高中数学竞赛专题大全竞赛专题2函数50题竞赛真题强化训练含解析

这是一份高中数学竞赛专题大全竞赛专题2函数50题竞赛真题强化训练含解析，共31页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

竞赛专题2 函数
（50题竞赛真题强化训练）
一、单选题
1．（2019·全国·高三竞赛）函数的定义域为，若满足（1）在内是单调函数；（2）存在，使在上的值域为，则称为“闭函数”.现知是闭函数，那么的取值范围是（       ）.
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】
【详解】
因为有两个不等的实根，
从而，，且
故
解得.
故答案为D
2．（2018·全国·高三竞赛）表示不超过实数x的最大整数，设N为正整数．则方程在区间中所有解的个数是（　　）．
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
【详解】
显然，为方程的一个解．
下设，，．则．
原方程为，即．
又，为整数，则共个．
因为，所以，这类数共有个．
故方程在区间中所有解的个数为．
3．（2019·全国·高三竞赛）设是给定的常数，是上的奇函数，且在上递增. 若，，那么，的变化范围是（       ）.
A． B．或
C． D．
【答案】B
【解析】
【详解】
由是奇函数，得. 所以，.
因为在上递增，结合，得到在上的草图.
再注意到是奇函数，其图像关于原点对称，得到的草图（如图）.

由图像可知，等价于或. 于是，
由，得或.
又，所以，或.选B.
4．（2019·贵州·高三竞赛）方程组的解的组数是（       ）
A．5 B．6 C．7 D．8
【答案】B
【解析】
【详解】
如图，分别画出与的图象，

从中看出两图象有六个交点，故方程组解的组数有6组.
故选：B.
5．（2020·浙江温州·高一竞赛）已知实数a，b满足：对于任意的实数x，不等式恒成立，则的取值范围为（       ）．
A．[1，+) B．[，+) C．[，+) D．[，+)
【答案】A
【解析】
【详解】
恒成立，若b∈(-，)，
取|x|∈(b，)则矛盾．
若b>，则取|x|>，所以b=，
取x=0，()2·≥0，则a≤0，
．
又a≤0，所以最小值为1．
故选：A.
二、填空题
6．（2018·湖南·高三竞赛）设，函数（其中表示对于，当时表达式的最大值），则的最小值为_____.
【答案】
【解析】
【详解】
对于每一个，函数是线性函数.因此，在任意有限闭区间上，函数的最大值与最小值均在区间端点处达到，从而有

由于函数图像交点的横坐标c满足
，
得到其图像为两条折线组成，且

故答案为
7．（2018·天津·高三竞赛）若为正实数，且是奇函数，则不等式的解集是_____________
【答案】
【解析】
【详解】
由可得
即
也即，所以.
由于在（0，+）上递增，所以在（0，+）上是增函数，结合是奇函数可知在R上是增函数.解不等式，只需找到的解.
方程等价于
也即
两边平方，解得.因此，不等式的解集是.
故答案为
8．（2020·江苏·高三竞赛）已知集合，则满足的函数：共有___________个．
【答案】47
【解析】
【详解】
解析,值域中元素的个数为1或6，
若值域中元素的个数为1， 则（为常数），共6种；
若值域中元素的个数6，
当时，1种；
当，则3个一组，有．
因此题述所求为个．
故答案为：47.
9．（2021·全国·高三竞赛）若函数的定义域为，值域为，则实数t的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【详解】
解析：易知在上单调递减，
因为函数的值域为，所以即两式相减得，
，
所以.因为，所以，而
，
所以.
又，所以.
故答案为：.
10．（2018·山东·高三竞赛）函数的值域为______．（其中表示不超过实数的最大整数）．
【答案】       
【解析】
【详解】
因为且，
所以以为周期，且图象关于直线对称．
所以只需讨论时，的取值即可．
易得，当时，取得最大值2；当时，取得最小值，
所以的值域为．
11．（2021·浙江金华第一中学高三竞赛）设为定义在上的函数．若正整数满足，则的所有可能值之和为______．
【答案】12121
【解析】
【详解】
,
,
考虑的周期为4,分四种情况考虑
(1)当(为正整数)时,
,
所以;
(2)当时，,无正整数解;
(3)当时，,无正整数解;
(4)当时，,此时，
综上,或,
故答案为：12121.
12．（2020·江苏·高三竞赛）已知函数是定义在上的奇函数，若为偶函数，且，则实数的最大值为___________．
【答案】1
【解析】
【详解】
解析：由题意，
则，求导可得为单调递增的函数，
故，则，解得，则实数的最大值为1．
故答案为：1.
13．（2021·全国·高三竞赛）已知s､t是关于x的整系数方程的两根，，则当正整数a取得最小值时，___________.
【答案】
【解析】
【详解】
设，则，
因为，所以，
所以.
又因为，所以，但，所以.
当时，，所以，
所以.
于是，故.
14．（2021·全国·高三竞赛）方程的不同的实数解的个数为___________.
【答案】5
【解析】
【详解】
解析：易知是原方程的解.
当时，利用，原方程

