2020年高考浙江版高考理科数学 2.1 函数及其表示

专题二　函数概念与基本初等函数
【真题典例】
2.1　函数及其表示
挖命题【考情探究】
5年考情
考点
内容解读
考题示例
考向
关联考点
预测热度
函数的概念及其 表 示
1.了解函数、映射的概念,会求一些简单的函数定义域和值域.
2.理解函数的三种表示法:解析法、图象法和列表法.
2015浙江,7函数的概念★★★
2018浙江,15
分段函数及其应
用函数的零点、不等式的解法2015浙江文,12
分段函数及其应
用函数的最值
分段函数及其应 用
了解简单的分段函数,并能简单应用.
2014浙江,15分段函数及其应
用
复合函数
★★★
分析解读 1.考查重点仍为函数的表示法,分段函数等基本知识点,考查形式有两种,一种是给出分段函数表达式,求相应的函数值或相应的参数值(例: 2014浙江15题);另一种是定义一种运算,给出函数关系式考查相关的数学知识(例: 2015浙江7题).
2.了解构成函数的要素,会求一些简单函数的定义域和值域,能运用求值域的方法解决最值问题.
3.函数值域和最值是高考考查的重点,常以本节内容为背景结合其他知识进行考查,如解析式与函数最值相结合(例:2015浙江7题).
4.函数的零点也是常考的知识点,常常与不等式结合在一起考查(例:2018浙江15题).
5.预计2020年高考试题中,考查分段函数及其应用、函数值域与最值的可能性很大,特别是对与不等式、函数单调性相结合的考查,复习时应重视.
破考点【考点集训】
考点一　函数的概念及其表示
1.(2017浙江温州模拟(2月),10)已知定义在实数集R 上的函数f(x)满足f(x+1)=+,则1
2f (x )-f 2
(x)f(0)+f(2 017)的最大值为( )
A.1-
B.1+
C.
D.2
2
2
2
123
2
答案　B
2.(2018浙江绍兴高三3月适应性模拟,17)已知a>0,函数f(x)=|x 2+|x-a|-3|在区间[-1,1]上的最大值是2,则a= . 答案　3或5
4
考点二　分段函数及其应用
1.(2017浙江宁波二模(5月),6)设f(x)=则函数y=f(f(x))的零点之和为( ){
-x ,x ≤0,
log 2x,x >0,A.0 B.1 C.2 D.4答案　C
2.(2018浙江台州高三期末质检,8)已知函数f(x)=
若函数g(x)=f(x)-k(x+1)在(-∞,1]上{
x +1
x ,x >0,
-x 2
+3,x ≤0,
恰有两个不同的零点,则实数k 的取值范围是( )A.[1,3) B.(1,3]C.[2,3)
D.(3,+∞)
答案　A
炼技法【方法集训】
方法1　求函数定义域的方法
1.(2015湖北,6,5分)函数f(x)=+lg 的定义域为( )
4-|x |x 2
-5x +6
x -3A.(2,3) B.(2,4]
C.(2,3)∪(3,4]
D.(-1,3)∪(3,6]
答案　C
2.已知函数f(x)的定义域为[-8,1],则函数g(x)=的定义域是( )f (2x +1)
x +2A.(-∞,-2)∪(-2,3]B.[-8,-2)∪(-2,1]C.∪(-2,0] D.[
-9
2,-2)[
-9
2,-2]
答案　C
方法2　求函数解析式的方法
　(2017浙江名校(镇海中学)交流卷二,16)已知定义域和值域都为R 的函数f(x)满足f(f(x)+f(y))=2f(x)+4y-3,则当x>0时,函数f(x)的取值范围是 . 答案　(-1,+∞)
方法3　求函数值域的方法
1.(2018浙江杭州重点中学第一学期期中,16)若函数f(x)=(-x 2-2x+3)(x 2+ax+b)的图象关于直线x=-2对称,则f(x)的值域为 . 答案　(-∞,16]
2.(2017浙江宁波二模(5月),14)定义:max{a,b}= 已知函数f(x)=max{|2x-1|,ax 2+b},其中{
a ,a ≥
