(完整版)高一函數大題訓練附答案解析一、解答題1．已知函數滿足，當時，，當時，的最大值為-4.（1）求時函數的解析式；（2）是否存在實數使得不等式對于時恒成立，若存在，求出實數的取值集合，若不存在，說明理由.2．已知偶函數滿足：當時，，當時，.(1)求當時，的表達式；(2)試討論：當實數滿足什么條件時，函數有4個零點，且這4個零點從小到大依次構成等差數列.3．已知有窮數列、（），函數.（1）如果是常數列，，，，在直角坐標系中在畫出函數的圖象，據此寫出該函數的單調區間和最小值，無需證明；（2）當，（）時，判斷函數在區間上的單調性，并說明理由；（3）當，，時，求該函數的最小值.4．已知函數我們定義其中（1）判斷函數的奇偶性，并給出理由；（2）求方程的實數根個數；（3）已知實數滿足其中求實數的所有可能值構成的集合.5．對于函數，若存在實數m，使得為R上的奇函數，則稱是位差值為m的“位差奇函數”.（1）判斷函數和是否是位差奇函數，并說明理由；（2）若是位差值為的位差奇函數，求的值；（3）若對于任意，都不是位差值為m的位差奇函數，求實數t的取值范圍.6．對于定義域為的函數，如果存在區間，其中，同時滿足：①在內是單調函數：②當定義域為時，的值域為，則稱函數是區間上的“保值函數”，區間稱為“保值區間”.（1）求證：函數不是定義域上的“保值函數”；（2）若函數（）是區間上的“保值函數”，求的取值范圍；（3）對（2）中函數，若不等式對恒成立，求實數的取值范圍.7．已知函數，，如果對于定義域內的任意實數，對于給定的非零常數，總存在非零常數，恒有成立，則稱函數是上的級類增周期函數，周期為，若恒有成立，則稱函數是上的級類周期函數，周期為.（1）已知函數是上的周期為1的2級類增周期函數，求實數的取值范圍；（2）已知，是上級類周期函數，且是上的單調遞增函數，當時，，求實數的取值范圍；（3）是否存在實數，使函數是上的周期為的級類周期函數，若存在，求出實數和的值，若不存在，說明理由.8．已知函數（1）當時，求函數在的值域；（2）若存在零點，求的取值范圍.9．已知函數.（1）當時，求函數的零點；（2）若不等式至少有一個負解，求實數的取值范圍.10．已知函數.（1）判斷的圖象是否是中心對稱圖形？若是，求出對稱中心；若不是，請說明理由；（2）設，試討論的零點個數情況.11．已知定義在上的偶函數和奇函數，且.（1）求函數，的解析式；（2）設函數，記.探究是否存在正整數，使得對任意的，不等式恒成立？若存在，求出所有滿足條件的正整數的值；若不存在，請說明理由.12．已知平面直角坐標系xOy，在x軸的正半軸上，依次取點，，，，并在第一象限內的拋物線上依次取點，，，，，使得都為等邊三角形，其中為坐標原點，設第n個三角形的邊長為．⑴求，，并猜想不要求證明)；⑵令，記為數列中落在區間內的項的個數，設數列的前m項和為，試問是否存在實數，使得對任意恒成立？若存在，求出的取值范圍；若不存在，說明理由；⑶已知數列滿足：，數列滿足：，求證：．13．記函數的定義域為D.如果存在實數、使得對任意滿足且的x恒成立，則稱為函數.（1）設函數，試判斷是否為函數，并說明理由；（2）設函數，其中常數，證明：是函數；（3）若是定義在上的函數，且函數的圖象關于直線（m為常數）對稱，試判斷是否為周期函數？并證明你的結論.14．若存在常數，使得對定義域內的任意，都有成立，則稱函數在其定義域上是“利普希茲條件函數”．（1）若函數是“利普希茲條件函數”，求常數的最小值；（2）判斷函數是否是“利普希茲條件函數”，若是，請證明，若不是，請說明理由；（3）若是周期為2的“利普希茲條件函數”，證明：對任意的實數,都有．15．已知函數

