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备战2022 年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)
专题05 基本初等函数第一缉
1．【2021 年江西预赛】方程1
x + 1
y =
1
2021
的正整数解的组数为
.
【答案】9
【解析】由1
x + 1
y =
1
2021
,得到( x -2021)( y -2021)=2021
2= 43
2⋅47
2 ,因43
2⋅47
2 共有(2+1)(2+ 1)
=9 个正因数,x -2021 可取9 个值,即x 可取9 个值,而当x 取定后,y 的值便唯一确定;因此方程有9 组正整
数解.
2．【2021 年江西预赛】设对每个实数x ,f ( x) 的值皆取x
2,6- x ,2 x +15 中的最小值,则f ( x) 的最大值
是
.
【答案】9
【解析】如图,解出其交点,则有f ( x)=¿
则当x⩽-3 ,f ( x)⩽9; 当-3⩽x⩽2,f ( x)⩽9; 当x⩾2,f ( x)⩽4 ,
因此f ( x)⩽9 ,x∈R .
3．【2021 年江西预赛】函数f ( x)= x - x
3
(1+ x
2)
2 的值域是
.
【答案】[- 1
4 , 1
4].
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【解析】f ( x)=
x
1+ x
2 ⋅1- x
2
1+ x
2
,
令x = tan α ,则f = 1
2 sin 2α ⋅cos2α = 1
4 sin 4 α ,由此,- 1
4 ⩽f ⩽1
4
,
当x = - tan π
8 ,tan π
8
时两边分别取得等号.
4．【2021 年吉林预赛】已知函数f ( x)= x
3-a x
2+(a
2-2) x +1. 若存在m>0 ,使得f (m)≤0 ,则实数a 的
最大值为
.
【答案】1
【解析】a=1 时，f（1）=0，符合题设；
a>1 时，f ( x)=( x -a)
2 x +a x
2-2 x +1≥a x
2-2 x +1> x
2-2 x +1≥0 ，不符合题设.
综上，实数a 的最大值为1.
5．【2021 年福建预赛】已知f ( x)= 1
x
2 + 1
x
4 ,若f (a-2)<f (2a+1) 成立，则a 的取值范围为
【答案】(-3,- 1
2)∪(- 1
2 , 1
3)
【解析】易知f ( x)= 1
x
2 + 1
x
4 是定义在(-∞,0)∪(0,+ ∞) 上的偶函数，且在(0,+ ∞) 递减.
所以|a-2|>|2a+1|>0 .
解得,-3<a< 1
3
,且a≠- 1
2
.
所以，a 的取值范围为(-3,- 1
2)∪(- 1
2 , 1
3)
.
6．【2021 年福建预赛】已知f ( x) 和g( x) 是两个二次项系数均为1 的二次函数.若g(6)=35 ,
f (-1)
g(-1) = f (1)
g(1) = 21
20 ,则f (6)=
.
【答案】35
【解析】解法一:设f ( x)= x
2+ax +b, g( x)= x
2+cx +d ,
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则由题设条件可得：
20(1-a+b)=21(1-c +d) ⋯⋯⋯(1), 20(1+a+b)=21(1+c +d) ⋯⋯⋯(2) ，
(1)、(2)两式左右两边分别相加，得40+ 40b= 42+ 42d ,20b=1+21d ；
(1)、(2)两式左右两边分别相减，得- 40a=- 42c ,20a=21c .
另由g(6)=35 ,得36+6c +d =35 .
所以,36+6× 20
21 a+ 20b-1
21
=35, 6a+b=-1 .
所以,f (6)=36+6a+b=35 .
解法二:设h(x)=21g(x)-20 f (x) ,则由条件知h( x) 是二次项系数为1 的二次函数.
又h(-1)=2lg(-1)-20 f (-1)=0, h(1)=2lg(1)-20 f (1)=0 ,
所以,h( x)=( x +1)( x -1)= x
2-1 .