b ,
b ,a <b .a<0,b ∈R .若f(0)=b,则实数b 的取值范围为 ;若f(x)的最小值为1,则a+b= . 答案　[1,+∞);1
方法4　分段函数的相关处理方法
1.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,11)设函数f(x)=若f(-4)=f(0), f(-2)=-2,则{
x 2
+bx +c,x ≤0,
2,x >0,b+c= ;方程f(x)=x 的所有实根的和为 . 答案　6;-1
2.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),12)已知函数f(x)=则f()+f {log 3(x 2
-1)(|x|>1),
3x (|x|≤1),
10(cos600°4)
= ,若f(x)=-1,则x= . 答案　;-1或±3
223
3
过专题【五年高考】
A 组　自主命题·浙江卷题组
考点一　函数的概念及其表示
　(2015浙江,7,5分)存在函数f(x)满足:对于任意x ∈R 都有( ) A.f(sin 2x)=sin x B.f(sin 2x)=x 2+x C.f(x 2+1)=|x+1| D.f(x 2+2x)=|x+1|
答案　D
考点二　分段函数及其应用
1.(2018浙江,15,6分)已知λ∈R ,函数f(x)=当λ=2时,不等式f(x)<0的解集{
x -4, x ≥λ,
x 2-4x +3,x <λ.是 .若函数f(x)恰有2个零点,则λ的取值范围是 . 答案　(1,4);(1,3]∪(4,+∞)
2.(2015浙江文,12,6分)已知函数f(x)=
则f(f(-2))= , f(x)的最小值{
x 2
,x ≤1,
x +6x -6,x >1,
是 . 答案　-;2-6
1
263.(2014浙江文,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))=2,则a= . {
x 2
+2x +2,x ≤0,
-x 2
,x >0.答案　2
4.(2014浙江,15,4分)设函数f(x)=若f(f(a))≤2,则实数a 的取值范围是 . {
x 2
+x,x <0,
-x 2
,x ≥0.答案　(-∞,]
25.(2016浙江,18,15分)已知a ≥3,函数F(x)=min{2|x-1|,x 2-2ax+4a-2},其中min{p,q}={
p ,p ≤q ,
q ,p >q .(1)求使得等式F(x)=x 2-2ax+4a-2成立的x 的取值范围;(2)(i)求F(x)的最小值m(a);
(ii)求F(x)在区间[0,6]上的最大值M(a).解析　(1)由于a ≥3,故
当x ≤1时,(x 2-2ax+4a-2)-2|x-1|=x 2+2(a-1)(2-x)>0,当x>1时,(x 2-2ax+4a-2)-2|x-1|=(x-2)(x-2a).
所以,使得等式F(x)=x 2-2ax+4a-2成立的x 的取值范围为[2,2a].(2)(i)设函数f(x)=2|x-1|,g(x)=x 2-2ax+4a-2,则f(x)min =f(1)=0,g(x)min =g(a)=-a 2+4a-2,所以,由F(x)的定义知m(a)=min{f(1),g(a)},即m(a)=
{
0,3≤a ≤2+2,
-a 2
+4a -2,a >2+2.
(ii)当0≤x ≤2时,F(x)≤f(x)≤max{f(0), f(2)}=2=F(2),
当2≤x ≤6时,F(x)≤g(x)≤max{g(2),g(6)}=max{2,34-8a}=max{F(2),F(6)}.
所以,M(a)=
{34-8a ,3≤a <4,2,a ≥4.
思路分析　(1)先分类讨论去掉绝对值符号,再利用作差法求解;(2)分段函数求最值的方法是分别求出各段上的最值,较大(小)的值就是这个函数的最大(小)值.
