全国统考2023版高考数学大一轮复习第2章函数概念与基本初等函数Ⅰ第1讲函数及其表示2备考试题文含解析20230327128

第二章　函数概念与基本初等函数Ⅰ第一讲　函数及其表示1.[2021湖北六校联考]函数f(x)=3x-1+1ln(2-x)的定义域为(　　)A.[13,1)∪(1,+∞)B.[13,2)C.[13,1)∪(1,2)D.(0,2)2.[2021江苏无锡模拟]若函数f(x2+1)的定义域为[-1,1],则f(lgx)的定义域为(　　)A.[-1,1]B.[1,2]C.[10,100]D.[0,lg2]3.[2021四川省棠湖中学模拟]若函数f(x)=1ax2-2ax+2的定义域为R,则实数a的取值范围是(　　)A.(0,2)B.[0,2]C.(0,2]D.[0,2)4.[2021福建师大附中模拟]函数f(x)=(1-2a)x+3a(x<1),lnx(x≥1)的值域为R,则实数a的取值范围是(　　)A.(-∞,-1)B.[12,1]C.[-1,12)D.(0,12)5.[2021四川省新津中学模拟]已知函数f(x)=2x-1-2,x≤1,-log2(x+1),x>1且f(a)=-3,则f(6-a)=(　　)A.-74B.-54C.-34D.-146.[2021天津南开中学月考]若函数f(x)=x+2,x≤2,1+logax,x>2(a>0,a≠1)的最大值是4,则a的取值范围是(　　)A.(0,1)∪(1,2]B.(0,1)∪(1,2]C.(0,1)D.(0,1)∪(1,32]7.[2021贵阳市四校第二次联考]设函数f(x)=log2(x+1),x≥0,-x,x<0,则满足f(x+1)<2的x的取值范围为(　　)A.(-4,3)B.(-5,2)C.(-3,4)D.(-∞,-3)∪(4,+∞)8.[2021湖北省四地七校联考]已知f(x)=x2,x<0,2x-2,x≥0,则f(f(-2))=　　　　. 9.[2021四川省遂宁市零诊]函数f(x)=x2-x+1,x<1,1x,x>1的值域为　　　　. 10.[递进型]已知a>0且a≠1,函数f(x)=f(x+2),x<0,ax-1,x≥0,若f(2)=8,则实数a的值为　　　　,\nf(-3)=　　　　. 11.已知函数f(x)=mx+3,x>0,f(x+1),x≤0,g(x)=ax2+x,f(32)+f(-32)=10,g(f(-2))=30,则a的值为　　　　. 12.[2021湖北百校联考]已知函数f(x)=2x2+x,x≥0,ex-1,x<0,若f(2a)>f(6-a),则a的取值范围是　　　　. 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　13.[2020武汉市模拟]设函数f(x)=2-x,x<1,x2,x≥1,则满足2f(f(a))=f(a)的a的取值范围是(　　)A.(-∞,0]B.[0,2]C.[2,+∞)D.(-∞,0]∪[2,+∞)14.[2020济南市4月模拟]已知符号函数sgn(x)=1,x>0,0,x=0,-1,x<0.下列说法错误的是(　　)A.函数y=sgn(x)是奇函数B.对任意的x>1,sgn(lnx)=1C.函数y=ex·sgn(-x)的值域为(-∞,1)D.对任意的x∈R,|x|=x·sgn(x)15.[易错题]已知函数f(x)=22-x,x<2,34x2-3x+4,x≥2,若不等式a≤f(x)≤b的解集恰好为[a,b],则b-a=　　　　　. 答案第二章　函数概念与基本初等函数Ⅰ第一讲　函数及其表示1.C　要使函数f(x)=3x-1+1ln(2-x)有意义,则3x-1≥0,2-x>0,2-x≠1⇒x≥13,x<2,x≠1,故函数的定义域为[13,1)∪(1,2).故选C.2.C　因为f(x2+1)的定义域为[-1,1],则-1≤x≤1,故0≤x2≤1,所以1≤x2+1≤2.因为f(x2+1)与f(lgx)是同一个对应法则,所以1≤lgx≤2,即10≤x≤100,所以函数f(lgx)的定义域为[10,100].故选C.3.D　由题意可知,当x∈R时,不等式ax2-2ax+2>0恒成立.①当a=0时,ax2-2ax+2=2>0显然成立,故a=0符合题意;②当a≠0时,要想x∈R时,不等式ax2-2ax+2>0恒成立,只需满足a>0且(-2a)2-4·a·2<0成立即可,解得0<a<2.综上可得,实数a的取值范围是[0,2).