1、x1高一數學函數綜合題f(x) x2x b,且f log2a(I)求f log2x的最小值；(II) .當x取何值時，f log2x2-4,(x 0),g(x)和f (x)的圖像關于原點對稱。(I)求函數g(x)的解析式;b, log2f(a) 2 (a 1),f(1)且log2f(x) f(1)?已知函數f(x) x22( II )試判斷g(x)在( 1，0)上的單調性，并給予證明；(III )將函數g(x)的圖象向右平移a(a 0)個單位，再向下平移b(b 0)個單位，若對于 任意的a，平移后g(x)和f (x)的圖象最多只有一個交點，求b的最小值。(I)當a=l 時，求f(x)最小值;(

2、II )求f (x)的最小值g(a)；(III)若關于a的函數g(a)在定義域2,10上滿足g( 2a 9) g(a 1)，求實數a的取已知函數f (x)2|x 2|x a，2|x 10|x a，3值范圍4四1若 A=x|x2-2x-30 , B=x|( )x-a12(1)當 A B= 時，求實數 a 的取值范圍；(2)當 A B 時，求實數 a 的取值范圍;5已知二次函數 f(x)=ax2+bx，且 f(x+1)為偶函數，定義：滿足f(x)=x 的實數 x 稱為函數 f(x)的不動點”，若函數 f(x)有且僅有一個不動點，(1)求 f(x)的解析式；若函數 g(x)= f(x)+k+ -x2

3、在(0， -6上是單調減函數，求實數k 的取值范圍；x 23在的條件下，是否存在區間m，n(mn)，使得 f(x)在區間m，n上的值域為km，kn？ 若存在，請求出區間m, n;若不存在，請說明理由。6函數f(x) xa(a為常數)的圖象過點(2,0),x(I)求a的值并判斷f (x)的奇偶性；(H)函數g(x) lg f (x) 2xm在區間2,3上有意義，求實數m的取值范圍;(川)討論關于x的方程f (x) t 4x x2匸(t為常數)的正根的個數已知定義在1, 1上的奇函數f(x)，當x (0,1時，f(x)(1)求函數f (x)在 1, 1上的解析式;(2)試用函數單調性定義證明：f(

4、x)在(0,1上是減函數;(3)要使方程f(x) x b，在1, 1上恒有實數解，求實數 b 的取值范圍2x4x17八設 f(x)為定義在實數集R 上的單調函數，試解方程：f(x+y)=f(x) f(y)80，函數g x在0,1上的上界是T(m)，求T(m)的取值范圍九.定義在D上的函數f (x)，如果滿足：對任意x D，存在常數M0,都有| f (x) | M成 立，則稱f x是D上的有界函數，其中M稱為函數f x的上界已知函數x彳 彳1f x 1a2g(x)1 m 2x1 m 2x(1)當a 1時，求函數f x在,0上的值域，并判斷函數f x在,0上是否為有界函數，請說明理由;(2)若函數

5、f x在0,上是以 3 為上界的有界函數，求實數a的取值范圍;(3)若m9十已知c 0.設P：函數y cx在 R 上單調遞減.Q：不等式x | x 2c | 1的解集為 R,如果 P 和 Q 有且僅有一個正確，求c的取值范圍.1011a2a b 42log2alog2a b 21（I）ab 22，所以f(x) x2x 2，122 個函數的圖象最多只有一個交點，則只需要將b 的最小值為 23、(1)當 a=1 時，f (x)最小值f (2)1;1,a 2, a10(II)g(a) 2a2, 2 a62|a10, 6 a10102a(III)g( 2a 9)g(a 1)10a2a3g(x)向下平移

6、 2g (X)max個單位，因此10 分.3分8分719 2-a -2 2Q1 29 a 18 a 1a 5(3a 8)(a 2) 0312 分因為log2x R，(II )f log2xlog2f(x)(l)g(x)x12(II)遞減。任意取g(Xi) gX)所以最小值為742f(1)f(1)log2X2Xlog2x 0 x 20,1U 2,1,20,124,(xxX1,X2X2X1(III )同理可知g(x)在(0)(1,0)且X!X2，則X1X22,X1X2X-!X2-X1X20，所以g(X)在(1,0)上遞減;,1)上遞增，且g(X)和f(x)關于原點對稱。故要使得平移后13解：A=(

7、-1 , 3), B=a, +)/ A B= , a 3; . 4(2) / A B , a -1。. 65已知二次函數 f(x)=ax2+bx，且 f(x+1)為偶函數，定義：滿足f(x)=x 的實數 x 稱為函數 f(x)的不動點，若函數 f(x)有且僅有一個不動點，(1)求 f(x)的解析式； 若函數 g(x)= f(x)+k+ lx2在(0，仝上是單調減函數，求實數 k 的取值范圍；x 23在的條件下，是否存在區間m，n(m0 時，g(x)= x+k在(0，k上是單調減函數， . k，/. k -. 10 x33121211 I 1.13(1)- f(x)= - x +x= -(x-1

8、) +，kn ，n0，即-3k1 時，m，n= 0，2-2k131214當 2-2k1 時，m，n= 2-2k，01415當 2-2k=0,即 k=1 時，m , n不存在因為 2 人 X23，則h(X2)h(xj 0,故 h(x)在x 2,3遞增,則(工 + 2*)好月(2) 4 *得巔 C4.A(III)構造畫敎上訂：=如圖三來県沁Cotn*(2)證：設0 x1x2 f (x)在(0,1上是減函數.(3)方程b f (x) x在1, 1上恒有實數解,記g(x) f (x) x，則g(x)為(0,1上的單調遞減函數 g(x)1 3由于g(x)為1, 1上奇函數，故當x 1,0)時g(x)(-

9、,結宜圖象有| 來源:學科ZX)：Kb1當r-40=r0于是在有理數當 x=為無理的精確到小數點后 i 位，不足近似值和過剩近似值，當 f(x)為增函數時，有f(aj f()f (bi), f(x)為減函數時，f(ajf()f(b)，而:f(ajaai,f(bi)ab，于是可以得到：f( ) a故原方程的解為:9解：(1)當af(x)=ax(a0 且 a 1)11時，f (x) 1-因為f (x)在,0上遞減，所以f (x) f (0)3，即f(x)在,1的值域為3,故不存在常數M0，使| f(x)|成立，所以函數,1上不是有界(2)由題意知,f(x)1,上恒成立。18所以h(t)在1,上遞減

10、，p(t)在1,上遞增，h(t)在1,上的最大值為h(1)5,p(t)在1,上的最小值為p(1) 1所以實數a的取值范圍為5,1不等式x |x 2c| 1 的解集為 R 函數 yx | x 2c |在 R 上恒大于 1.t1t22t1t21P(tl)P(t2)t1t2(3)g(x)1m 2xm00,1g x在0,1上遞減,g(1) g(x) g(0)2m1m1mg(x)1 2m1 2m當綜上所述，當1 2m1 2m0丄2時,10解析：函數yJ20,2時，g(x)，即m2m 2時，T(m)的取值范圍是cx在 R 上單調遞減1m1m此時T(m)g(x)1 m1 mT(m)的取值范圍是1 2m1 2mI12mh 2m0 c 1.x |x 2c|2x 2c, x 2c,2c, x 2c,19函數 y x | x 2c|在 R 上的最小值為2c.1 不等式|x x