文档内容
第 04 讲 函数的概念及其表示
（7 类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
5年考情
考题示例 考点分析
函数与方程的综合应用 根据函数零点的个数求参数范围
2024年天津卷，第15题,5分
已知方程求双曲线的渐近线
2023年天津卷，第15题,5分 根据函数零点的个数求参数范围
2021年天津卷，第9题,5分 根据函数零点的个数求参数范围
2020年天津卷，第9题,5分 根据函数零点的个数求参数范围函数与方程的综合应用
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是天津高考卷的必考内容，设题灵活，难度有高有低，分值为5分及以上
【备考策略】1.理解、掌握函数的概念，能够判断相同函数
2.能掌握函数解析式的就发以及分段函数的求值与不等式等问题
3.具备数形结合的思想意识，会借助函数图像，分析最值与值域问题
【命题预测】本节内容是天津高考卷的必考内容，一般给出函数的解析式，要求函数值与取值范围等.
知识讲解
知识点一.函数的概念
1.定义函数
两集合A、B 设A，B是两个非空数集
对应关系f： 如果按照某种确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，
A→B 在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应
名称 称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数
记法 y＝f(x)，x∈A
2.函数的有关概念
（1）函数的定义域、值域：
在函数y＝f(x)，x∈A中，x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；
与x的值相对应的y值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．
（2）函数的三要素：定义域、对应关系和值域．
（3）函数的表示法：表示函数的常用方法有解析法、图象法和列表法．
知识点二.分段函数的定义
定义：在函数的定义域内，对于自变量x的不同取值区间，函数有不同的解析式，这样的函数通常叫做分
段函数．分段函数因其特点可以分成两个或多个区间及其相应的解析式，分段函数是一个函数．
分段函数的定义域是各段x取值集合的并集．
考点一、函数关系的判断
1.（2024高三·全国·专题练习）若函数y=f (x)的定义域为A=¿，值域为B=¿，则函数y=f (x)的图象
可能是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】由函数定义判断即可得.
【详解】由函数定义可排除C，由值域为B=¿可排除A、B，只有D选项为定义域为A=¿，值域为B=¿的函数的图象.
故选：D.
2.（23-24高三上·河南新乡·阶段练习）已知点A为某封闭图形边界上一定点，动点P从点A出发，沿其
边界顺时针匀速运动一周．设点P运动的时间为x，线段AP的长度为y，表示y与x的函数关系的图象大
致如图所示，则该封闭图形可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据图形的性质结合函数图象的特点逐项分析判断.
【详解】根据函数图象可知：函数图象具有对称性，故C错误；
对于A：由等边三角形可知：线段AP的长度先增大再减小，再增大，后减小，故A错误；
对于D：由圆可知：线段AP的长度不会是线性变化，故D错误；
对于C：由正方形可知：线段AP的长度先增大再减小，且一开始线性增大，符合题意，故B正确；
故选：B.
1. （ 22-23 高 三 · 全 国 · 对 口 高 考 ） 已 知 函 数 f(x),x∈F， 那 么 集 合
{(x,y)|y=f(x),x∈F}∩{(x,y)|x=1}中所含元素的个数有 .
【答案】0或1.
【分析】根据题意转化为x=1与y=f(x),x∈F的图象的交点个数，结合函数的定义，即可求解.
【详解】由集合{(x,y)|y=f(x),x∈F}∩{(x,y)|x=1}中所含元素的个数，
即为直线x=1与y=f(x),x∈F的图象的交点个数，
当1∈F时，此时，两个函数的图象有且仅有一个交点；
当1∉F时，此时，两个函数的图象没有公共点，
所以集合{(x,y)|y=f(x),x∈F}∩{(x,y)|x=1}中所含元素的个数为0个或1个.
故答案为：0或1.
2.（湖南·高考真题）给定k∈N∗，设函数f :N∗→N∗满足：对于任意大于k的正整数n，f(n)=n−k.
(1)设k=1，则其中一个函数f在n=1处的函数值为 ；
(2)设k=4，且当n≤4时，2≤f(n)≤3，则不同的函数f的个数为 ．
【答案】 正整数 16
【分析】(1)n=k=1，题中给出的条件“大于k的正整数n”不适合，但函数值必须是一个正整数，故f(1)的值是一个正整数；
(2)k=4，且n⩽4，与条件“大于k的正整数n”不适合，故f(n)的值在2、3中任选其一，求出所有可能
的组合数即可得不同函数的个数．
【详解】(1)∵函数f :N∗→N∗，∴其值域为正整数，故函数f在n=1处的函数值为正整数；
(2)∵函数f :N∗→N∗，∴其值域为正整数，
又n≤4时，2≤f(n)≤3，
故n≤4时，f(n)∈{2，3}，
即f(1)、f(2)、f(3)、f(4)的取值可能是2或3，
则共2×2×2×2＝24=16种组合，
∴不同的函数f的个数为16.
故答案为：正整数；16．
√3
3.（23-24高三上·上海闵行·期中）设曲线C与函数f(x)= x3 (00,a≠1 D．y=log ax ，其中a>0,a≠1
a
【答案】D
【分析】选项A图象为折线判断错误；选项B图象上无原点(0,0)判断错误；选项图象为无端点射线判断错
误；选项D可化为y=x与函数y=x有相同图象判断正确.
【详解】选项A：y=√x2=|x|，图象为折线.判断错误；x2
选项B：y= =x(x≠0)，图象上无原点(0,0).判断错误；
x
选项C：y=alog
a
x=x(x>0)，图象为无端点射线.判断错误；
选项D：y=log ax=x，与函数y=x有相同图象.判断正确.
a
故选：D
2.（23-24高三上·河南濮阳·阶段练习）下列函数中，与函数f (x)=x是同一函数的是（ ）
A．f (x)=(√x) 2 B．f (x)=√x2
t2
C．f (x)=√3 x3 D．f (t)=
t
【答案】C
【分析】由同一函数的定义依次判断选项即可.