是奇函數.(1)判斷函數在上的單調性,并用定義法證明你的結論;(2)若對于區間上的任意值,使得不等式恒成立,求實數的取值范圍.【參考答案】一、解答題1．（1）f（x）＝lnx－x；（2）{1}【解析】【詳解】試題分析：（1）由已知得：f（x）＝2f（x＋2）＝4f（x＋4），設x∈（－4，－2）時，則x＋4∈（0，2），代入x∈（0，2）時，f（x）＝lnx＋ax（a＜?），求出f（x＋4）＝ln（x＋4）＋a（x＋4），再根據當x∈（－4，－2）時，f（x）的最大值為－4，利用導數求得它的最大值，解方程即可求得a的值，進而求得結論；（2）假設存在實數b使得不等式對于x∈（0，1）∪（1，2）時恒成立，由（1）可得：x∈（0，1）∪（1，2）時，不等式恒成立，利用分離參數的方法，轉化為求函數的最值問題，即可求得b的值．試題解析：（1）由已知，f（x）＝2f（x＋2）＝4f（x＋4）當x∈（0，2）時，f（x）＝lnx＋ax（a＜－）當x∈（－4，－2）時，x＋4∈（0，2），∴f（x＋4）＝ln（x＋4）＋a（x＋4）∴當x∈（－4，－2）時，f（x）＝4f（x＋4）＝4ln（x＋4）＋4a（x＋4）∴f'（x）＝＋4a＝4a?，∵a＜?，∴?4＜??4＜?2，∴當x∈（?4，??4）時，f′（x）＞0，f（x）為增函數，當x∈（??4，?2）時，f′（x）＜0，f（x）為減函數，∴f（x）max＝f（??4）＝4ln（?）＋4a（?）＝?4，∴a＝－1∴當x∈（0，2）時，f（x）＝lnx－x（2）由（1）可得：x∈（0，1）∪（1，2）時，不等式恒成立，即為恒成立，①當x∈（0，1）時，?b＞x?lnx，令g（x）＝x?lnx，x∈（0，1）則g′（x）＝1?＝令h（x）＝2?lnx?2，則當x∈（0，1）時，h′（x）＝＝＜0∴h（x）＞h（1）＝0，∴g′（x）＝＞0，∴g（x）＜g（1）＝1，故此時只需b≥1即可；②當x∈（1，2）時，?b＜x?lnx，令φ（x）＝x?lnx，x∈（1，2）則φ′（x）＝1?＝令h（x）＝2?lnx?2，則當x∈（1，2）時，h′（x）＝＝＞0∴h（x）＞h（1）＝0，∴φ′（x）＝＞0，∴φ（x）＞φ（1）＝1，故此時只需b≤1即可，綜上所述：b＝1，因此滿足題中b的取值集合為：{1}考點：利用導數研究函數的單調性，最值，函數的周期性，不等式恒成立問題，分類討論．2．（1）；（2）①時，；②時，；③時，.【解析】【詳解】(1)因為f(x)為偶函數，只需用-x代替中的x即可得到當時，的表達式;(2)零點，與交點有4個且均勻分布.所以,然后再分或或或四種情況討論求出m的值．解：（1）設則，又偶函數所以，………3分（2）零點，與交點有4個且均勻分布（Ⅰ）時，得，所以時，…………5分（Ⅱ）且時，，所以時，……………7分（Ⅲ）時m=1時符合題意………8分（IV）時，，,m此時所以（舍）且時，時存在………10分綜上：①時，②時，③時，符合題意………12分3．（1）圖象見解析；遞減區間，遞增區間，最小值；（2）單調遞增；理由見解析；（3）.【解析】（1）根據條件采用零點分段的方法作出函數的圖象，根據圖象確定出的單調區間和最小值；（2）寫出的解析式，根據分析函數的結構，從而判斷出的單調性；（3）先根據條件證明出的單調性然后即可求解出的最小值.