(完整版)高一函数大题训练附答案

一、解答题

1．已知函数满足，当时，，当时，的最大值为-4.

（1）求时函数的解析式；

（2）是否存在实数使得不等式对于时恒成立，若存在，求出实数的取值集合，若不存在，说明理由.

2．（附加题，本小题满分10分，该题计入总分）

已知函数，若在区间内有且仅有一个，使得成立，则称函数具有性质．

（1）若，判断是否具有性质，说明理由；

（2）若函数具有性质，试求实数的取值范围．

3．

已知有穷数列、（），函数.

（1）如果是常数列，，，，在直角坐标系中在画出函数的图象，据此写出该函数的单调区间和最小值，无需证明；

（2）当，（）时，判断函数在区间上的单调性，并说明理由；

（3）当，，时，求该函数的最小值.

4．若定义在上的函数满足：对于任意实数、，总有恒成立.我们称为“类余弦型”函数.

（1）已知为“类余弦型”函数，且，求和的值.

（2）在（1）的条件下，定义数列求的值.

（3）若为“类余弦型”函数，且对于任意非零实数，总有，证明：函数为偶函数；设有理数，满足，判断和的大小关系，并证明你的结论.

5．对于函数，若存在实数m，使得为R上的奇函数，则称是位差值为m的“位差奇函数”.

（1）判断函数和是否是位差奇函数，并说明理由；

（2）若是位差值为的位差奇函数，求的值；

（3）若对于任意，都不是位差值为m的位差奇函数，求实数t的取值范围.

6．对于定义域为的函数，如果存在区间，其中，同时满足：

①在内是单调函数：②当定义域为时，的值域为，则称函数是区间上的“保值函数”，区间称为“保值区间”.

（1）求证：函数不是定义域上的“保值函数”；

（2）若函数（）是区间上的“保值函数”，求的取值范围；

（3）对（2）中函数，若不等式对恒成立，求实数的取值范围.

7．定义：若存在常数，使得对定义域D内的任意两个不同的实数，均有：成立，则称在D上满足利普希茨(Lipschitz)条件．

（1）试举出一个满足利普希茨(Lipschitz)条件的函数及常数的值，并加以验证；

（2）若函数在上满足利普希茨(Lipschitz)条件，求常数的最小值；

（3)现有函数，请找出所有的一次函数，使得下列条件同时成立：

①函数满足利普希茨(Lipschitz)条件；

②方程的根也是方程的根，且；

③方程在区间上有且仅有一解．

8．已知函数，，如果对于定义域内的任意实数，对于给定的非零常数，总存在非零常数，恒有成立，则称函数是上的级类增周期函数，周期为，若恒有成立，则称函数是上的级类周期函数，周期为.

（1）已知函数是上的周期为1的2级类增周期函数，求实数的取值范围；

（2）已知，是上级类周期函数，且是上的单调递增函数，当时，，求实数的取值范围；

（3）是否存在实数，使函数是上的周期为的级类周期函数，若存在，求出实数和的值，若不存在，说明理由.

9．已知函数.

（1）判断的图象是否是中心对称图形？若是，求出对称中心；若不是，请说明理由；

（2）设，试讨论的零点个数情况.

10．已知函数的定义域，值域为.

（1）下列哪个函数满足值域为，且单调递增？（不必说明理由）

①，②.

（2）已知函数的值域，试求出满足条件的函数一个定义域；

（3）若，且对任意的，有，证明：.

11．已知函数，记．

⑴解不等式：；

⑵设k为实数，若存在实数，使得成立，求k的取值范围；

⑶记(其中a，b均为实数)，若对于任意的，均有，求a，b的值．

12．已知平面直角坐标系xOy，在x轴的正半轴上，依次取点，，，，并在第一象限内的抛物线上依次取点，，，，，使得都为等边三角形，其中为坐标原点，设第n个三角形的边长为．

⑴求，，并猜想不要求证明)；

⑵令，记为数列中落在区间内的项的个数，设数列的前m项和为，试问是否存在实数，使得对任意恒成立？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由；

⑶已知数列满足：，数列满足：，求证：．

13．已知集合M是满足下列性质的函数的全体：在定义域内存在使得成立．

（1）函数是否属于集合M？请说明理由；

（2）函数M，求a的取值范围；

（3）设函数，证明：函数M．

14．已知函数，

(1)分别求的值:

(2)讨论的解的个数:

(3)若对任意给定的,都存在唯一的,满足，求实数

的取值范围.

15．已知函数 是奇函数.