【详解】解：函数f (x)=x，定义域为R.
选项A中f (x)=(√x) 2=x，定义域为[0,+∞)，故A错误；
选项B中f (x)=√x2=|x|，定义域为R，故B错误；
选项C中f (x)=√3 x3=x，定义域为R，故C正确；
t2
选项D中f (t)= =t，定义域为{t∣t≠0}，故D错误.
t
故选：C.
1.（2020·天津·模拟预测）下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
x2+x x2
A．y=x+1与y= B．f (x)= 与g(x)=x
x (√x) 2
C．f (x)=∣x∣与g(x)=√n xn D．f (x)=x与g(t)=log at
a
【答案】D
【分析】对于A：由定义域不同,即可判断；
对于B：由定义域不同，即可判断；
对于C：由对应关系不同，即可判断；
对于D：对应关系相同，定义域相同，可以判断为同一函数.
x2+x
【详解】对于A：y=x+1的定义域为R，y= 的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，定义域不同，所以A
x
错误；
x2
对于B：f (x)= 的定义域为(0,+∞)，g(x)=x的定义域为R，定义域不同，所以B错误；
2
(√x)
对于C：f (x)=∣x∣，对于g(x)=√n xn=¿，对应关系不同，故C错误；对于D：f (x)=x定义域为R, g(t)=log at=t，定义域为R，二者对应关系相同，定义域相同，为同一函
a
数.
故选：D
2．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）下列选项中表示同一函数的是（ ）
A．f (x)=x0与g(x)=1
x2
B．f (x)=x与g(x)=
x
C．f (x)=√(x−2023) 2与g(x)=x−2023
D．f (x)=¿与g(x)=¿
【答案】D
【分析】根据函数三要素，即定义域、对应关系、值域，三者只要有一个不相同，函数即不是同一函数，
由此一一判断各选项，即得答案.
【详解】对于A，f (x)=x0的定义域为{x|x≠0)，而g(x)=1定义域为R，
故二者不是同一函数；
x2
对于B，f (x)=x的定义域为R，与g(x)= 的定义域为{x|x≠0)，
x
故二者不是同一函数；
对于C，f (x)=√(x−2023) 2=|x−2023|与g(x)=x−2023对应关系不同，
故二者不是同一函数；
对于D，g(x)=¿与f (x)=¿的定义域以及对应关系、值域都相同，
故二者为同一函数，
故选：D
3．（2023高三·全国·专题练习）下列每组中的函数是同一个函数的是（ ）
A．f (x)=|x|，g(x)=(√x) 2 B．f (t)=|t|，g(x)=√x2
x2−9
C．f (x)=√−2x3，g(x)=√−2x D．f (x)= ，g(x)=x+3
x−3
【答案】B
【分析】根据相同函数的定义进行逐一判断即可.
【详解】对于A，函数f (x)的定义域为R，函数g(x)的定义域为[0，+∞），所以这两个函数不是同一个函
数；
对于B，因为g(x)=√x2=|x|，且f(t)，g(x)的定义域均为R，所以这两个函数是同一个函数；
对于C，f (x)=√−2x3=−x√−2x，f (x)和g(x)的对应关系不同，所以这两个函数不是同一个函数；
对于D，函数f (x)的定义域为{x¿，且x≠3}，函数g(x)的定义域为R，
所以这两个函数不是同一个函数.
故选：B.
4．（22-23高三·全国·课后作业）以下四个命题：①当n=0时，函数y=xn的图象是一条直线；
②函数y=x2和y=elnx2为同一个函数；
③若定义域为R的函数y=f (x)是奇函数，则f (0)=0；
④已知函数y=f (x)在区间[a,b]上的图象是一段连续曲线，若f (a)⋅f (b)>0，则函数f (x)在(a,b)上没有
零点．
其中，真命题的个数为（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【分析】判断n=0是函数y=xn的图象形状，判断①；根据函数y=x2和y=elnx2的定义域可判断②；根据
奇函数的定义和性质可判断③；举反例可判断④.
【详解】当n=0时，函数y=x0,定义于为{x∈R|x≠0},
故此时函数图象为直线y=1上挖去点(0,1)，①错误；
函数y=x2的定义域为R，函数y=elnx2定义域为{x∈R|x≠0}，
故函数y=x2和y=elnx2不是同一个函数，②错误；
若定义域为R的函数y=f (x)是奇函数，则f(−0)=−f(0)，则f (0)=0，③是真命题；
函数y=f (x)在区间[a,b]上的图象是一段连续曲线，若f (a)⋅f (b)>0，
不妨取f (x)=x2−3x+2，区间为[0,3]，满足f (0)⋅f (3)>0，
当f (x)=x2−3x+2在[0,3]内有零点1和2，故④错误，
故真命题的个数为1，
故选：A
考点 三 、 函数解析式的求法
1.（2024高三·全国·专题练习）已知函数f(√x+1)=x−4，则f (x)= .
【答案】x2−2x−3(x≥1)
【分析】利用换元法，结合已知函数解析式，即可求得f (x).
【详解】令√x+1=t(t≥1)，则x=(t−1) 2 (t≥1)，
于是有f(t)=(t−1) 2−4=t2−2t−3(t≥1)，所以f(x)=x2−2x−3(x≥1).
故答案为：x2−2x−3(x≥1)
2.（2024高三·全国·专题练习）已知f (x)满足2f(x)+f(−x)=3x，求f (x)的解析式.
【答案】f(x)=3x
【分析】列方程组法求函数的解析式.
【详解】对于任意的x都有2f(x)+f(−x)=3x，所以将x替换为−x，得2f(−x)+f(x)=−3x，
联立方程组：¿，消去f(−x)，可得f(x)=3x.