因此，h(6)=21 g(6)-20 f (6)=6
2-1=35 .
所以,21×35-20 f (6)=35,f (6)=35 .
7．【2021 年重庆预赛】设正实数a,b,c 满足abc =10
11 ,且lga⋅lg(bc)+lgb⋅lg(ca)+lgc⋅lg(ab)= 40 ,
则❑√lg
2a+lg
2b+lg
2c =
.
【答案】19
【解析】令x =lga, y =lgb, z =lgc ,则x + y + z =11,2( xy + yz + zx)= 40 ,
从而❑√x
2+ y
2+ z
2=
❑√11
2- 40= ❑√81=9.
8 ．【2021 年重庆预赛】已知函数f ( x) 为R 上的奇函数，当x ≥0 时,f ( x)= x
2 , 则不等式
f (f ( x))+ f ( x -1)<0 的解集为
.
【答案】(-∞,
❑√5-1
2 )
【解析】由函数f ( x) 为奇函数，不等式等价于f (f ( x))<f (1- x) ,由于单调递增，所以f ( x)<1- x ,
当x ≥0, x
2<1- x ,解得0≤x<
❑√5-1
2
；
当x<0,- x
2<1- x 查成立.
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综上x∈(-∞,
❑√5-1
2 )
.
9．【2021 年重庆预赛】已知f ( x)=2m x
2-2mx -8 x +9, g( x)=mx -m ,对任意x∈R ,f ( x) 与g( x) 至
少有一个为正数，则实数m 的取循范围是
.
【答案】(0,8)
【解析】易知m>0 ,所以当x>1 时，g( x)>0 恒成立,
只需要当x ≤1 时，f ( x)>0 恒成立，即2m x
2-2mx -8 x +9>0 .
(1)Δ=(2m+8)
2-72m<0
,解得2<m<8 :
(2)f (l)=1>0 ,且2m+8
4 m
≥1 ,解得0<m≤4 .
综上m 的取值范围为(0,8) .
10．【2021 年广西预赛】设k 为方程| x|
1
4 +| x|
1
2 -cos x =0
的实根的个数，则k =
.
【答案】2
【解析】令f ( x)=| x|
1
4 +| x|
1
2 -cos x , 则f (0)=-1 . 当x ≥1 时,f ( x)≥1.f ( x) 在[0,1] 单调，
f (0)f (1)<0 .
故f ( x) 在[0,1]内有唯一实根，从而f ( x) 在[0,+∞) 内有唯一实根.
于是，由f ( x) 为偶函数可得原方程有且只有2 个实根.
11 ．【2021 年广西预赛】设n 为正整数，函数f n( x)=
n+ x +
1
n+ x
n+1
, x∈(0,1)
的值域为
I n, I =¿n=1¿∞I n ,则I =
.
【答案】(
5
6 , 5
4)
【解析】f n( x) 单调递增,f n(0)<f n( x)<f n(1), I n=(f n(0),f n(1)),n∈N +
.
f n(0)≥f 2(0)= 5
6 , f n(1)≤f 1(1)= 5
4 . 因此I =(
5
6 , 5
4)
.
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12．【2021 年新疆预赛】设f ( x)=|ln x| ,若函数g( x)= f ( x)-ax 在区间(0,4) 上有三个零点，则实数
a 的取值范围是
.
【答案】(
ln 2
2 , 1
e)
【解析】方法一:因为函数g( x)= f ( x)-ax 在区间(0,4) 上有三个零点，即|ln x|-ax =0 在(0,4) 上有
三个不同的解.
令a=|ln x|
x
=¿ .
则当0< x<1 时,- ln x
x ∈(0,+ ∞) ,
当1≤x<4 时，令h( x)= ln x
x
在[1,e]上单调递增，在(e ,4) 上单调递减.
因此,ln 2
2 ≤ln x
x ≤1
e
.
所以当a∈(
ln 2
2 , 1
e)
时，函数g( x) 在区间(0,4) 上有三个零点.