(1)判断函数在上的单调性,并用定义法证明你的结论;

(2)若对于区间上的任意值,使得不等式恒成立,求实数的取值范围.

【参】

一、解答题

1．（1）f（x）＝lnx－x；（2）{1}

【解析】

【详解】

试题分析：（1）由已知得：f（x）＝2f（x＋2）＝4f（x＋4），设x∈（－4，－2）时，则x＋4∈（0，2），代入x∈（0，2）时，f（x）＝lnx＋ax（a＜−），求出f（x＋4）＝ln（x＋4）＋a（x＋4），再根据当x∈（－4，－2）时，f（x）的最大值为－4，利用导数求得它的最大值，解方程即可求得a的值，进而求得结论；

（2）假设存在实数b使得不等式对于x∈（0，1）∪（1，2）时恒成立，由（1）可得：x∈（0，1）∪（1，2）时，不等式恒成立，利用分离参数的方法，转化为求函数的最值问题，即可求得b的值．

试题解析：（1）由已知，f（x）＝2f（x＋2）＝4f（x＋4）

当x∈（0，2）时，f（x）＝lnx＋ax（a＜－）

当x∈（－4，－2）时，x＋4∈（0，2），

∴f（x＋4）＝ln（x＋4）＋a（x＋4）

∴当x∈（－4，－2）时，f（x）＝4f（x＋4）＝4ln（x＋4）＋4a（x＋4）

∴f '（x）＝＋4a＝4a•，

∵a＜−，∴−4＜−−4＜−2，

∴当x∈（−4， −−4）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，

当x∈（−−4，−2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数，

∴f（x）max＝f（−−4）＝4ln（−）＋4a（−）＝−4，∴a＝－1

∴当x∈（0，2）时，f（x）＝lnx－x

（2）由（1）可得：x∈（0，1）∪（1，2）时，不等式恒成立，

即为恒成立，

①当x∈（0，1）时，

⇒b＞x−lnx，令g（x）＝x−lnx，x∈（0，1）

则g′（x）＝1−＝

令h（x）＝2−lnx−2，

则当x∈（0，1）时，h′（x）＝＝＜0

∴h（x）＞h（1）＝0，∴g′（x）＝＞0，

∴g（x）＜g（1）＝1，故此时只需b≥1即可；

②当x∈（1，2）时，

⇒b＜x−lnx，令φ（x）＝x−lnx，x∈（1，2）

则φ′（x）＝1−＝

令h（x）＝2−lnx−2，

则当x∈（1，2）时，h′（x）＝＝＞0

∴h（x）＞h（1）＝0，∴φ′（x）＝＞0，

∴φ（x）＞φ（1）＝1，故此时只需b≤1即可，

综上所述：b＝1，因此满足题中b的取值集合为：{1}

考点：利用导数研究函数的单调性，最值，函数的周期性，不等式恒成立问题，分类讨论．

2．（Ⅰ）具有性质; （Ⅱ）或或

【解析】

【详解】

试题分析：（Ⅰ）具有性质．若存在，使得，解方程求出方程的根，即可证得；（Ⅱ）依题意，若函数具有性质，即方程在上有且只有一个实根．设，即在上有且只有一个零点．讨论的取值范围，结合零点存在定理，即可得到的范围．

试题解析：（Ⅰ）具有性质．

依题意，若存在，使，则时有，即，，．由于，所以．又因为区间内有且仅有一个，使成立，所以具有性质 5分

（Ⅱ）依题意，若函数具有性质，即方程在上有且只有一个实根．

设，即在上有且只有一个零点．

解法一：

（1）当时，即时，可得在上为增函数，

只需解得交集得．

（2）当时，即时，若使函数在上有且只有一个零点，需考虑以下3种情况：

（ⅰ）时，在上有且只有一个零点，符合题意．

（ⅱ）当即时，需解得交集得．

（ⅲ）当时，即时，需解得交集得．

（3）当时，即时，可得在上为减函数

只需解得交集得．

综上所述，若函数具有性质，实数的取值范围是或或 14分 

解法二：

依题意，

（1）由得，，解得或．

同时需要考虑以下三种情况：

（2）由解得．

（3）由解得不等式组无解．

（4）由解得解得．

综上所述，若函数具有性质，实数的取值范围是或

或 14分．

考点：1．零点存在定理；2．分类讨论的思想．

3．（1）图象见解析；递减区间，递增区间，最小值；（2）单调递增；理由见解析；（3）.