1.（2024高三·全国·专题练习）已知f (x)为二次函数且f (0)=3，f (x+2)−f (x)=4x+2，则f (x)=
．
【答案】x2−x+3
【分析】根据条件设二次函数为f (x)=ax2+bx+c(a≠0)，代入条件求解即可．
【详解】设f (x)=ax2+bx+c(a≠0)，
∵ f (x+2)=a(x+2) 2+b(x+2)+c，
∴f (x+2)−f (x)=4ax+4a+2b=4x+2，
∴¿．
又f (0)=3⇒c=3，
∴f (x)=x2−x+3.
故答案为：x2−x+3
( (1))
2.（23-24 高三下·重庆沙坪坝·阶段练习）若函数 f (cosx)=cosx+cos2x，则 f f =
2
（ ）
A．−2 B．−1 C．1 D．2
【答案】B
【分析】由二倍角公式结合换元法求出函数解析式即可求解.
【详解】因为f (cosx)=cosx+cos2x=cosx+2cos2x−1
所以f (x)=x+2x2−1,(−1≤x≤1)，
(1) 1 1
则f = +2× −1=0，
2 2 4
1
所以f(f( ))=f (0)=−1.
2
故选：B.
3.（安徽·高考真题）若f(sinx)=2−cos2x，则f(cosx)=（ ）
A．2−sin2xB．2+sin2x C．2−cos2x D．2+cos2x
【答案】D
【分析】首先利用二倍角公式化简求出f (x)，再利用二倍角变形即可求得f(cosx).
【详解】∵f (sinx)=2−cos2x=2−[1−2(sinx) 2]=2−1+2(sinx) 2=1+2(sinx) 2
∴f (x)=1+2x2，∴f (cosx)=1+2(cosx) 2−1+1=2+cos2x故选：D
1−x 1−x2
4.（湖北·高考真题）已知f( )= ，则f(x)的解析式为（ ）
1+x 1+x2
x 2x
A．f(x)= B．f(x)=−
1+x2 1+x2
2x x
C．f(x)= D．f(x)=−
1+x2 1+x2
【答案】C
1−x
【解析】令 =t，即可用换元法求函数解析式.
1+x
1−x
【详解】令 =t，
1+x
1−t
得x= ，
1+t
1−t 2
1− ( )
1+t 2t
∴f(t)= = ，
1−t 2 1+t2
1+( )
1+t
2x
∴f(x)=
．
1+x2
故选：C．
【点睛】本题考查利用换元法求函数解析式，属简单题.
5.（2024·四川·模拟预测）已知f (x)为定义在R上的单调函数，且对∀x∈R,f (f (x)−ex)=2+ln2，
则f (ln3)=（ ）
A．3ln2 B．3+ln2
C．3−ln2 D．ln3
【答案】B
【分析】根据题意，设f (x)−ex=t，用f (t)求t的值，进而可得f (x)的解析式，从而可得f (ln3).
【详解】设f (x)−ex=t，则f (x)=ex+t，
所以f (t)=et+t=2+ln2，即et+lnet=2+ln2，
设g(x)=x+lnx(x>0)，易知g(x)在(0,+∞)上单调递增，
所以et=2，即t=ln2，
故f (x)=ex+ln2，所以f (ln3)=eln3+ln2=3+ln2．
故选：B．
6.（23-24高三下·重庆·阶段练习）设f (x)是定义在R上的单调增函数，且满足f (−1−x)+f (x)=−7，
[ 1 1 ]
若对于任意非零实数x都有f f (x)+ −x− +2 =−4，则f (2024)= .
f (x)+3 x【答案】2021
1 1
【分析】利用赋值法求解，令t=f (x)+ −x− +2，则f (t)=−4，再令x=t，结合题意中条件求
f (x)+3 x
得t，可求得f (x)，进而可得结果.
1 1
【详解】令t=f (x)+ −x− +2，则f (t)=−4，
f (x)+3 x
1 1 1 1
令x=t，则t=f (t)+ −t− +2=−4−1−t− +2，解得t=−1或− .
f (t)+3 t t 2
( ( 1)) ( 1) ( 1) 7
而f (−1−x)+f (x)=−7，则f −1− − +f − =−7，故f − =− ，因此t=−1.
2 2 2 2
1 1
则−1=f (x)+ −x− +2，
f (x)+3 x
1 1 1 1 f (x)+3−x
即f (x)+3+ =x+ ⇔f (x)+3−x= − = .
f (x)+3 x x f (x)+3 x(f (x)+3)
因此f (x)+3−x=0或x(f (x)+3)=1，
1
当x(f (x)+3)=1时，f (x)= −3，在(0,+∞)上单调递减，不满足题意，舍去；
x
当f (x)=x−3时，满足题意.
则f (2024)=2021.
故答案为：2021
【点睛】方法点睛：求解抽象函数解析式问题的方法：
（1）若根据已知可推知函数模型时，可利用待定系数法求解；
（2）若无法推知函数模型，一般结合赋值法，通过解方程（组）法求解．其中，方程或者是已知的，或
者是利用已知的抽象函数性质列出的，或者是利用已知方程变换出来的．
考点 四 、 分段函数求值
1.（山东·高考真题）设f (x)=¿ ，则f (f (2))的值为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，先计算f(2)的值，再根据其大小范围代入相应的解析式中求得答案.
【详解】f(2)=log (22−1)=1 ，
3
故f (f (2))=f(1)=2e1−1=2，
故选：C
2.（2024·上海·高考真题）已知f (x)=¿则f (3)= ．【答案】√3
【分析】利用分段函数的形式可求f (3).
【详解】因为f (x)=¿故f (3)=√3，
故答案为：√3.
( (1))
1.（2022·浙江·高考真题）已知函数f(x)=¿则f f = ；若当x∈[a,b]时，1≤f(x)≤3，
2
则b−a的最大值是 ．
37
【答案】 3+√3/√3+3
28
【分析】结合分段函数的解析式求函数值，由条件求出a的最小值,b的最大值即可.