等价于
.
方程两端同除x，整理后得.再同除x，得
.
即，从而有
.
经验证均是原方程的根，所以原方程共有5个不同的实数根.
故答案为：5.
15．（2018·河北·高二竞赛）已知且，则的最大值为________.
【答案】
【解析】
【详解】
由已知得.
所以.
因为，所以，设，则有点（s，t）在以（1，1）为圆心，2为半径的圆弧（第一象限及坐标轴）上.
由线性规划知识直线与圆弧相切于点时，.
16．（2018·河南·高三竞赛）已知、、均为正数，则的最大值为______．
【答案】       
【解析】
【详解】
记，那么，，，
于是，得       ．                    ①
又                                 ．                    ②
由①②可得，所以，即，当且仅当时取得．
17．（2018·甘肃·高三竞赛）已知函数（），函数满足（），若函数恰有2019个零点，则所有这些零点之和为______．
【答案】2019
【解析】
【详解】
易知函数为奇函数，从而的图象关于点对称．函数，可知的图象也关于点对称．
由此的图象关于点对称，从而这2019个零点关于点（1,0）对称，
由于是的一个零点，其余2018个零点首尾结合，两两关于点对称，和为2018，故所有这些零点之和为2019．
18．（2018·甘肃·高三竞赛）关于的方程有唯一实数解，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【详解】
解法一原方程化为．
（1）．
（2）即时，的两根分别为1、3，不符合题意．
（3）即时，的两根分别为2，．
因此，符合题意要求．
（4），即时，若，不符合要求；
若，因此，符合要求．
解法二，因为，所以
．
在上单调递增，在上单调递减．
又，所以的取值范围是．
19．（2019·上海·高三竞赛）若直线ax－by+2=0(a>0，b>0)和函数的图象均恒过同一个定点，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【详解】
因为y=cx+2+2过定点P(－2，3)，所以直线也过定点P(－2，3)，于是－2a－3b+2=0，即2a+3b=2.
因为，所以，
当时等号成立.故最小值为.
故答案为：．
20．（2019·重庆·高三竞赛）设A为三元集合(三个不同实数组成的集合)，集合B={x+y|x，y∈A，x≠y}，若，则集合A=_______ .
【答案】
【解析】
【详解】
设，其中0 解得a=2，b=3，c=5，从而.
故答案为：．
21．（2019·重庆·高三竞赛）函数的最小值为m，最大值为M，则_______ .
【答案】
【解析】
【详解】
设，则t≥0且，所以.
，令.
令得t=2，，g（2）=－2.
所以.
所以.
故答案为：．
22．（2019·吉林·高三竞赛）已知函数f(x)=-x2+x+m+2，若关于x的不等式f(x)≥|x|的解集中有且仅有1个整数，则实数m的取值范围为____________ .
【答案】[-2,-1)
【解析】
【详解】
.
令，，
在同一直角坐标系内作出两个函数的图象，

由图象可知，整数解为x=0，故，
解得-2≤m<-1.
故答案为：[-2,-1)．
23．（2019·福建·高三竞赛）已知的图象关于点(2,0)对称，则=____________ .
【答案】4
【解析】
【详解】
解法一：由f(x)的图象关于点(2，0)对称，知为奇函数.
所以，解得.
所以f（1）=1+a+b+2=1-6+7+2=4
解法二：由f(x)的图象关于点(2，0)对称，知对任意x∈R，.
于是，对任意x∈R，
，
即恒成立.
所以，解得.
所以f（1）=1+a+b+2=1-6+7+2=4
解法三：依题意，有f(x)=(x-2)3+m(x-2).
利用f(0)=-8-2m=2，得m=-5.
于是，f(x)=(x-2)3-5(x-2)，f（1）=-1-(-5)=4.
故答案为：4．
24．（2019·河南·高二竞赛）已知函数的定义域为D.且点形成的图形为正方形，则实数a=____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
由题意可得集合D是非空闭区间，
其中是方程的两个不等的实数根.
由韦达定理可得.
其中差即区间的长度.
故定义域D的长度为.
在区间上恒有ax2+bx+c≥0.
ax2+bx+c在区间上有最大值和最小值分别为：，
函数的值域M为.
区间M的长度为，
由题设知两个区间D(定义域)和M（值域）的长度相等，则：，
两边平方得，
即，
结合a<0得.
故答案为：．
25．（2019·河南·高二竞赛）已知函数，记M(a,b)是|f(x)|在区间[-1,1]上的最大值.当a､b满足M(a,b)≤2时，的最大值为____________ .
【答案】3
【解析】
【详解】
由题意可得：对任意x∈[−1,1]，有−2⩽x2+ax+b⩽2，
分别取，可得：−3⩽a+b⩽1且−3⩽b−a⩽1,
易知，
且当b=−1，a=2时符合题意，
所以|a|+|b|的最大值为3.
26．（2019·贵州·高三竞赛）已知函数，若m满足，则实数m的取值范围是____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
由，得到f(－x)=f(x)，且x∈(0，+∞)时，f(x)是增函数.
又由得到.
所以，故，得到.即m的取值范围是.
故答案为：．
27．（2019·广西·高三竞赛）设函数，则y的最小值为____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
令，
则，由于，故，
由u(x)单调递减，求得，
则单调递增.
所以当时，原函数取得最小值.
故答案为：.
28．（2019·广西·高三竞赛）已知xyz+y+z=12，则的最大值为____________ .
【答案】3
【解析】
【详解】
由已知条件有，，
则，
当且仅当，y=z=4时取得最大值3.
故答案为：3．
29．（2019·浙江·高三竞赛）如图所示，将长度为1的线段分为x、y两段，再将长度为x的线段弯成半圆周ACB，将长度为y的线段折成矩形ABDE的三条边(BD、DE、EA)，构成闭“曲边形”ACBDEA，则该曲边形面积的最大值为____________.

