备战2024年高考数学二轮专题考前演练之函数的解析式 (解析)

这是一份备战2024年高考数学二轮专题考前演练之函数的解析式 (解析)，共11页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知函数f(x)的定义域为R，对任意x∈R均满足：2f(x)−f(−x)=3x+1则函数f(x)解析式为（ ）
A．f(x)=x+1B．f(x)=x−1C．f(x)=−x+1D．f(x)=−x−1
【答案】A
【解析】【解答】由2f(x)−f(−x)=3x+1，可得2f(−x)−f(x)=−3x+1①，
又4f(x)−2f(−x)=6x+2②，①＋②得：3f(x)=3x+3，解得f(x)=x+1，
故答案为：A．
【分析】利用方程思想求解函数的解析式，即可得答案.
2．已知f(x)=2x+3，g(x+2)=f(x)，则g(x)的表达式是( )
A．2x+1B．2x−1C．2x−3D．2x+7
【答案】B
【解析】【解答】解： ∵f(x)=2x+3 ， g(x+2)=f(x) ，
∴g(x+2)=2x+3=2(x+2)−1 ，
∴g(x)=2x+3=2x−1
故答案为：B
【分析】根据题意，得到g(x+2)=2x+3 ，进而求得函数 g(x)的表达式 .
3．已知f(x+1)=x2+2x(x∈R)，则函数f(x)的解析式是（ ）
A．f(x)=x2+1(x∈R)B．f(x)=x2−1(x∈R)
C．f(x)=x2−1(x≥1)D．f(x)=x2+1(x≥1)
【答案】B
【解析】【解答】令t=x+1，由于x∈R，则t∈R， x=t−1，
所以，f(x+1)=f(t)=(t−1)2+2(t−1)=t2−1，得f(t)=t2−1，(t∈R)；
所以，函数f(x)的解析式为f(x)=x2−1(x∈R)；
故答案为：B.
【分析】利用换元法，令t=x+1，从而化简可得f(t)=t2−1，(t∈R)，进而求出函数f(x)的解析式.
4．已知函数f(x)=4x−3，若f(g(x))=2x+3，则函数g(x)的解析式为（ ）
A．g(x)=12x+32B．g(x)=12x−32
C．g(x)=32x+12D．g(x)=32x−12
【答案】A
【解析】【解答】由题意，f(g(x))=4g(x)−3=2x+3，即g(x)=12x+32.
故答案为：A
【分析】利用函数的定义，将g (x)看成整体，可以得到函数g(x)的解析式 .
5．设函数f(1+1x)=2x+1，则f(x)的表达式为（ ）
A．1+x1−x(x≠1)B．1+xx−1(x≠1)
C．1−x1+x(x≠−1)D．2xx+1(x≠−1)
【答案】B
【解析】【解答】令t=1+1x(t≠1)，则可得x=1t−1(t≠1)
所以f(t)=2t−1+1=1+tt−1(t≠1)，所以f(x)=1+xx−1(x≠1)
故答案为：B
【分析】采用换元法，令t=1+1x(t≠1)，则f(t)=2t−1+1=1+tt−1(t≠1)，化简后用x代换t，即可得答案.
6．已知f(1x)=11+x，则函数f(x)的解析式是（ ）
A．f(x)=x1+x(x≠−1)B．f(x)=x1+x（x≠−1且x≠0）
C．f(x)=x1+xD．f(x)=1+x
【答案】B
【解析】【解答】解：由题知x≠0且x≠−1，令t=1x，则x=1t（t≠0且t≠−1），
∴f(t)=11+1t=tt+1（t≠−1且t≠0），
∴f(x)=xx+1（x≠−1且x≠0）．
故答案为：B．
【分析】令t=1x，则x=1t（t≠0且t≠−1），根据换元法求解析式即可.
7．已知函数f(x+1)=x+2，则（ ）
A．f(x)=x2+2x+1B．f(x)=x2−2x+3(x≥1)
C．f(x)=x2−2x+1D．f(x)=x2+2x+3(x≥1)
【答案】B
【解析】【解答】设t=x+1，则t≥1且x=(t−1)2
∴f(t)=(t−1)2+2=t2−2t+3 ∴f(x)=x2−2x+3(x≥1)
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合换元法求出函数的解析式。
8．若函数f(x−1x)=1x2−2x+1，则函数g(x)=f(x)−4x的最小值为（ ）
A．-1B．-2C．-3D．-4
【答案】D
【解析】【解答】因为f(x−1x)=1x2−2x+1=x2−2x+1x2=(x−1x)2，
所以f(x)=x2(x≠0).
从而g(x)=x2−4x=(x−2)2−4，
当x=2时，g(x)取得最小值，且最小值为-4.