1 (1) 2 7 7 7 4 37
【详解】由已知f( )=− +2= ，f( )= + −1= ，
2 2 4 4 4 7 28
[ 1 ] 37
所以 f f( ) = ，
2 28
当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得1≤−x2+2≤3，所以−1≤x≤1，
1
当x>1时，由1≤f(x)≤3可得1≤x+ −1≤3，所以10时函数y=−ax+1没有最小值，故f(x)的最小值只能取y=(x−2) 2的最小值，根据定义域讨论可
知−a2+1≥0或−a2+1≥(a−2) 2， 解得 00时，
当xf(a)=−a2+1，
0 (0a时， f(x) ={ ¿
min (a−2) 2 (a≥2)
∴−a2+1≥0或−a2+1≥（a−2） 2，
解得04时，f(x)=x−4>0，此时f(x)=x2−4x+3=0,x=1,3，即在(−∞,λ)上有两个零点；当λ≤4时，
f(x)=x−4=0,x=4，由f(x)=x2−4x+3在(−∞,λ)上只能有一个零点得1<λ≤3.综上，λ的取值范围
为(1,3]∪(4,+∞).
点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：
(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
2.（2024·天津·二模）设a∈R，函数f (x)=¿. 若f (x)在区间[0,+∞)内恰有2个零点，则a的取值范围
是 .
( 3−√5] [√5+1 3+√5)
【答案】 0, ∪ , ∪{3}
2 2 2
【分析】对不同情况下的a分类，然后分别讨论f (x)相应的零点分布，即可得到a的取值范围.
【详解】本解析中，“至多可能有1个零点”的含义是“零点个数不超过1”，
即不可能有2个不同的零点，并不意味着零点一定在某些时候存在1个.
当a≤0时，只要x≠a+1，就有x2−2(a+1)x+2a2−a+1=(x−a−1) 2+a2−3a>−3a≥0，
故f (x)在[a,+∞)上至多可能有1个零点，从而在[0,+∞)上至多可能有1个零点，不满足条件；
当a>3时，有x2−2(a+1)x+2a2−a+1=(x−a−1) 2+a2−3a≥a2−3a=a(a−3)>0，
所以f (x)在[a,+∞)上没有零点.
1 1
而若 +a=0，则只可能x=a− −1，所以f (x)在(−∞,a)上至多可能有1个零点.
x−a+1 a
故f (x)在R上至多可能有1个零点，从而在[0,+∞)上至多可能有1个零点，不满足条件；
1 1 1
当00知a− −1a+1>a.
故x=a+1+√a(3−a)确为f (x)在[a,+∞)上的一个零点，
而当且仅当a2−3a+1≥0时，另一根x=a+1−√a(3−a)是f (x)在[a,+∞)上的一个零点.
条件为f (x)在区间[0,+∞)内恰有2个零点，从而此时恰有两种可能：¿或¿.
( 3−√5] [√5+1 3+√5)
解得a∈ 0, ∪ , ；
2 2 2
5
当a=3时，验证知f (x)恰有两个零点 和4，满足条件.
3( 3−√5] [√5+1 3+√5)
综上，a的取值范围是 0, ∪ , ∪{3}.
2 2 2
( 3−√5] [√5+1 3+√5)
故答案为： 0, ∪ , ∪{3}
2 2 2
【点睛】关键点点睛：本题的关键在于需要分较多的情况讨论，不重不漏、细致讨论方可得解.
3.（2024·北京西城·二模）已知函数f (x)=¿，g(x)=f(x)−a，其中a∈R．
①若函数g(x)无零点，则a的一个取值为 ；
②若函数g(x)有4个零点x ( i=1 ,2 ,3 ,4 )，则x +x +x +x = ．
i 1 2 3 4
【答案】 − 1 − 2
【分析】①结合函数f (x)的图象， 函数g(x)无零点，即y=f(x)与y=a的图象无交点，所以可得到a的
一个取值；②由图象对称，即可算出x +x +x +x 的值.
1 2 3 4
【详解】画函数f (x)=¿的图象如下：
①函数g(x)=f(x)−a无零点，即f(x)−a=0 无解，
即y=f(x)与y=a的图象无交点，所以a<0，可取a=−1；
②函数g(x)有4个零点，即f(x)−a=0 有4个根，
即y=f(x)与y=a的图象有4个交点，
由x 、x 关于x=−1对称，所以x +x =−2，
1 4 1 4
x 、x 关于x=0对称，所以x +x =0，
2 3 2 3
所以x +x +x +x =−2.
1 2 3 4
故答案为：−1；−2.
4.（2024·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿，若x 0，
1 2 x 1 2
11 1
所以x =− ，x =ln(t+2)，则x −x =ln(t+2)+ ，
1 t 2 2 1 t
1
令g(t)=ln(t+2)+ (t>0)，
t
1 1 t2−t−2 (t−2)(t+1)
则g'(t)= − = = ，
t+2 t2 t2(t+2) t2(t+2)
所以当t∈(0,2)时，g'(t)<0，函数g(t)单调递减；
当t∈(2,+∞)时，g'(t)>0，函数g(t)单调递增，
1
所以当t=2时，g(t)取得最小值，为g(2)=2ln2+ ，
2
1
即x −x 取得最小值，为2ln2+ ，
2 1 2
1
故答案为：2ln2+ .
2
5.（22-23高三上·河北衡水·阶段练习）已知函数f (x)=¿,则方程f (1−x2)=f (x)所有的解构成的集合是
．
{ √5−1 }
【答案】 x|x= 或x≤−1
2
【分析】根据题意,先将f (1−x2)分类讨论求出解析式.后直接解出来即可.
【详解】f (1−x2)=¿,又f (x)=¿,
当x<−1时,f (1−x2)=f (x)=1,解得x<−1；
当−1≤x<0时,1=(1−x2) 2 +1,解得x=−1；
当x>1时,x2+1=1,无解；
√5−1
当0≤x≤1时,x2+1=(1−x2) 2 +1,解得x= ．
2
√5−1
所以方程f (1−x2)=f (x)所有的解构成的集合是{x|x= 或x≤−1}．
2
{ √5−1 }
故答案为: x|x= 或x≤−1 .