【詳解】（1）如圖所示，由圖象可知：單調遞減區間，單調遞增區間，最小值；（2）因為且,所以，所以，所以，所以且，所以在上單調遞增；（3）因為，顯然當時，單調遞增，當時，單調遞減，設存在一個值，使得時遞減，時遞增，此時最小值即為，下面證明存在：因為若要時遞減，時遞增，則有，解得：，且，解得：，所以，所以，所以存在滿足條件，故假設成立，綜上可知：在上單調遞減，在上單調遞增，【點睛】本題考查數列與函數的綜合應用，其中著重考查了函數單調性方面的內容，對學生的理解與分析能力要求較高，難度較難.4．（1）偶函數；答案見解析；（2）實數根個數為11；（3）.【解析】（1）由函數奇偶性的定義運算即可得解；（2）令，轉化條件為或或或，再解方程即可得解；（3）按照、分類，結合函數的單調性可得，再代入驗證即可得解.【詳解】（1）因為的定義域關于原點是對稱的，又，故函數是偶函數；（2）令，則，于是，于是或又，解得或或或，則方程的實數根個數即為或或或的根的總個數，解得或或或或或，所以方程的實數根個數為11；（3）因為，當時，在單調遞減，且，，則的值域均為，①當時，，于是，因為當時，，所以，所以，即，注意到在單調遞減，于是，于是，②當時，類比同理可得，于是當且時，，若，其中，，則，即，也就是；當時，因為的值域為，所以存在使得，又，所以，即，所以實數的所有可能值構成的集合為.【點睛】本題考查了函數奇偶性、函數與方程及函數單調性的應用，考查了運算求解能力，屬于難題.5．(1)對于任意有為位差奇函數,不存在有為位差奇函數.(2);(3)【解析】【分析】(1)根據題意計算與,判斷為奇函數的條件即可.(2)根據是位差值為的位差奇函數可得為R上的奇函數計算的值即可.(3)計算為奇函數時滿足的關系,再根據對于任意都不是位差值為m的位差奇函數求解恒不成立問題即可.【詳解】(1)由,所以為奇函數.故對于任意有為位差奇函數.又,設.此時,若為奇函數則恒成立.與假設矛盾,故不存在有為位差奇函數.(2)由是位差值為的位差奇函數可得,為R上的奇函數.即為奇函數.即,.(3)設.由題意對任意的均不恒成立.此時即對任意的不恒成立.故在無解.又,故.故【點睛】本題主要考查了函數的新定義問題,需要根據題意求所給的位差函數的表達式分析即可.屬于中等題型.6．（1）證明見詳解；（2）或；（3）【解析】【分析】（1）根據“保值函數”的定義分析即可（2）按“保值函數”定義知，，轉化為是方程的兩個不相等的實根，利用判別式求解即可（3）去掉絕對值，轉化為不等式組，分離參數，利用函數最值解決恒成立問題.【詳解】（1）函數在時的值域為，不滿足“保值函數”的定義，因此函數不是定義域上的“保值函數”.（2）因為函數在內是單調增函數，因此，，因此是方程的兩個不相等的實根，等價于方程有兩個不相等的實根.由解得或.（3），，即為對恒成立.令，易證在單調遞增，同理在單調遞減.因此，，.所以解得.又或，所以的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了新概念，函數的單調性，一元二次方程有解，絕對值不等式，恒成立，屬于難題.7．（1）；（2）；（3）當時，，；當時，，.【解析】【分析】（1）由題意f（x+1）＞2f（x）整理可求得a＜x﹣1，令x﹣1＝t（t≥2），由g（t）＝t在[2，+∞）上單調遞增，即可求得實數a的取值范圍；（2）由x∈[0，1）時，f（x）＝2x，可求得當x∈[1，2）時，f（x）＝mf（x﹣1）＝m?2x﹣1，…當x∈[n，n+1）時，f（x）＝mn?2x﹣n，利用f（x）在[0，+∞）上單調遞增，可得m＞0且mn?2n﹣n≥mn﹣1?2n﹣（n﹣1），從而可求實數m的取值范圍；（3）f（x+T）＝Tf（x）對一切實數x恒成立，即cosk（x+T）＝Tcoskx對一切實數恒成立，分當k＝0時，T＝1；當k≠0時，要使cosk（x+T）＝Tcoskx恒成立，只有T＝±1，于是可得答案．