6.(2015浙江,18,15分)已知函数f(x)=x 2+ax+b(a,b ∈R ),记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.(1)证明:当|a|≥2时,M(a,b)≥2;
(2)当a,b 满足M(a,b)≤2时,求|a|+|b|的最大值.
解析　(1)证明:由f(x)=+b-,得对称轴为直线x=-.
(
x +a 2)
2
a 2
4a 2由|a|≥2,得≥1,故f(x)在[-1,1]上单调,|-a
2|
所以M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}.当a ≥2时,由f(1)-f(-1)=2a ≥4,得max{f(1),-f(-1)}≥2,即M(a,b)≥2.
当a ≤-2时,由f(-1)-f(1)=-2a ≥4,得max{f(-1),-f(1)}≥2,即M(a,b)≥2.综上,当|a|≥2时,M(a,b)≥2.
(2)由M(a,b)≤2得|1+a+b|=|f(1)|≤2,|1-a+b|=|f(-1)|≤2,故|a+b|≤3,|a-b|≤3,
由|a|+|b|=得|a|+|b|≤3.
{
|a +b |,ab ≥0,
|a -b |,ab <0,当a=2,b=-1时,|a|+|b|=3,且|x 2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为2,即M(2,-1)=2.所以|a|+|b|的最大值为3.
评析　本题主要考查函数的单调性与最值、分段函数、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证能力,分析问题和解决问题的能力.
B 组　统一命题、省(区、市)卷题组
考点一　函数的概念及其表示
1.(2014山东,3,5分)函数f(x)=
的定义域为( )
1
(log 2x)2
-1
A. B.(2,+∞)
(0,1
2
)
C.∪(2,+∞)
D.∪[2,+∞)
(0,1
2)(0,1
2]
答案　C
2.(2014江西,3,5分)已知函数f(x)=5|x|,g(x)=ax 2-x(a ∈R ).若f[g(1)]=1,则a=( )A.1 B.2 C.3 D.-1答案　A
3.(2018江苏,5,5分)函数f(x)=的定义域为 . log 2x -1答案　[2,+∞)
4.(2016江苏,5,5分)函数y=的定义域是 . 3-2x -x 2
答案　[-3,1]
5.(2014四川,15,5分)以A 表示值域为R 的函数组成的集合,B 表示具有如下性质的函数φ(x)组成的集合:对于函数φ(x),存在一个正数M,使得函数φ(x)的值域包含于区间[-M,M].例如,当φ1(x)=x 3,φ2(x)=sin x 时,φ1(x)∈A,φ2(x)∈B.现有如下命题:
①设函数f(x)的定义域为D,则“f(x)∈A”的充要条件是“∀b ∈R ,∃a ∈D,f(a)=b”;②函数f(x)∈B 的充要条件是f(x)有最大值和最小值;
③若函数f(x),g(x)的定义域相同,且f(x)∈A,g(x)∈B,则f(x)+g(x)∉B;④若函数f(x)=aln(x+2)+
(x>-2,a ∈R )有最大值,则f(x)∈B.
x x 2
+1
其中的真命题有 .(写出所有真命题的序号) 答案　①③④
考点二　分段函数及其应用
1.(2018课标全国Ⅰ文,12,5分)设函数f(x)=则满足f(x+1)<f(2x)的x 的取值范围是( ){
2-x
,x ≤0,
1,x >0,A.(-∞,-1]
B.(0,+∞)
C.(-1,0)
D.(-∞,0)答案　D
2.(2017山东文,9,5分)设f(x)=若f(a)=f(a+1),则f =( )
{
x ,0<x <1,
x -1),x ≥1.(1a )
A.2
B.4
C.6
D.8答案　C
3.(2015湖北,6,5分)已知符号函数sgn x=f(x)是R 上的增函数,g(x)=f(x)-f(ax)(a>1),则
{1,x >0,
0,x =0,-1,x <0.( )
A.sgn[g(x)]=sgn x
B.sgn[g(x)]=-sgn x
C.sgn[g(x)]=sgn[f(x)]
D.sgn[g(x)]=-sgn[f(x)]
答案　B
4.(2018江苏,9,5分)函数f(x)满足f(x+4)=f(x)(x ∈R ),且在区间(-2,2]上,f(x)=
{cos πx
2,0<x ≤2,|
x +1
2|
,-2<x ≤0,
则f(f(15))的值为 . 答案　2
2
5.(2017课标全国Ⅲ文,16,5分)设函数f(x)=则满足f(x)+f >1的x 的取值范围{
x +1,x ≤0,2x ,x >0,
(x -1
2)
是 .