2
考点 六 、 分段函数不等式
1.（2024·江西南昌·二模）已知f (x)=¿，则不等式f(x)<2的解集是（ ）
A．(−∞,2) B．(−∞,3) C．[0,3)D．(3,+∞)
【答案】B【分析】分别在x<0,x≥0条件下化简不等式求其解可得结论.
【详解】当x<0时，不等式f(x)<2可化为−x2−2x<2，
所以x2+2x+2>0，可得x<0；
当x≥0时，不等式f(x)<2可化为log (x+1)<2，
2
所以x+1<4，且x+1>0，
所以0≤x<3，
所以不等式f(x)<2的解集是(−∞,3)，
故选：B.
2.（2024·全国·模拟预测）已知函数 f (x)=¿，若 f (a2+2)<2f ( 3− a) ，则a的取值范围是
2
（ ）
( 3 ) (−1−√17 −1+√17)
A． − ,1 B． ,
2 4 4
( 1) (−1−√17 −1+√17)
C． −1, D． ,
2 2 2
【答案】A
【分析】首先将不等式化为 1 f (a2+2)0时，f(x)=x3+3x2−3=(x−1)(x+2) 2+1，由f (x)≥1，得(x−1)(x+2) 2≥0，因此x≥1，
所以不等式f(x)≥1的解集为(−∞,0]∪[1,+∞).
故选：D
[ (1)]
2.（2024·北京东城·二模）设函数f (x)=¿，则f f = ，不等式f(x) 或x<− ，所以x∈ −1,− ∪ ,1 ；
2 2 2 2
当|x|≥1，即x≥1或x≤−1时，则|2x|=2|x|≥2>1，可得x2<(2x2)=4x2，符合题意；
( 1) (1 )
综上所述：不等式f(x)0时，f (x)=ln(x+1)≤1，得−1f (5a)，则实数a的取值范围是 .
1
【答案】 −5 − f (5a)，
1
即为2a2−3<5a，解得− ，则实数a的取值范围是 .
2
( 1)
【答案】 −1,
2
【分析】对a分类讨论，结合指数对数函数单调性解不等式即可.
1 1 1
【详解】当a>0，f (a)> 即log a> ，解得0 即2a> ，解得−13的解集为 .
【答案】(1,+∞)
【分析】分别在条件3x-1>0，3x-1≤0下化简不等式，再求其解，由此可得不等式f (3x-1)>3的解集.1 3x-1 1 3x-1
【详解】当3x-1≤0时，即x≤0时，f (3x-1)=2-( ) ，所以不等式f (3x-1)>3可化为2-( ) >3，
2 2
1 3x-1
所以x≤0且-1>( )
，所以满足条件的x不存在，
2
即当x≤0时，不等式无解，
当3x-1>0时，即x>0时，f (3x-1)= 1 (3x-1) 2 +1，此时不等式f (3x-1)>3可化为 1 (3x-1) 2 +1>3，得
2 2
3x-1>2或3x-1<-2，解得x>1，
所以不等式f (3x-1)>3的解集为(1,+∞)，
故答案为：(1,+∞).
7.（23-24高三上·天津河北·期中）已知函数f (x)=¿则满足f (x)≤2的x的取值范围是 .
3
【答案】[−1,1]∪[ ,+∞)
2
【分析】根据分段函数的解析式，结合指数函数以及对数函数性质，分段解不等式，即可得答案.
【详解】当x≤1时，f (x)≤2即21−x−2≤2,∴1−x≤2,∴x≥−1，则−1≤x≤1；
3 3
当x>1时，f (x)≤2即1−log (x−1)≤2，解得x≥ ，即x≥ ，
2 2 2
3
故满足f (x)≤2的x的取值范围是[−1,1]∪[ ,+∞)，
2
3
故答案为：[−1,1]∪[ ,+∞)
2
考点 七 、 分段函数的值域与最值
1.（23-24 高三下·江西吉安·期中）已知函数f (x)=¿，若f (x)的值域是[−2,1]，则c的值为
（ ）
1 1
A． B．e C．e2 D．
e e2
【答案】C
【分析】利用三角函数及对数函数的性质计算即可.
2π 1 π π (1 π)
【详解】易知x≤ 时， x+ ≤ ，所以−1≤sin x+ ≤1，
3 2 6 2 2 6
y=log x=−lnx
又 1 为减函数，
e
2π 2π
所以
y=log x=−lnx≥−lnc，
3 3 1
e2π
而−1<−ln <0，所以f (x)的值域是[−lnc,1]，
3
则c=e2.
故选：C
2.（2024·北京西城·一模）已知函数f (x)=¿，若f (x)存在最小值，则c的最大值为（ ）
1 1 1 1
A． B． C． D．
16 8 4 2
【答案】A
【分析】运用二次函数的性质求得−2−1.
x+1 x+1
因为f (x)的最小值为-1，所以函数y=x2+ax在(−∞,0)上取得最小值-1，
则¿，解得a=2.
故答案为：2.
2.（23-24高三下·北京西城·开学考试）设定义在[−1,3]函数f (x)=¿当a=0时，f (x)的值域为 ；
若f (x)的最大值为1，则实数a的所有取值组成的集合为 .
{ 2}
【答案】 [0,1)∪{−1} x|01分类讨论，利用单调性分析最值位置，按照题意列不等式求解即可.
【详解】当a=0时，f(x)=¿，
当x∈[−1,1]时，x2 ∈[0,1]，有1−x2 ∈[0,1]，从而y=√1−x2 ∈[0,1]，
即当x=0时，y=√1−x2有最大值1；
当x∈(1,3]时，y=2x−2∈(0,4]，即当x=3时，y=2x−2有最大值4；
综上，当x=3时，f(x)=¿有最大值4；
当a≤1时，函数y=2|x−a|−2在(1,3]上单调递增，则f (x)存在最大值为max{f (0),f (3)}；
当1 ，故实数a的一个取值为3（答案不唯一）.