故答案为：D
【分析】由配方法求得f(x)=x2(x≠0)，进而得到g(x)=x2−4x，即可求解。
9．已知函数f(x+1)=3x+16，若f(a)=3lg310，则实数a的值为（ ）
A．1B．－1C．2D．－2
【答案】B
【解析】【解答】解：根据题意，f(x+1)=3x+16=3(x+1)+13，
则有f(x)=3x+13，若f(a)=3lg310=10，即3a+13=10，解可得a=−1，
故答案为：B．
【分析】根据题意，求出函数解析式，进而计算可得答案.
10．已知函数f(x)是一次函数，且f[f(x)−4x]=5恒成立，则f(2)=（ ）
A．1B．3C．7D．9
【答案】D
【解析】【解答】因为函数f(x)是一次函数，且f[f(x)−4x]=5恒成立，
令f(x)−4x=t，则f(x)=4x+t，
所以f(t)=4t+t=5，解得t=1，
所以f(x)=4x+1，f(2)=2×4+1=9，
故答案为：D
【分析】设f(x)−4x=t，则f(x)=4x+t，据此可得f(t)=4t+t=5求解可得t的值，即可得f (x)的解析式，将x=2代入函数的解析式计算可得答案.
11．已知函数 f(x) 为实数集上的增函数，且满足 f(f(x)−2x)=3 ，则 f(2)= （ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】C
【解析】【解答】因为 f(f(x)−2x)=3所以令 f(x)−2x=t 可得 f(x)=2x+t ， f(t)=3
所以 2t+t=3 ，所以 t=1 ，即 f(x)=2x+1 ，所以 f(2)=5
故答案为：C
【分析】根据题意由整体思想整理化简即可得出f(x)=2x+t即f(t)=3，从而得出t的取值，由此得出函数的解析式，然后把数值代入计算出函数的值即可。
12．已知 f(x)+2f(−x)=3x2−x ，则 f(x)= （ ）
A．x2+xB．x2C．3x2+xD．x2+3x
【答案】A
【解析】【解答】解：由 f(x)+2f(−x)=3x2−x ，得 f(−x)+2f(x)=3x2+x
∴f(x)+2f(−x)=3x2−xf(−x)+2f(x)=3x2+x ，解得 f(x)=x2+x .
故答案为：A.
【分析】由已知条件把-x代入函数的解析式，整理化简即可得出函数f(x)的解析式。
二、填空题
13．已知函数f(2x+1)=4x2−1，则f(x)= ．
【答案】x2−2x
【解析】【解答】f(2x+1)=(2x+1)2−2(2x+1)，所以f(x)=x2−2x。
故答案为：x2−2x。
【分析】利用已知条件结合换元法得出函数的解析式。
14．写出一个f(1)=1，f(3)=9的二次函数y=f(x)的解析式 ．
【答案】f(x)=43x2−43x+1（答案不唯一）
【解析】【解答】设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，
由f(1)=1，f(3)=9得a+b+c=19a+3b+c=9，
不妨设c=1，则a+b+1=19a+3b+1=9，解得a=43，b=−43，
所以f(x)=43x2−43x+1.
故答案为：f(x)=43x2−43x+1（答案不唯一）
【分析】设出二次函数y=f(x)的解析式，利用f(1)=1，f(3)=9，得a+b+c=19a+3b+c=9，设c=1，求出a，b，可得答案.
15．已知函数f(x+2)=2x2+4x+3，则f(x)= ．
【答案】2x2−4x+3
【解析】【解答】令x+2=t，则x=t−2，
f(t)=2(t−2)2+4(t−2)+3=2t2−4t+3，
所以f(x)=2x2−4x+3.
故答案为：2x2−4x+3.
【分析】根据换元法，令x+2=t，则x=t−2，代入题中条件，即可求出答案.
16．已知函数f(x)对于任意的x都有f(x)−2f(−x)=1+2x，则f(x)= .
【答案】−1+2x3
【解析】【解答】∵f(x)−2f(−x)=1+2x，则f(−x)−2f(x)=1−2x
联立f(x)−2f(−x)=1+2xf(−x)−2f(x)=1−2x，消去f(−x)整理得：f(x)=−1+23x
故答案为：−1+2x3.
【分析】根据题意得到f(−x)−2f(x)=1−2x，联立方程组，求得f(x)=−1+23x，即可求解.
三、解答题
17．已知函数f(x)满足f(x)=2f(−x)+3x−1．
（1）求函数f(x)的解析式；
（2）若关于x的方程|f(x)|=k|x2−x−1|恰有四个不同的实根，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：由题意得：f(−x)=2f(x)−3x−1，∴f(x)=2[2f(x)−3x−1]+3x−1，
解得f(x)=x+1；
（2）解：i.当k<0时，明显无解；
ii.当k=0时，|x+1|=0只有一个实根，不符合条件；
iii.当k>0时，1k=|x2−x−1x+1|=|(x+1)+1x+1−3|恰有四个不相等的实根.
∴(x+1)+1x+1=3+1k与(x+1)+1x+1=3−1k共有四个不相等的实根.