【答案】
【解析】
【详解】
记圆的半径为r，矩形的宽为h，则有，
所以曲边形的面积为
.
因此，当时，.
故答案为： ．
30．（2021·全国·高三竞赛）在同一平面直角坐标系内，的图象与它的反函数的图象交点的坐标为______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
反函数为
令．
则由已知，有，且两个函数交点的横坐标为，纵坐标为．
由8是的一个周期，容易知道1、2、4、8都可能是该数列的周期．
若1是周期，则由，得，故，进而交点的坐标为．
若1不是周期，则此时若2是周期，则只需要考虑方程的解．
当时，有，无解；
当时，有，也无解．
故此时无解．同理，当4或8为周期时，也无解．
综上，知所求的坐标为.
故答案为：.
31．（2021·全国·高三竞赛）已知函数是定义在实数集R上的奇函数，当时，．若恒成立，则实数a的取值范围是_________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
等价为恒成立．
当时，．
若，则当时，．
因为是奇函数，所以若，则，则，则，，综上，此时函数为增函数，则恒成立．
若，若时，；
当时，；
当时，．
即当时，函数的最小值为，由于函数是定义在R上的奇函数，当时，的最大值为a，作出函数的图象如图：

故函数的图象不能在函数的图象的上方，结合图可得，即，求得，综上．
故答案为：.
32．（2021·全国·高三竞赛）已知函数，若函数的图象上任意一点P关于原点的对称点Q的轨迹方程恰好为，若，总有成立，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
设图象上任意一点，则P关于原点的对称点在的图象上，
故，即．
由得，
令，由题意知即可，
由于，所以在上是增函数，，
所以．
故答案为：.
33．（2021·全国·高三竞赛）设常数，函数存在反函数，若关于的不等式对所有的恒成立，则实数的取值范围为_________.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
因为且存在反函数，所以，.
显然，函数在上递减.故
，
即对所有的恒成立.
记.
注意到，.
当时，上式等号成立，所以.
故答案为：.
34．（2021·全国·高三竞赛）设上的函数满足．当时，，则_______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
显然是单射，故存在反函数．
当属于定义域时，．
当时，，
因此．同
理可得时；
当时，
代入得．
故答案为：.
35．（2021·全国·高三竞赛）若，则的值为_______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
研究二次方程和，
即
和．
因此两方程的公共根．
，
故．
故答案为：.
36．（2021·全国·高三竞赛）设，已知对任意的，都有，则实数a的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
依题意，有，当时显然成立，
当时，．
由，
由单调性知，所以．
故答案为：.
37．（2021·全国·高三竞赛）已知函数，对任意的实数a、b，对于任意的，有不等式恒成立，则m的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
记，
则，
，
故有
．
因为恒成立，所以．
故答案为：.
38．（2021·浙江金华第一中学高三竞赛）实数与函数满足，且对任意均有．令，则的值域为______．
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
令,并代入,得,
即       ①
在①中令得,       ②
联解①②得:,
故.
，
因此,,
故答案为：.
39．（2021·全国·高三竞赛）实数x、y满足则x、y的大小关系是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】
比较x、y的大小关系，在等式中比较x、y的大小关系，利用假设法结论正确的答案，结论错误则结果与假设的相反.
【详解】
假设．由①知，由于，则，从而．设，则在上递减，且，又，所以．于是．
由②知，，又，所以，即．
类似上面有．于是与矛盾故．
故答案为：.
40．（2019·吉林·高三竞赛）已知函数的零点，其中常数a､b满足条件，则n的值为____________ .
【答案】
【解析】
【详解】
因为，，
所以1 又，
故由零点定理可知，函数f(x)在区间(-1，0)上有唯一的零点，则n的值是.
故答案为：．
41．（2021·全国·高三竞赛）设，对函数，其中表示不超过的最大整数，其值域是_______.
【答案】
【解析】
【分析】
【详解】
由于的表达式中，与对称.且，不妨设.
（1）当时，，有.
（2）当时，设，则，故.
易证函数在上递增，故，
则
故的值域为.
设，则.
又，当时， ，
易知单调递减，故.
因为，
所以.
综上所述，值域为.
故答案为：.
42．（2021·全国·高三竞赛）已知函数，如果不等式对恒成立，则实数m的取值范围_______________.
【答案】
【解析】
【分析】
求出，将已知条件转化为对恒成立，利用换元法转化为，对恒成立，由可解得结果.
【详解】
，得
又，，，

由题意得对恒成立，
等价于，即对恒成立，
显然，令
，
所以，对恒成立，
令是关于t的一次函数，
要使，对恒成立，需，即，
解得：，所以实数m的取值范围
故答案为：
【点睛】
方法点睛：本题考查不等式的恒成立问题， 不等式恒成立问题常见方法：
①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；
②数形结合( 图像在 上方即可)；
③讨论最值或恒成立
三、解答题
43．（2019·全国·高三竞赛）设实数a、b、c、d满足.
证明：.
【答案】见解析
【解析】
【详解】
根据恒等式得
.
设.
只需证明：.
注意到，

.
则.
令，分别代入上式得.
.
44．（2018·天津·高三竞赛）设、、是方程的三个根，且.
⑴求的整数部分；
⑵求的值.
【答案】（1）-2（2）
【解析】
【详解】
由于、、是方程的根，我们有.
比较两端的系数可得：
，
，
.
⑴由和可知.
注意满足，，.
所以在区间上有一个根，即.因此的整数部分为-2.
⑵设，i=1，2，3.由⑴知，且 .
因此.
注意
从而


.
这表明，即.
45．（2019·全国·高三竞赛）设a､b､c均大于1，满足，求的最大值.
【答案】
【解析】
【详解】
设lga=x，lgb=y，lgc=z，由a，b，c>1可知x，y，z>0.
由条件及换底公式知，即.
由此，令x=3t，y=4t(t>0)，则.
其中由z>0可知t∈(0，1).
因此，结合三元平均值不等式得
.
当，即(相应的a､b､c分别为)时，取到最大值.
46．（2021·全国·高三竞赛）已知函数，记的最大值为．当b、c变化时，求的最小值．
【答案】．
【解析】
【分析】
【详解】
因为对任意的，所以取，0，得：

则，
故，
则，所以，
此时可取，
此时．显然可以取到．
综上，的最小值为．
47．（2018·山东·高三竞赛）实数、、满足，试求的最大值．
【答案】
【解析】
【详解】
不妨设，令，，，，
则由条件知，
整理成关于的一元二次方程．
因为方程有解，则，解得．
上式关于、对称，不妨设，，
又因为，所以．
当且仅当，即，，时上式取到等号，因此．
48．（2021·全国·高三竞赛）已知，且满足，求的最大值.
【答案】当为偶数时，最大值为，当n为奇数时，最大值为.
【解析】
【分析】
【详解】
当且仅当时等号成立.
（1）当为偶数时，最大时，显然需满足，否则用替换依然满足条件，且值增大.
设，所以.
当且仅当（为奇数，为偶数或为偶数，为奇数）时等号成立.
（2）当为奇数时，必存在同号，不妨设同号，则：
.
不妨设，则，所以：
.
当且仅当或时等号成立.
49．（2021·全国·高三竞赛）对于区间与函数，定义区间Ⅰ的长度为．已知二次函数对于任何长度为1的区间Ⅰ，均有，求证：对于任何长度为2的区间J，均有．
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】
【详解】
设，记．取区间，

．
由，可得，所以．对任意长度为2的区间J，一定存在，，且，记，则


．
因为，所以，即，
所以．
50．（2018·湖北·高三竞赛）已知正数满足，求的最小值.
【答案】
【解析】
【详解】
由柯西不等式可得，
，
所以
，             ①
取等号的条件分别为
，                                                     ②
                                                     ③
当时，有，结合②③得

又，所以，整理得
，
故
                    ④
记，则
，
所以在上为增函数，故当时，

于是，由④可得，从而
代入②③求得
代入①式，整理得，因此的最小值为.