2
故答案为：4；3（答案不唯一）
4.（2024·全国·模拟预测）若函数f (x)=¿的值域为R，则a的一个值为 ．
【答案】1（答案不唯一）
【分析】分a<0，a≥0两种情况分类讨论可求得a的取值范围．【详解】当x≤a时，f (x)=x3−2≤a3−2．若a<0，则当x>a时，f (x)=x2−2≥−2，
要使f (x)的值域为R，需a3−2≥−2，即a≥0，与a<0矛盾．
若a≥0，则当x>a时，f (x)=x2−2>a2−2．若f (x)的值域为R，
则a3−2≥a2−2，即a=0或a≥1，
可取a的一个值为1，答案不唯一，满足a=0或a≥1的数都可以．
故答案为：1(答案不唯一)．
5.（2023·上海青浦·一模）已知函数y=¿的值域为R，则实数a的取值范围为 ．
【答案】(−∞ , 0)∪[1 , +∞)
【分析】
先求解出x≥0时f (x)的值域，然后根据a=0,a>0,a<0分类讨论x<0时f (x)的值域，由此确定出a的取值
范围.
【详解】当x≥0时，f (x)=x2−2x+2=(x−1) 2+1，此时f (x)∈[1,+∞)，
当a=0且x<0时，f (x)=x，
此时f (x)∈(−∞,0)，且(−∞,0)∪[1,+∞)≠R，所以不满足；
a
当a>0且x<0时，f (x)=x+ +3a，
x
由对勾函数单调性可知f (x)在(−∞,−√a)上单调递增，在(−√a,0)上单调递减，
所以f (x) =f (−√a)=3a−2√a，此时f (x)∈(−∞,3a−2√a]，
max
若要满足f (x)的值域为R，只需要3a−2√a≥1，解得a≥1；
a
当a<0且x<0时，因为y=x,y= 均在(−∞,0)上单调递增，
x
a
所以f (x)=x+ +3a在(−∞,0)上单调递增，且x→0时，f (x)→+∞，x→−∞时，f (x)→−∞，
x
所以此时f (x)∈(−∞,+∞)，此时显然能满足f (x)的值域为R；
综上可知，a的取值范围是(−∞,0)∪[1,+∞)，
故答案为：(−∞,0)∪[1,+∞).
6.（2024·广东深圳·模拟预测）已知函数f (x)=¿，若∃x ∈R，使得f (x )≤10m+4m2 成立，则实数
0 0
m的取值范围为（ ）
[ 9 1] [ 5 ]
A． − ,− B． − ,0
4 4 2
( 9] [ 1 ) ( 5]
C． −∞,− ∪ − ,+∞ D． −∞,− ∪[0,+∞)
4 4 2
【答案】C
【分析】
先求出分段函数的最小值；再求解不等式的解集即可.( 3] (3 )
【详解】因为函数y=x2−3x在区间 −∞, 上单调递减，在区间 ，3 上单调递增，
2 2
3 9
所以当x= 时，函数y=x2−3x,x≤3取得最小值− .
2 4
又因为函数y=log x在区间(3,+∞)上单调递增，
3
所以当x>3时，log x>1.
3
9
综上可得函数f (x)=¿的最小值为− .
4
因为∃x ∈R，使得f (x )≤10m+4m2 成立，
0 0
9 9 1
所以− ≤10m+4m2 ，解得：m≤− 或m≥− .
4 4 4
故选：C.
1．（2022·全国·模拟预测）已知函数f (x)=¿则f (−1)=（ ）
7
A．1 B．−1 C．− D．5
2
【答案】B
【分析】利用函数f (x)的解析式可求得f (−1)的值.
【详解】因为f (x)=¿，则f (−1)=f (1)=21−3=−1.
故选：B.
2．（20-21高三上·天津红桥·期末）设函数f (x)=¿，则f (f (0))（ ）
A．0 B．3
C．1 D．2
【答案】C
【解析】将自变量代入对应的分段函数中，即可求得答案.
【详解】由题意得f(0)=02+2=2，所以f(f(0))=f(2)=log 2=1，
2
故选：C
( (1))
3．（22-23高三上·天津红桥·期中）已知函数f (x)=¿，则f f =（ ）
3
1 1 1
A．2 B． C． D．
2 4 9
【答案】B
【分析】根据自变量所在的范围代入解析式求解即可.【详解】∵f (x)=¿，
(1) 1
∴f =log =−1，
3 33
则f
(
f
(1))
=f (−1)=2−1=
1
.
3 2
故选：B.
1−x2
4．（2023·重庆·模拟预测）已知函数f (1−x)= (x≠0)，则f (x)=（ ）
x2
1 1
A． −1(x≠0) B． −1(x≠1)
(x−1) 2 (x−1) 2
4 4
C． −1(x≠0) D． −1(x≠1)
(x−1) 2 (x−1) 2
【答案】B
【分析】利用换元法令t=1−x，代入运算求解即可.
【详解】令t=1−x，则x=1−t，由于x≠0，则t≠1，
1−(1−t) 2 1
可得f (t)= = −1，(t≠1)，
(1−t) 2 (t−1) 2
1
所以f (x)= −1(x≠1).
(x−1) 2
故选：B.
5．（2024·山东泰安·二模）已知函数f (x)=¿且f (m)=−12，则f (6−m)=（ ）
A．−1 B．−3 C．−5 D．−7
【答案】D
【分析】根据函数解析式，当m≤1时m无解，当m>1时解得m=7，即可求解.
【详解】由题意知，当m≤1时，f(m)=2m+1−8=−12，
得2m+1=−4，又2m+1>0，所以方程无解；
f(m)=4log (m+1)=−12
当m>1时， 1 ，
2
log (m+1)=−3
得 1 ，即m+1=8，解得m=7，
2
所以f(6−m)=f(−1)=2−1+1−8=−7.