答案　(
-1
4,+∞
)
C 组　教师专用题组
考点一　函数的概念及其表示
　(2014江西,2,5分)函数f(x)=ln(x 2-x)的定义域为( ) A.(0,1)
B.[0,1]
C.(-∞,0)∪(1,+∞)
D.(-∞,0]∪[1,+∞)答案　C
考点二　分段函数及其应用
1.(2015课标Ⅱ,5,5分)设函数f(x)=则f(-2)+f(log 212)=( ){
1+log 2(2-x),x <1,
2x -1
,x ≥1,A.3 B.6 C.9 D.12答案　C
2.(2015山东,10,5分)设函数f(x)=则满足f(f(a))=2f(a)的a 的取值范围是( )
{
3x -1,x <1,
2x
,x ≥1.A. B.[0,1]
C. D.[1,+∞)
[2
3,1
]
[
2
3,+∞)
答案　C
3.(2014福建,7,5分)已知函数f(x)=则下列结论正确的是( ){
x 2
+1,x >0,
cos x ,x ≤0,A.f(x)是偶函数 B.f(x)是增函数C.f(x)是周期函数 D.f(x)的值域为[-1,+∞)
答案　D
【三年模拟】
一、选择题(每小题4分,共16分)
1.(2019届金丽衢十二校高三第一次联考,7)设函数f(x)的定义域为D,如果对任意的x ∈D,存在y ∈D,使
得f(x)=-f(y)成立,则称函数f(x)为“H 函数”.下列为“H 函数”的是( ) A.y=sin xcos x+cos 2x B.y=ln x+e x
C.y=2x
D.y=x 2-2x
答案　B
2.(2019届浙江“七彩阳光”联盟期中,7)已知函数f(x)=且f =0,则不等式f(x)>m 的
{
2x
+1,x ≤0,log 12
x,x >0,(m -1
2)
解集为( )A. B.(0,2
2
)(0,24
)
C. D.(-1,+∞)(
-1,2
4)
答案　C
3.(2018浙江新高考调研卷二(镇海中学),8)已知函数f(x)=+bcos x+x,且满足f(1-)=3,则f(1+a 1-x π
222)=( )
A.2
B.-3
C.-4
D.-1答案　D
4.(2018浙江宁波模拟,9)已知a 为正常数, f(x)=若存在θ∈,满足f(sin {
x 2
-ax +1,x ≥a,
x 2-3ax +2a 2
+1,x <a,
(π4,π2)
θ)=f(cos θ),则实数a 的取值范围是( )A. B.(1
2,1
)
(2
2,1
)
C.(1,)
D.2(12,2
2)
答案　D
二、填空题(单空题4分,多空题6分,共14分)
5.(2019届浙江温州高三适应性检测,15)已知函数f(x)=当λ=5时,不等式f(x)<-1的
{
x 2
+λx +3,x ≤2,
2-log 2x,x >2.解集是 ;若函数f(x)的值域是R ,则实数λ的取值范围是 . 答案　(-4,-1)∪(8,+∞);(-∞,-2]∪[2,+∞)226.(2018浙江金华十校第一学期期末调研,16)已知函数f(x)=的最小值为a+1,则实
{
|x +a |+|x -1|,x >0,
x 2
-ax +2,x ≤0数a 的取值范围为 . 答案　{-2-2}∪[-1,1]
27.(2018浙江诸暨高三上学期期末,17)已知a,b ∈R ,f(x)=|2+ax+b|,若对于任意的x ∈[0,4], f(x)≤x 1
2恒成立,则a+2b= . 答案　-2
三、解答题(共30分)
8.(2017浙江金华十校调研,20)已知函数f(x)=
{
x -x 2
,x ∈[0,1],-5
5f(x -1),x ∈[1,3].