【詳解】（1）由題意可知：f（x+1）＞2f（x），即﹣（x+1）2+a（x+1）＞2（﹣x2+ax）對一切[3，+∞）恒成立，整理得：（x﹣1）a＜x2﹣2x﹣1，∵x≥3，∴ax﹣1，令x﹣1＝t，則t∈[2，+∞），g（t）＝t在[2，+∞）上單調遞增，∴g（t）min＝g（2）＝1，∴a＜1．（2）∵x∈[0，1）時，f（x）＝2x，∴當x∈[1，2）時，f（x）＝mf（x﹣1）＝m?2x﹣1，…當x∈[n，n+1）時，f（x）＝mf（x﹣1）＝m2f（x﹣2）＝…＝mnf（x﹣n）＝mn?2x﹣n，即x∈[n，n+1）時，f（x）＝mn?2x﹣n，n∈N*，∵f（x）在[0，+∞）上單調遞增，∴m＞0且mn?2n﹣n≥mn﹣1?2n﹣（n﹣1），即m≥2．（3）由已知，有f（x+T）＝Tf（x）對一切實數x恒成立，即cosk（x+T）＝Tcoskx對一切實數恒成立，當k＝0時，T＝1；當k≠0時，∵x∈R，∴kx∈R，kx+kT∈R，于是coskx∈[﹣1，1]，又∵cos（kx+kT）∈[﹣1，1]，故要使cosk（x+T）＝Tcoskx恒成立，只有T＝±1，當T＝1時，cos（kx+k）＝coskx得到k＝2nπ，n∈Z且n≠0；當T＝﹣1時，cos（kx﹣k）＝﹣coskx得到﹣k＝2nπ+π，即k＝（2n+1）π，n∈Z；綜上可知：當T＝1時，k＝2nπ，n∈Z；當T＝﹣1時，k＝（2n+1）π，n∈Z．【點睛】本題考查周期函數，著重考查函數在一定條件下的恒成立問題，綜合考查構造函數、分析轉化、分類討論的數學思想與方法，難度大，思維深刻，屬于難題．8．（1）；（2）【解析】【分析】（1）當時，函數，轉化為二次函數問題，利用二次函數的性質，即可求解；（2）由（1）轉化為二次函數存在零點，利用二次函數的圖象與性質，即可求解．【詳解】（1）當時，，令，，則，故，，故值域為.（2）關于的方程有解，等價于方程在上有解記當時，解為，不成立；當時，開口向下，對稱軸，過點，不成立；當時，開口向上，對稱軸，過點，必有一個根為正，所以，.【點睛】本題主要考查了函數值域的求解，以及函數的零點問題的應用，其中解答中合理轉化為二次函數，利用二次函數的圖象與性質求解是解答的關鍵，著重考查了轉化思想，以及分類討論思想的應用，屬于基礎題．9．（1）；（2）【解析】【分析】（1）由，有，即，即可求得函數的零點；（2）不等式可化為，分別作出拋物線在軸上方的部分和拋物線在軸下方的部，結合圖象求得兩個臨界位置，即可得到答案.【詳解】（1）當時，函數，令，有，即，則，解得，即，故函數的零點為；（2）不等式可化為，如圖所示，曲線段和分別是拋物線在軸上方的部分和拋物線在軸下方的部，因為不等式至少有一個負解，由圖象可知，直線有兩個臨界位置，一個是與曲線段相切，另一個是通過曲線段和軸的交點，后者顯然對應于；前者由可得到方程，由，解得，因此當時，不等式至少有一個負解，故實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查了函數與方程的綜合應用，以及利用函數的圖象求解不等式的有解問題，其中解答中熟記函數零點的概念，以及合理利用函數的圖象是解答的關鍵，著重考查了數形結合思想，以及推理與運算能力，屬于中檔試題.10．