【解析】

（1）根据条件采用零点分段的方法作出函数的图象，根据图象确定出的单调区间和最小值；

（2）写出的解析式，根据分析函数的结构，从而判断出的单调性；

（3）先根据条件证明出的单调性然后即可求解出的最小值.

【详解】

（1）如图所示，

由图象可知：单调递减区间，单调递增区间，最小值；

（2）因为且,

所以，

所以 ，

所以，

所以且，

所以在上单调递增；

（3）因为，

显然当时，单调递增，当时，单调递减，

设存在一个值，使得时递减，时递增，此时最小值即为，下面证明存在：

因为若要时递减，时递增，

则有，解得：，

且，解得：，

所以，所以，所以存在满足条件，故假设成立，

综上可知：在上单调递减，在上单调递增，

【点睛】

本题考查数列与函数的综合应用，其中着重考查了函数单调性方面的内容，对学生的理解与分析能力要求较高，难度较难.

4．（1）；；（2）2037171；（3）证明见解析，.

【解析】

【分析】

（1）先令，，解出，然后再令解出；

（2）由题意可以推出是以为首项，公比为的等比数列，然后得出数列的通项公式，再利用对数的运算法则求的值；

（3）先令，得出，然后令，得可证明为偶函数；由时，，则，即，令(为正整数)，有，由此可递推得到对于任意为正整数，总有成立，即有时，成立，可设，，其中是非负整数，都是正整数，再由偶函数的结论和前面的结论即可得到大小.

【详解】

解：（1）令，，得，∴；

再令，得，∴，∴.

（2）由题意可知，

令，，得，

∴

∴

.

∴是以3为首项，以2为公比的等比数列.因此，

故有

所以

（3）令，，，又∵，∴

令，，∴，

即.

∴对任意的实数总成立，

∴为偶函数.

结论：.

证明：设，∵时，，

∴，即.

∴令，故，

总有成立.

∴对于，总有成立.

∴对于，若，则有成立.

∵，所以可设，，其中，是非负整数，，都是正整数，

则，，令，，，则.

∵，∴，∴，即.

∵函数为偶函数，∴，.∴.

【点睛】

本题考查新定义函数问题，考查学生获取新知识、应用新知识的能力，考查函数的基本性质在解题中的应用，属于难题.

5．(1) 对于任意有为位差奇函数, 不存在有为位差奇函数.(2) ;(3) 

【解析】

【分析】

(1)根据题意计算与,判断为奇函数的条件即可.

(2)根据是位差值为的位差奇函数可得为R上的奇函数计算的值即可.

(3)计算为奇函数时满足的关系,再根据对于任意都不是位差值为m的位差奇函数求解恒不成立问题即可.

【详解】

(1)由,所以为奇函数.

故对于任意有为位差奇函数.

又,设.

此时,若为奇函数则恒成立.与假设矛盾,故不存在有为位差奇函数.

(2) 由是位差值为的位差奇函数可得,为R上的奇函数.即为奇函数.

即,.

(3)设

.由题意对任意的均不恒成立.

此时

即对任意的不恒成立.

故在无解.又,故.

故

【点睛】

本题主要考查了函数的新定义问题,需要根据题意求所给的位差函数的表达式分析即可.属于中等题型.

6．（1）证明见详解；（2）或；（3）

【解析】

【分析】

（1）根据“保值函数”的定义分析即可（2）按“保值函数”定义知，，转化为是方程的两个不相等的实根，利用判别式求解即可（3）去掉绝对值，转化为不等式组，分离参数，利用函数最值解决恒成立问题.

【详解】

（1）函数在时的值域为，不满足“保值函数”的定义，

因此函数不是定义域上的“保值函数”.

（2）因为函数在内是单调增函数，

因此，，

因此是方程的两个不相等的实根，

等价于方程有两个不相等的实根.

由

解得或.

（3），

，

即为对恒成立.

令，易证在单调递增，

同理在单调递减.

因此，，

.

所以

解得.

又或，

所以的取值范围是.

【点睛】

本题主要考查了新概念，函数的单调性，一元二次方程有解，绝对值不等式，恒成立，属于难题.

7．（1），见解析；（2）（3）

【解析】

【分析】

（1）令可以满足题意，一次函数和常值函数都可以满足；

（2）根据定义化简，得出k的最小值；

（3）由于所有一次函数均满足（1）故设是的根，推得，若符合题意，则也符合题意，可以只考虑的情形，分①若，②若，分别验证是否满足题意，可得k的范围.