(1)求f 及x ∈[2,3]时函数f(x)的解析式;
(5
2)
(2)若f(x)≤对任意的x ∈(0,3]恒成立,求实数k 的最小值.k
x 解析　(1)f =-f =f =×=.
(5
2)
5
5(3
2)1
5(1
2)
15141
20当x ∈[2,3]时,x-2∈[0,1],所以f(x)=[(x-2)-(x-2)2]=(x-2)(3-x).1
51
5(2)要使f(x)≤,x ∈(0,3]恒成立,只需k ≥[xf(x)]max ,x ∈(0,3]即可.k
x 当x ∈(0,1]时,f(x)=x-x 2,则对任意的x ∈(0,1],xf(x)=x 2-x 3.令h(x)=x 2-x 3,则h(x)max =h =;
(2
3)
4
27当x ∈(1,2]时,xf(x)=-x[(x-1)-(x-1)2]=x(x-1)·(x-2)≤0;5
55
5当x ∈(2,3]时,xf(x)=x[(x-2)-(x-2)2],令x-2=t,则t ∈(0,1],15记g(t)=(t+2)(t-t 2),t ∈(0,1].1
5则g'(t)=-(3t 2+2t-2),令g'(t)=0,15得t 0=
(负值舍去),-1+7
3
故存在t 0=使得函数g(t)在t=t 0处取得最大值,为.
-1+73147-20
135又>
,所以当k ≥时, f(x)≤对任意的x ∈(0,3]恒成立,427147-20135
427k
x 故实数k 的最小值为.
4
279.(2018浙江镇海中学阶段性测试,20)已知函数f(x)=2x+b,g(x)=x 2+bx+c(b,c ∈R ),对任意的x ∈R 恒有f(x)≤g(x)成立.(1)求证:g(x)>0恒成立;
(2)设b=0时,记h(x)=(x ∈[2,+∞)),求函数h(x)的值域;
g (x )
f (x )(3)若对满足条件的任意实数b,c,不等式g(c)-g(b)≤M(c 2-b 2)恒成立,求M 的最小值.解析　(1)证明:f(x)≤g(x)恒成立,即x 2+(b-2)x+c-b ≥0,∴Δ=(b-2)2-4(c-b)≤0,
∴b 2-4c+4≤0,∴b 2-4c ≤-4<0,∴g(x)>0恒成立.(2)∵b=0,∴h(x)=,由(1)知c ≥1.1
2(
x +c
x )
当1≤c ≤4时,h(x)在[2,+∞)上为增函数,∴h(x)的值域为;
[
1+c
4,+∞)
当c>4时,h(x)在[2,]上为减函数,在[,+∞)上为增函数,
c c
∴h(x)的值域为[,+∞).
c 综上,1≤c ≤4时,h(x)的值域为,c>4时,h(x)的值域为[,+∞).[
1+c
4,+∞)
c (3)由(1)推得b 2-4c+4≤0,∴4c-4b≥b 2-4b+4=(b-2)2≥0,∴c-b≥0,同理,c+b ≥0,又g(c)-g(b)≤M(c 2-b 2),即(c+2b)(c-b)≤M(c 2-b 2),当c 2=b 2时,(c+2b)(c-b)=0或-2b 2,∴M∈R ;当c-b>0且c+b>0时,M ≥=1+恒成立,c +2b
c +b b
c +b ∴只需求当c>b>0时,
的最大值即可,而=,b c +b b
c +b
1c b
+1∵>1,∴<,
c b b c +b 1
2∴M≥,即M 的最小值为.
3
23
2。