的实数根，那么 mn 的值为_ 答案 4 解析 画出函数 f(x)的图象如图所示，令 f(x)t，则原方程可化为 mt2nt10，由图象可知，要使原方程有 7 个不同的实数根，应使方程 mt2nt10 有 2 个不同的实数根，且分别是12和32.由根与系数的关系可得1232nm，12321m，解得m43，n83，于是 mn4.13(2021名校冲刺卷一)已知 R，函数 f(x)x22x1，x0，2xx211，x0.当函数 f(x)的值域为3，)时，的值为_，若函数 yff(x)1 恰有 5 个零点，则 的取值范围为_ 答案 2 21，12 解析 由基本不等式得 x212|x|，又 x0，f（）3，解得 2；设 uf(x)，由函数 yff(x)1 恰有 5 个零点，f(u)1 有两实根 u10，u22.若 0，则函数 f(x)在(，1)上单调递减，在(1，)上单调递增，且 f(x)min0，故只有 1 个实根，不符合条件；若 0，当直线 y0 与曲线 yf(x)有 3 个公共点，故210，则直线 y2 与 yf(x)有 4 个公共点，故2121，即 2112，所以 的取值范围为21，12.