【详解】

（1）例如令由

知可取满足题意（任何一次函数或常值函数等均可）．

（2）在为增函数对任意有

（当时取到）所以 

（3）由于所有一次函数均满足（1）故设是的根，

又

若符合题意，则也符合题意，故以下仅考虑的情形．

设

①若，则由且

所以，在中另有一根，矛盾． 

②若，则由

所以，在中另有一根，矛盾． 

以下证明，对任意符合题意．

当时，由图象在连接两点的线段的上方知

当时，

当时，

综上：有且仅有一个解，在满足题意．

综上所述：,

故得解.

【点睛】

本题考查运用所学的函数知识解决新定义等相关问题，关键在于运用所学的函数知识，紧紧抓住定义，构造所需要达到的定义式，此类题目综合性强，属于难度题.

8．（1）；（2）；（3）当时，，；当时，，.

【解析】

【分析】

（1）由题意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，+∞）上单调递增，即可求得实数a的取值范围；（2）由x∈[0，1）时，f（x）＝2x，可求得当x∈[1，2）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m•2x﹣1，…当x∈[n，n+1）时，f（x）＝mn•2x﹣n，利用f（x）在[0，+∞）上单调递增，可得m＞0且mn•2n﹣n≥mn﹣1•2n﹣（n﹣1），从而可求实数m的取值范围；（3）f（x+T）＝Tf（x）对一切实数x恒成立，即cosk（x+T）＝Tcoskx对一切实数恒成立，分当k＝0时，T＝1；当k≠0时，要使cosk（x+T）＝Tcoskx恒成立，只有T＝±1，于是可得答案．

【详解】

（1）由题意可知：f（x+1）＞2f（x），即﹣（x+1）2+a（x+1）＞2（﹣x2+ax）对一切[3，+∞）恒成立，

整理得：（x﹣1）a＜x2﹣2x﹣1，

∵x≥3，

∴ax﹣1，

令x﹣1＝t，则t∈[2，+∞），g（t）＝t在[2，+∞）上单调递增，

∴g（t）min＝g（2）＝1，

∴a＜1．

（2）∵x∈[0，1）时，f（x）＝2x，

∴当x∈[1，2）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m•2x﹣1，…

当x∈[n，n+1）时，f（x）＝mf（x﹣1）＝m2f（x﹣2）＝…＝mnf（x﹣n）＝mn•2x﹣n，

即x∈[n，n+1）时，f（x）＝mn•2x﹣n，n∈N*，

∵f（x）在[0，+∞）上单调递增，

∴m＞0且mn•2n﹣n≥mn﹣1•2n﹣（n﹣1），

即m≥2．

（3）由已知，有f（x+T）＝Tf（x）对一切实数x恒成立，

即cosk（x+T）＝Tcoskx对一切实数恒成立，

当k＝0时，T＝1；

当k≠0时，

∵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，

当T＝1时，cos（kx+k）＝coskx得到 k＝2nπ，n∈Z且n≠0；

当T＝﹣1时，cos（kx﹣k）＝﹣coskx得到﹣k＝2nπ+π，

即k＝（2n+1）π，n∈Z；

综上可知：当T＝1时，k＝2nπ，n∈Z；

当T＝﹣1时，k＝（2n+1）π，n∈Z．

【点睛】

本题考查周期函数，着重考查函数在一定条件下的恒成立问题，综合考查构造函数、分析转化、分类讨论的数学思想与方法，难度大，思维深刻，属于难题．

9．（1）的图象是中心对称图形，对称中心为：；（2）当或时，有个零点；当时，有个零点

【解析】

【分析】

（1）设，通过奇偶性的定义可求得为奇函数，关于原点对称，从而可得的对称中心，得到结论；（2），可知为一个解，从而将问题转化为解的个数的讨论，即的解的个数；根据的范围，分别讨论不同范围情况下方程解的个数，从而得到零点个数，综合得到结果.

【详解】

（1） 设       定义域为：

为奇函数，图象关于对称

的图象是中心对称图形，对称中心为：

（2）令

，可知为其中一个解，即为一个零点

只需讨论的解的个数即可

①当时，无解

有且仅有一个零点

②当时 ，       为方程的解

有，共个零点

③当时，

（i）若，即时，

为方程的解

有，共个零点

（ii）若，即时，的解为：

有且仅有一个零点

（iii）若，即时，，方程无解

有且仅有一个零点

综上所述：当或时，有个零点；当时，有个零点

【点睛】

本题考查函数对称性的判断、函数零点个数的讨论.解决本题中零点个数问题的关键是能够将问题转化为方程根的个数的讨论，从而根据的不同范围得到方程根的个数，进而得到零点个数，属于较难题.