∴|3+1k|>2|3−1k|>2解得1k>5或0<1k<1，∴01，
∴实数k的取值范围是(0，15)∪(1，+∞)．
【解析】【分析】（1） 由题意得到f(−x)=2f(x)−3x−1，代入已知条件，即可求得f(x)的解析式；
（2） 当k<0时，明显无解；当k=0时，|x+1|=0只有一个实根，不符合条件；当k>0时，转化为(x+1)+1x+1=3+1k与(x+1)+1x+1=3−1k共有四个不相等的实根，列出不等式组，即可求解.
18．已知函数f(x)满足2f(x)+f(−x)=x+2x(x≠0)．
（1）求y=f(x)的解析式，并求f(x)在[−3，−1]上的值域；
（2）若对∀x1，x2∈(2，4)且x1≠x2，都有f(x2)−f(x1)x2−x1>kx2⋅x1(k∈R)成立，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：因为2f(x)+f(−x)=x+2x(x≠0)①，
所以2f(−x)+f(x)=−x−2x(x≠0)②，联立①②解得f(x)=x+2x(x≠0).
当x∈[−3，−2]时f(x)为增函数，x∈[−2，−1]时f(x)为减函数，
因为f(−3)=−113，f(−2)=−22，f(−1)=−3
所以f(x)∈[−113，−22]
（2）解：对∀x1，x2∈(2，4)，x1≠x2，都有f(x2)−f(x1)x2−x1>kx2⋅x1(k∈R)，
不妨设4>x2>x1>2，则由f(x2)−f(x1)x2−x1>kx2⋅x1⇒f(x2)−f(x1)>k(x2−x1)x2⋅x1=kx1−kx2
⇒f(x2)+kx2>f(x1)+kx1恒成立，也即可得函数g(x)=f(x)+kx=x+k+2x在区间（2，4）递增；
当k+2=0，即k=−2时，满足题意；
当k+2<0，即k<−2时，g(x)=f(x)+kx=x+(−−k−2x)为两个在(0，+∞)上单调递增函数的和，
则可得g(x)在(0，+∞)单调递增，从而满足g(x)在（2，4）递增，符合题意；
当k+2>0，即k>−2时，g(x)=x+k+2x，其在(0，k+2)递减，在(k+2，+∞)递增，
若使g(x)在（2，4）递增，则只需k+2≤2⇒−2综上可得：k∈(−∞，2]
【解析】【分析】（1） 由2f(x)+f(−x)=x+2x(x≠0)，得到2f(−x)+f(x)=−x−2x(x≠0)，联立方程组，求得f(x)=x+2x(x≠0)，在结合函数的单调性，即可求解；
（2）不妨设4>x2>x1>2，根据题意转化f(x2)+kx2>f(x1)+kx1恒成立，构造g(x)=f(x)+kx，结合函数的单调性，分k+2=0和k+2>0，两种情况讨论，得到k+2≤2，即可求解.
19．已知函数f(x)满足f(x)+2f(−x)=6x2−4x+12．
（1）求f(x)的解析式；
（2）设函数g(x)=8x2+16x−m，若对任意x∈[−3，3]，f(x)≥g(x)恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：由f(x)+2f(−x)=6x2−4x+12，
得f(−x)+2f(x)=6x2+4x+12，
消去f(−x)得3f(x)=6x2+12x+12，所以f(x)=2x2+4x+4．
（2）解：由f(x)≥g(x)，得2x2+4x+4≥8x2+16x−m，即m≥6x2+12x−4对任意x∈[−3，3]恒成立，
令y=6x2+12x−4=6(x+1)2−10，x∈[−3，3]，
当x=3时，y=6x2+12x−4取得最大值86，
所以实数m的取值范围为[86，+∞)．
【解析】【分析】 (1)由 f(−x)+2f(x)=6x2+4x+12与 f(x)+2f(−x)=6x2−4x+12联立，可求得 f(x)的解析式；
(2)依题意，问题转化为 m≥6x2+12x−4对任意x∈[−3，3]恒成立， 求得 y=6x2+12x−4=6(x+1)2−10在[-3， 3]上取得最大值可得m的取值范围.
20．已知二次函数f(x)关于直线x=1对称，f(0)=3，且二次函数f(x)的图像经过点（1，2）.
（1）求f(x)的解析式；
（2）求f(x)在[0，3]上的值域.
【答案】（1）解：设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)
由题意可得−b2a=1f(0)=c=3f(1)=a+b+c=2
解得a=1b=−2c=3
故f(x)=x2−2x+3.
（2）解：由题可知函数f(x)=x2−2x+3的对称轴为x=1
所以函数f(x)在区间[0，1]上单调递减，在区间[1，3]上单调递增
因为f(0)=3，f(3)=6，f(1)=2
所以函数在[0，3]上的值域为[2，6].
【解析】【分析】（1）待定系数法设二次函数的解析式，根据题意联立方程组解出即可；
（2）利用二次函数的性质求二次函数在闭区间上的值域.