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
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1、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
2、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)
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
4、 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
5、(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x
6、1x22,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
7、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 39
8、a32,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(
9、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|,|
10、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
11、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,
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