10．（1）见解析；（2）见解析；（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）由正切函数与对数函数的性质可直接判断；

（2）由，得，进而利用正弦函数的性质列式求解即可；

（3）利用反证法，假设存在使得，结合条件推出矛盾即可证得.

【详解】

（1）满足. 

不满足. 

（2）因为，所以

即， 

所以

所以 

满足条件的（答案不唯一）. 

（3）假设存在使得 

又有，

所以， 

结合两式：，所以，

故.

由于知：.

又.

类似地，由于，

得.

所以，与矛盾，所以原命题成立.

【点睛】

本题主要考查了复合函数的性质及反证法的证明，属于难题.

11．(1) (2) (3)，

【解析】

【分析】

⑴函数，，即为，即为，可得解集；

⑵根据，利用换元法，求解最值，即可求解k的取值范围；

⑶根据(其中a，b均为实数)，，均有，建立关系即可求解a，b的值．

【详解】

⑴函数，，

即为，即为，

即有，解得，

即解集为；

⑵存在实数，使得成立，

即为，

设，在递增，可得，

，

即有，

则，

设，，

即有，在递增，

可得，

即有.

⑶

，

令，，，

．

若对于任意的，均有，

即对任意，．

，

解得：，．

【点睛】

本题主要考查了函数恒成立问题的求解，分类讨论以及转化思想的应用，二次函数闭区间是的最值以及单调性的应用．

12．⑴，,；⑵；⑶详见解析

【解析】

【分析】

，，进而猜想出．

.由，可得，，，，利用等比数列的求和公式即可得出.根据对任意恒成立即可得出范围．

，记，

可得，，

记，可得，根据当时，即可得出．

【详解】

解：，

猜想

，由，

，，，

对任意恒成立

⑶证明：，记，

则

，记，

则

，

当时，可知：，

【点睛】

本题考查了数列与函数的关系、等比数列的通项公式与求和公式及其性质、三角函数求值及其性质，考查了推理能力与计算能力，属于难题．

13．（1）见解析；（2）；（3）见解析

【解析】

【分析】

（1）直接进行验证或用反证法求解；（2）由M得到方程在定义域内有解，然后转化成二次方程的问题求解；（3）验证函数满足即可得到结论成立．

【详解】

（1）．理由如下：

假设，

则在定义域内存在，使得成立，

即，

整理得， 

∵方程无实数解，

∴假设不成立，

∴． 

（2）由题意得，

在定义域内有解，

即在实数集R内有解， 

当时，，满足题意； 

当时，由，得，

解得且，

综上，

∴实数a的取值范围为． 

（3）证明：∵，

∴，

又函数的图象与函数的图象有交点，

设交点的横坐标为a，则，

∴，其中，

∴ 存在使得成立，

∴．

【点睛】

本题以元素与集合的关系为载体考查函数与方程的知识，解题的关键是根据题意中集合元素的特征将问题进行转化，然后再结合方程或函数的相关知识进行求解，考查转化能力和处理解决问题的能力．

14．(1)-1,0.

(2) 解: 解: 解: 解.

 (3) .

【解析】

【分析】

（1）直接由分段函数求得，的值；（2）求出函数的解析式并作出图象，数形结合可得的解的个数；（3）由题意可得的取值必须大于1，然后根据的范围分析关于的二次函数的值域，从而可得实数的取值范围．

【详解】

（1）∵，∴．

∵，∴．

（2），画图的图象如图，

由图可知，当时，方程有0解；

当时，方程有2解；

当时，方程有4解；

当时，方程有3解．

（3）要使对任意给定的，都存在唯一的，满足，则的取值必须大于1；即当时，的值域包含于；

当时，，舍去；当时，，；

当时，，舍去；综上所述

【点睛】

本题主要考查了分段函数的应用，关键是可以把当作是一个整体，然后再确定数的大小后再把它作为一个关于的函数求解，是难题．

15．(1)上为单调减函数;证明见解析        (2)

【解析】

【详解】

试题分析：(1)利用奇偶性，确定函数的解析式，然后利用函数单调性的定义，判断函数的单调性；(2)利用函数的单调性，结合不等式恒成立问题，求解参数的取值范围.

试题解析：(1)由条件可得,即 

化简得,从而得;由题意舍去,所以

即,

上为单调减函数,

证明如下:设,

则=

因为,所以,;

所以可得,所以,即;

所以函数在上为单调减函数,

(2)设 ,由(1)得在上为单调减函数,

所以在上单调递减;所以在上

的最大值为.

由题意知在上的最大值,所以.