（1）的圖象是中心對稱圖形，對稱中心為：；（2）當或時，有個零點；當時，有個零點【解析】【分析】（1）設，通過奇偶性的定義可求得為奇函數，關于原點對稱，從而可得的對稱中心，得到結論；（2），可知為一個解，從而將問題轉化為解的個數的討論，即的解的個數；根據的范圍，分別討論不同范圍情況下方程解的個數，從而得到零點個數，綜合得到結果.【詳解】（1）設

定義域為：為奇函數，圖象關于對稱的圖象是中心對稱圖形，對稱中心為：（2）令，可知為其中一個解，即為一個零點只需討論的解的個數即可①當時，無解有且僅有一個零點②當時，

為方程的解有，共個零點③當時，（i）若，即時，為方程的解有，共個零點（ii）若，即時，的解為：有且僅有一個零點（iii）若，即時，，方程無解有且僅有一個零點綜上所述：當或時，有個零點；當時，有個零點【點睛】本題考查函數對稱性的判斷、函數零點個數的討論.解決本題中零點個數問題的關鍵是能夠將問題轉化為方程根的個數的討論，從而根據的不同范圍得到方程根的個數，進而得到零點個數，屬于較難題.11．（1）見解析；（2）【解析】【分析】(1)已知，結合函數的奇偶性可得，解方程組即可得函數解析式；（2）由函數奇偶性的性質可知為奇函數，圖象關于對稱，則的圖象關于點中心對稱，利用對稱性可得，然后利用恒成立問題解即可.【詳解】（1），函數為偶函數，為奇函數，，，.（2）易知為奇函數，其函數圖象關于中心對稱，函數的圖象關于點中心對稱，即對任意的，成立.，.兩式相加，得.即..，即..，恒成立.令，.則在上單調遞增.在上單調遞增..又已知，.【點睛】本題考查由函數奇偶性求函數解析式，考查由函數的對稱性求值問題，考查恒成立問題的解法，屬于中檔題.12．⑴，,；⑵；⑶詳見解析【解析】【分析】，，進而猜想出．.由，可得，，，，利用等比數列的求和公式即可得出.根據對任意恒成立即可得出范圍．，記，可得，，記，可得，根據當時，即可得出．【詳解】解：，猜想，由，，，，對任意恒成立⑶證明：，記，則，記，則，當時，可知：，【點睛】本題考查了數列與函數的關系、等比數列的通項公式與求和公式及其性質、三角函數求值及其性質，考查了推理能力與計算能力，屬于難題．13．(1)是函數(2)見解析(3)函數為周期函數【解析】【詳解】試題分析：求出的定義域，對任意恒成立轉化成對任意恒成立，解出，使得為函數只需證明存在實數，使得當且時，恒成立，化簡求得，，滿足條件圖象關于直線對稱，結合，整體換元得，從而證明結論解析：（1）是函數理由如下：的定義域為，只需證明存在實數，使得對任意恒成立.由，得，即.所以對任意恒成立.

即從而存在，使對任意恒成立.所以是函數.（2）記的定義域為，只需證明存在實數，使得當且時，恒成立，即恒成立.所以，化簡得，.所以,.因為，可得，,即存在實數，滿足條件，從而是函數.（3）函數的圖象關于直線（為常數）對稱，所以

（1），又因為

（2），所以當時，由（1）

由（2）

（3）所以（取由（3）得）再利用（3）式，.所以為周期函數，其一個周期為.當時，即，又，所以為常數.所以函數為常數函數，，是一個周期函數.綜上，函數為周期函數點睛：本題主要考查知識點的是新定義函數，證明函數的特性，本題的解題關鍵是抓住新定義中的概念，可將問題迎刃而解．對于這類問題，我們要弄清問題的本質，在解題中適當的變形，已知條件的運用，函數周期性等的證明即可得證，本題有一定難度14．(