故选：D
6．（22-23高三·全国·对口高考）给出下列四组函数：
（1）f (x)=x， g(x)= ( x 1 2 ) 2 ；
（2）f (x)=x−2，g(x)=√x2−4x+4；1
（3）f (x)= ，g(x)=f−1(x)；
x
| (1) x|
（4）f (x)= lg ，g(x)=|x|lg2．
2
其中相同的函数有 （请在横线内填序号）．
【答案】（3）（4）
【分析】由函数定义域可判断（1）；由函数对应法则可判断（2）；由反函数的概念可判断（3）；由对
数函数的运算法则可判断（4）.
【详解】（1）中，f (x)=x的定义域为x∈R，
g(x)=
(
x
1
2
) 2 的定义域为[0,+∞)，
两个函数定义域不同，所以不是同一函数；
（2）中，f (x)=x−2，g(x)=√x2−4x+4=√(x−2) 2=|x−2|，
两个函数对应法则不相同，所以不是同一函数；
1 1
（3）中，f (x)= ，g(x)=f−1(x)= ，易知两函数是相同函数；
x x
（4）中，f (x)=
|
lg
(1) x|
=|lg2−x|=|−x⋅lg2|=|x|lg2=g(x)，
2
易知两函数是相同函数.
故答案为：（3）（4）
7．（20-21高三上·天津滨海新·阶段练习）已知函数f (x)=¿，求使得f (x)≥2的自变量x的取值范围．
【答案】(−∞,−1]∪(0,1]
【分析】分别讨论x≤0和x>0两种情况，代入不同的解析式，求得各自解集，综合即可得答案.
【详解】当x≤0时，f(x)=x2+1≥2，解得x≤−1或x≥1（舍），所以x≤−1，
当x>0时，f(x)=−x+3≥2，解得x≤1，所以00；
1 2 2
综上所述：x +x 的取值正、负、零都可能.
1 2
故选：D.
3．（2024高三·全国·专题练习）设x∈R，定义符号函数sgnx=¿，则（ ）
A．|x|= x|sgnx| B．|x|= xsgn|x| C．|x|=|x|sgnxD．|x|=xsgnx
【答案】D
【分析】去掉绝对值符号，结合函数新定义逐项比较即可求解.
【详解】对于选项A， x|sgnx|=¿，|x|=¿，故|x|≠ x|sgnx|，故A不正确；
对于选项B， xsgn|x|=¿，|x|=¿，故|x|≠ xsgn|x|，故B不正确；
对于选项C， |x|sgnx=¿，|x|=¿，故|x|≠|x|sgnx，故C不正确；
对于选项D，xsgnx=¿，|x|=¿，故|x|=xsgnx，故D正确.
故选：D.
4．（2024高三·全国·专题练习）求下列函数的解析式
（1）已知f (√x+1)=x+2√x，则f (x)= ．
（2）已知f (x)是三次函数，且在x=0处的极值为0，在x=1处的极值为1，则f (x)= ．(1) 3
（3）已知f(x)的定义域为{x|x≠0}，满足3f (x)+5f = +1，则函数f (x)= ．
x x
（4）已知函数f (x+1)是偶函数，且x<1时f (x)=x2−4x，则x>1时，f (x)= ．
5 9 1
【答案】 x2−1,x≥1 −2x2+3x2 x− + (x≠0) x2−4
16 16x 8
【分析】（1）第一空可用换元法设t=√x+1，从而x=(t−1) 2,(t≥1)进一步代入即可求解；
（2）第二空先设函数表达式并求导，进一步由题意可列出方程组¿，解方程组即可得解；
（3）构造函数方程组即可求解；
（4）由题意得f (x)=f (2−x)，注意到x>1时，则有2−x<1，从而即可进一步求解.
【详解】（1）设t=√x+1，则x=(t−1) 2,(t≥1)，
代入原式有f (t)=(t−1) 2+2(t−1)=t2−2t+1+2t−2=t2−1.
故f (x)=x2−1,x≥1.
（2）设f (x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0)，则f'(x)=3ax2+2bx+c，
由题意得¿，即¿，解得a=−2,b=3，
所以f (x)=−2x2+3x2，经检验，符合，.
1 (1) 3 (1)
（3）用 代替3f (x)+5f = +1中的x，得3f +5f (x)=3x+1，
x x x x
(1) 5 9 1
由¿，消去f ，解得f (x)= x− + (x≠0)．
x 16 16x 8
（4）由函数f (x+1)是偶函数，可得f (x)图象关于直线x=1对称，
所以f (x)=f (2−x).
设x>1，则2−x<1，所以f (2−x)=(2−x) 2−4(2−x)=x2−4，
因为f (x)=f (2−x)，所以f (x)= x2−4.
5 9 1
故答案为：x2−1,x≥1；−2x2+3x； x− + (x≠0)；x2−4.
16 16x 8
5．（2024·江苏徐州·模拟预测）若函数f (x)=¿有两个零点，则实数a的取值范围为 .
( 1 )
【答案】 − ,0 ∪(0,1]
4
【分析】本题根据已知条件给定的零点个数，对参数a分类讨论并结合函数图象即可求解.
【详解】①当a=0时，f(x)=¿，由于x≤0时00时x−1>−1，此时f(x)只有一个零点，所以a=0不符合题意；
②当a＜0时，f(x)=¿，函数f(x)的大概图象如图所示，
，
由于x≤0时，ex+(−a)＞0，x＞0时，x+
−a
−1≥2
√
x⋅
(−a)
−1=2√−a−1，当且仅当x=
−a
，
x x x
即x=√−a时取等号，
此时在(0,+∞)上有f(x) =2√−a−1，要使f(x)有两个零点，只需f(x) =2√−a−1＜0，即
min min
1
− ＜a＜0；
4
③当a＞0时，f(x)=¿，函数f(x)的大概图象如图所示，
，
a
由于函数y=x− −1在(0,+∞)上是增函数，x→0,f(x)→−∞,x→+∞,f(x)→+∞故与x轴有且只有
x
一个交点，
要使f(x)有两个零点，只需函数y=ex−a(x≤0)有一个零点即可，
当0＜a≤1时，y=ex−a(x≤0)恰好只有一个零点.