故选D.4.C　因为函数f(x)=(1-2a)x+3a(x<1),lnx(x≥1)的值域为R,所以1-2a>0,1-2a+3a≥0,解得-1≤a<12,故选C.5.A　因为f(a)=-3,所以a≤1,2a-1-2=-3或a>1,-log2(a+1)=-3,解得a=7,所以f(6-a)=f(-1)=2-1-1-2=-74.故选A.\n6.C　当x>2时,若a>1,则函数f(x)=1+logax单调递增,没有最大值,因此必有0<a<1,此时f(x)=1+logax满足f(x)<1+loga2.当x≤2时,f(x)=x+2的最大值是4.因此有1+loga2≤4,解得0<a≤32,故0<a<1.故选C.7.B　解法一　当x≥-1时,f(x+1)<2等价于log2[(x+1)+1]<2=log24,即x+2<4,解得-1≤x<2;当x<-1时,f(x+1)<2等价于-(x+1)<2,解得-5<x<-1.综上,使得f(x+1)<2的x的取值范围是(-5,2),故选B.图D2-1-2解法二　作出函数f(x)的图象及直线y=2,如图D2-1-2所示,令f(x)=2,解得x=-4或x=3,由图象可知,f(x+1)<2等价于-4<x+1<3,解得-5<x<2,所以满足f(x+1)<2的x的取值范围为(-5,2),故选B.解法三　当x=2时,f(x+1)=f(3)=2,不满足不等式,排除A,C,当x=0时,f(x+1)=f(1)=1,满足不等式,排除D,故选B.8.14　因为f(x)=x2,x<0,2x-2,x≥0,所以f(-2)=(-2)2=4,所以f(f(-2))=f(4)=24-2=16-2=14.9.(0,+∞)　当x<1时,f(x)=x2-x+1=(x-12)2+34≥34;当x>1时,f(x)=1x∈(0,1).综上可得,f(x)=x2-x+1,x<1,1x,x>1的值域为(0,+∞).10.3　2　由题意知f(2)=a2-1=8,即a2=9,又a>0,所以a=3,所以f(-3)=f(-1)=f(1)=3-1=2.11.1　f(32)=32m+3,f(-32)=f(12)=12m+3,所以f(32)+f(-32)=32m+3+12m+3=2m+6=10,解得m=2,所以f(x)=2x+3,x>0,f(x+1),x≤0,f(-2)=f(1)=5,所以g(f(-2))=g(5)=25a+5=30,解得a=1.12.(2,+∞)　当x≥0时,f(x)=2x2+x=2(x+14)2-18≥0,且f(x)在[0,+∞)上单调递增;当x<0时,f(x)=ex-1<0,且f(x)在(-∞,0)上单调递增.因为f(0)=0,所以f(x)在R上单调递增,所以2a>6-a,故a>2.13.D　因为2f(f(a))=f(a),所以f(f(a))=f(a)2.①当a<1时,f(a)=(12)a,要使f(f(a))=f(a)2,必有(12)a≥1,即a≤0;②当a≥1时,f(a)=a2,要使f(f(a))=f(a)2,必有a2≥1,即a≥2.综上,实数a的取值范围是(-∞,0]∪[2,+∞).故选D.14.C　画出函数y=sgn(x)的图象(图略),由图象可知函数是奇函数,因此选项A正确;当x>1时,lnx>0,故sgn(lnx)=1,因此选项B正确;当x>0时,y=ex·sgn(-x)=-ex<-1,当x=0时,y=ex·0=0,当x<0时,0<y=ex·sgn(-x)=ex<1,所以y=ex·sgn(-x)的值域为(-∞,-1)∪[0,1),因此选项C错误;对于D选项,当x>0时,|x|=x,x·sgn(x)=x·1=x,故|x|=x·sgn(x),当x=0时,|x|=0,x·sgn(x)=x·0=0,故|x|=x·sgn(x),当x<0时,|x|=-x,x·sgn(x)=x·(-1)=-x,故|x|=x·sgn(x),所以对于任意的x∈R,|x|=x·sgn(x)恒成立,因此选项D正确.故选C.\n15.4　由函数f(x)的解析式知,函数f(x)在(-∞,2)上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,f(x)min=f(2)=1.若a>1,则不等式a≤f(x)≤b的解集为[x1,x2]∪[x3,x4]的形式,不符合题意,所以a≤1,此时因为22-1=2,所以b≥2,令34m2-3m+4=m,解得m=43(舍去)或m=4,取b=4,令22-x=4,得x=0,所以a=0,所以b-a=4.