方法二:函数y =|ln x| 的图象如图所示，
当a≤0 时，不符合题意;
当a>0 时，当x∈(0,1) 吋，存在一个零点；
当x∈(1,+∞),f ( x)= ln x ,g( x)= ln x -ax , x∈(1,4 ],g
'( x)= 1
x -a= 1-ax
x
,
当x> 1
a
时,g
'( x)<0, g( x) 单调递减；
当0< x< 1
a
时，g
'( x)>0, g( x) 单调递增.
所以，f ( x) 与y =ax 在(1,4) 上有两个交点.
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由¿ 得ln 2
2 ≤ln x
x ≤1
e
.
所以当a∈(
ln 2
2 , 1
e)
时，函数g( x) 在区间(0,4) 上有三个零点.
13 ．【2021 年全国高中数学联赛A 卷一试】设函数f (x)满足: 对任意非零实数x, 均有
f (x)= f (1)⋅x + f (2)
x
-1,则f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为
.
【答案】❑√3-1.
【解析】令x =1,2,分别得f (1)= f (1)+ f (2)-1与f (2)=2f (1)+ f (2)
2
-1,解得f (2)=1,f (1)= 3
4 .从而对
x≠0,有f (x)= 3
4 x + 1
x -1.
当x∈(0,+∞)时,f (x)≥2❑√
3
4 x⋅1
x -1= ❑√3-1,当x = 2❑√3
3
时等号成立.所以f (x)在(0,+ ∞)上的最小值为
❑√3-1.
14．【2021 年全国高中数学联赛B 卷一试】设函数f (x)的定义域为D =(-∞,0)∪(0,+ ∞),且对任意
x∈D,均有f (x)= f (1)⋅x
2+ f (2)⋅x -1
x
,则f (x)的所有零点之和为
.
【答案】- 4
【解析】令x =1,2,分别得f (1)= f (1)+ f (2)-1与f (2)=2f (1)+ f (2)- 1
2
,
解得f (2)=1,f (1)= 1
4 .
从而f (x)= 1
x ⋅(
1
4 x
2+ x -1)(x≠0)
令f (x)=0,得x =-2±2❑√2,故f (x)的所有零点之和为- 4.
15．【2021 年全国高中数学联赛B 卷一试】设a,b,c>1,满足(a
2b)
logac =a⋅(ac)
logab,则logc(ab)的值为
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.
【答案】2
【解析】对原式两边取以a为底的对数,得logac⋅(2+logab)=1+logab⋅(1+logac)，
化简得2logac =1+logab.所以c
2=ab.进而logc(ab)=logc c
2=2.
16．【2020 高中数学联赛A 卷（第01 试）】设a>0,函数f ( x)= x + 100
x
在区间(0,a]上的最小值为m1,在
区间[a,+∞)上的最小值为m2.若m1m2=2020,则a的值为
.
【答案】1 或100
【解析】注意到f ( x)在(0,10]上单调减,在[10,+∞)上单调增.
当a∈(0,10]时, m1= f (a),m2= f (10);
当a∈[10,+∞)时, m1= f (10),m2= f (a).
因此总有f (a)f (10)=mm2=2020,
即a+ 100
a = 2020
20 =101,解得a=1或a=100.
17．【2020 高中数学联赛A 卷（第01 试）】设a,b>0,满足:关于x 的方程❑√| x|+ ❑√| x +a|=b恰有三个
不同的实数解x1, x2, x3,且x1< x2< x3=b,则a+b的值为
.
【答案】144
【解析】令t = x + a
2,则关于t的方程❑√t - a
2 |+ ❑√|t + a
2 |=b恰有三个不同的实数解ti= xi+ a
2 (i=1,2,3).
由f (t )= ❑√|t - a
2 |+ ❑√t + a
2
偶函数,故方程f (t )=b的三个实数解关于数轴原点对称分布,从而必有
b= f (0)= ❑√2a以下求方程f (t )= ