浙江专用2020版高考数学一轮复习+专题2函数概念与基本初等函数Ⅰ+第5练分段函数 4页

第5练 分段函数 ‎[基础保分练]‎ ‎1.(2018·全国Ⅰ)设函数f(x)＝则满足f(x＋1)＜f(2x)的x的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，－1] B.(0，＋∞)‎ C.(－1,0) D.(－∞，0)‎ ‎2.(2019·诸暨质检)设函数f(x)＝的最小值为1，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，4] B.[4，＋∞)‎ C.(－∞，5] D.[5，＋∞)‎ ‎3.(2019·嘉兴测试)已知函数f(x)＝若f(a)＋f(1)＝0，则实数a的值为(　　)‎ A.－3 B.－1或3‎ C.1 D.－3或1‎ ‎4.(2019·温州九校联考)已知函数f(x)＝则f(f(x))＝的解集为(　　)‎ A. B. C. D. ‎5.(2018·金华一中模拟)已知定义域为R的奇函数f(x)在(0，＋∞)上的解析式为f(x)＝则f(3)＋f(2018)等于(　　)‎ A.－2B.－1C.1D.2‎ ‎6.(2019·萧山中学模拟)已知函数D(x)＝则(　　)‎ A.D(D(x))＝1,0是D(x)的一个周期 B.D(D(x))＝1,1是D(x)的一个周期 C.D(D(x))＝0,1是D(x)的一个周期 D.D(D(x))＝0，D(x)最小正周期不存在 ‎7.(2019·金华九校统练)已知实数a>0，a≠1，函数f(x)＝在R上单调递增，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1,5] B.[2,5]‎ C.[2,＋∞) D.(2,5]‎ ‎8.(2019·宁波模拟)设min{f(x)，g(x)}＝ 若f(x)＝x2＋px＋q的图象经过两点(α，0)，(β，0)，且存在整数n，使得n<α<β B.min{f(n)，f(n＋1)}< C.min{f(n)，f(n＋1)}＝ D.min{f(n)，f(n＋1)}≥ ‎9.(2019·丽水模拟)已知函数f(x)＝ 则f(f(－3))＝________，f(x)的最小值为________.‎ ‎10.(2019·金华十校联考)已知函数f(x)＝的最小值为a＋1，则实数a的取值范围为________.‎ ‎[能力提升练]‎ ‎1.(2019·台州调考)设函数f(x)＝则满足不等式f(x2－2)>f(x)的x的取值范围是(　　)‎ A.(－∞，－1)∪(2，＋∞) B.(－∞，－)∪(，＋∞)‎ C.(－∞，－)∪(2，＋∞) D.(－∞，－1)∪(，＋∞)‎ ‎2.(2019·金丽衢十二校联考)已知函数f(x)＝设方程f(x)＝t(t∈R)的四个不等实根从小到大依次为x1，x2，x3，x4，则下列判断中错误的是(　　)‎ A.x1＋x2＋x3＋x4＝40‎ B.x1x2＝1‎ C.x3x4＝361‎ D.x3x4－20(x3＋x4)＋399＝0‎ ‎3.(2019·绍兴模拟)记min{x，y}＝已知函数F(x)＝min{2x，x2}(　　)‎ A.若F(a)≤b2，则a≤b B.若F(a)≤2b，则a≤b C.若F(a)≥b2，则a≥b D.若F(a)≥2b，则a≥b ‎4.已知函数f(x)＝若f(x)的值域为R，则实数a的取值范围是(　　)‎ A.(1,2] B.(－∞，2]‎ C.(0,2] D.[2，＋∞)‎ ‎5.(2018·宁波模拟)已知函数f(x)＝ax＋b，g(x)＝若对任意的正数a，函数g(x)为[0，＋∞)上的增函数，则实数b的最小值是________.‎ ‎6.设函数f(x)＝ ‎(1)若a＝0，则f(x)的最大值为________；‎ ‎(2)若f(x)无最大值，则实数a的取值范围是________.‎ 答案精析 基础保分练 ‎1.D　2.B　3.D　4.D　5.A　6.B　7.B　8.B　9.2　－1　10.{－2－2}∪[－1,1]‎ 能力提升练 ‎1.C　[因为当x>0时，函数f(x)单调递增；‎ 当x≤0时，f(x)＝0，故由f(x2－2)>f(x)得，或 解得x>2或x<－，所以x的取值范围是(－∞，－)∪(2，＋∞)，故选C.]‎ ‎2.C　[由题意知函数f(x)的图象关于直线x＝10对称，且x1＋x4＝x2＋x3＝2×10，lnx1＝－lnx2，ln(20－x3)＝－ln(20－x4)，所以x1＋x2＋x3＋x4＝40，x1＝，20－x3＝，化简得x1x2＝1，x3x4－20(x3＋x4)＋399＝0，故选C.]‎ ‎3.D　[在平面直角坐标系内画出函数y＝2x和函数＝x2的图象，易得两函数图象有三个交点，设从左至右交点的横坐标分别为x1，x2，x3，则由图易得F(x)＝画出函数y＝2x和y＝F(x)的图象，过函数y＝2x的图象上任意一点(b,2b)作x轴的平行线l，由图易得在函数y＝F(x)的图象上，位于直线l和直线l上方的点均在x＝b的右侧，所以若F(a)≥2b，则a≥b，故选D.]‎ ‎4.A　[依题意，当x≥1时，f(x)＝1＋log2x单调递增，f(x)＝1＋log2x在区间[1，＋∞)上的值域是[1，＋∞)，因为，要使函数f(x)的值域是R，则需函数f(x)在(－∞，1)上的值域M⊇(－∞，1).①当a－1<0，即a<1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递减，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－a＋3，＋∞)，显然此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a<1不满足题意；②当a－1＝0，即a＝1时，f(x)在(－∞，1)上的值域M＝{2}，此时不能满足M⊇(－∞，1)，因此a＝1不满足题意；③当a－1>0，即a>1时，函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，函数f(x)在(－∞，1)上的值域M＝(－∞，－a＋3)，由M⊇(－∞，1)得解得1a时，由f(x)＝ax＋b，可得g(x)＝f(f(x))＝a2x＋ab＋b，所以函数g(x)是[0，＋∞)上的增函数的充要条件是f(f(a))≥f(a)，即a3＋ab＋b≥a2＋b，得b≥a－a2＝－2＋，‎ 故b≥，即实数b的最小值是.‎ ‎6.(1)2　(2)(－∞，－1)‎ 解析　(1)当a＝0时，f(x)＝ 若x≤0，f′(x)＝3x2－3＝3(x2－1).‎ 由f′(x)＞0得x＜－1，‎ 由f′(x)＜0得－1＜x≤0.‎ 所以f(x)在(－∞，－1)上单调递增；‎ 在(－1,0]上单调递减，‎ 所以f(x)最大值为f(－1)＝2.‎ 若x＞0，f(x)＝－2x单调递减，‎ 所以f(x)＜f(0)＝0.‎ 所以f(x)的最大值为2.‎ ‎(2)f(x)的两个函数在无限制条件时图象如图.‎ 由(1)知，当a≥－1时，f(x)有最大值2，‎ 当a＜－1时，y＝－2x在x＞a时无最大值，且－2a＞2.‎ 所以a＜－1.‎