( 1 )
综上所述，实数a的取值范围是 − ,0 ∪¿.
4
( 1 )
故答案为： − ,0 ∪¿.
4
6．（2024·全国·模拟预测）已知函数f(x)=¿则函数y=f(f(x))+1有 个零点．
【答案】7
【分析】设f(x)=m，则f(f(x))=−1等价于f(m)=−1，作出函数f(x)的图像，由图可知f(m)=−1有
3个根，再根据f(x)=m结合函数的图象得出交点的个数，即得到结果.
【详解】令y=0，则f(f(x))=−1，设f(x)=m，则f(f(x))=−1等价于f(m)=−1，
则函数y=f(f(x))+1的零点个数问题即为f(f(x))=−1解的个数问题．
二次函数y=x2+4x+1，其图像开口向上，过点(0,1)，对称轴为x=−2，最小值为−3，由题意得f(x)=¿作出函数f(x)的图像如图所示．
1
由图可知f(m)=−1有3个根，当t>0时，log t=−1，即t= ；
2 2
当t≤0时，t2+4t+1=−1，即t=−2±√2.
1 1
则对于f(x)= ，当log x= 时，x=√2;
2 2 2
1 √14
当x2+4x+1= 时，x=−2± ，此时共有3个解．
2 2
对于f(x)=−2+√2，此时log x=−2+√2有1个解，x2+4x+1=−2+√2，即(x+2) 2=1+√2有2个解．
2
对于f(x)=−2−√2，此时log x=−2−√2有1个解，x2+4x+1=−2−√2，即(x+2) 2=1−√2<0无解．
2
因此，此时函数y=f(f(x))+1有7个零点．
故答案为：7.
1.（2020·山东·高考真题）已知函数f (x)=¿.
（1）求f [f (1)]的值；
（2）求f (|a−1|)<3，求实数a的取值范围.
【答案】（1）3；（2）−30，
所以f (1)=2×1−5=−3，因为−3<0，
所以f [f (1)]=f (−3)=(−3) 2+2×(−3)=3.
（2）因为|a−1|≥0，
则f (|a−1|)=2|a−1|−5，
因为f (|a−1|)<3，所以2|a−1|−5<3，
即|a−1|<4，解得−3f(x−1)+f(x−2)，且当x<3时f(x)=x，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．f(10)>100 B．f(20)>1000
C．f(10)<1000 D．f(20)<10000
【答案】B
【分析】代入得到f(1)=1,f(2)=2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当x<3时f(x)=x，所以f(1)=1,f(2)=2，
又因为f(x)>f(x−1)+f(x−2)，
则f(3)>f(2)+f(1)=3,f(4)>f(3)+f(2)>5，
f(5)>f(4)+f(3)>8,f(6)>f(5)+f(4)>13,f(7)>f(6)+f(5)>21，
f(8)>f(7)+f(6)>34,f(9)>f(8)+f(7)>55,f(10)>f(9)+f(8)>89，
f(11)>f(10)+f(9)>144,f(12)>f(11)+f(10)>233,f(13)>f(12)+f(11)>377
f(14)>f(13)+f(12)>610,f(15)>f(14)+f(13)>987，
f(16)>f(15)+f(14)>1597>1000，则依次下去可知f(20)>1000，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用 f(1)=1,f(2)=2，再利用题目所给的函数性质
f(x)>f(x−1)+f(x−2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
3．（2024·全国·高考真题）已知函数f(x)=¿在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．(−∞,0] B．[−1,0] C．[−1,1] D．[0,+∞)
【答案】B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为f (x)在R上单调递增，且x≥0时，f(x)=ex+ln(x+1)单调递增，
则需满足¿，解得−1≤a≤0，
即a的范围是[−1,0].
故选：B.
1
4．（2019·天津·高考真题）已知函数f(x)=¿若关于x的方程f(x)=− x+a (a∈R)恰有两个互异的
4
实数解，则a的取值范围为
[5 9] (5 9] (5 9] [5 9]
A． , B． , C． , ∪{1}D． , ∪{1}
4 4 4 4 4 4 4 4
【答案】D
1
【分析】画出f (x)图象及直线y=− x+a，借助图象分析．
4
1
【详解】如图，当直线y=− x+a位于B点及其上方且位于A点及其下方，
41 1
或者直线y=− x+a与曲线y= 相切在第一象限时符合要求．
4 x
1 5 9
即1≤− +a≤2，即 ≤a≤ ，
4 4 4
1 1 1 1 1
或者− =− ，得x=2，y= ，即 =− ×2+a，得a=1，
x2 4 2 2 4
[5 9]
所以a的取值范围是 , ∪{1}．
4 4
故选D．
【点睛】根据方程实根个数确定参数范围，常把其转化为曲线交点个数，特别是其中一条为直线时常用此
法．
5 ． （ 四 川 · 高 考 真 题 ） 设 f(x)是 定 义 在 R 上 的 周 期 为 2 的 函 数 ， 当 x∈[−1,1)时 ，
−4x2+2, −1≤x<0, 3
f(x)={ ，则f( )=
x, 0≤x<1, 2
【答案】1
3 1 1
【详解】试题分析：f( )=f(− )=−4× +2=1.
2 2 4
【点晴】周期函数及分段函数.
1
6．（2017·全国·高考真题）设函数f(x)=¿则满足f(x)+f(x− )>1的x的取值范围是 .
2
1
【答案】(− ,+∞)
4
【详解】由题意得： 当x> 1
2
时， 2x+2 x− 1 2>1 恒成立，即x> 1
2
；当01 恒成立，
1 1 1 1 1
即01⇒x>− ，即−
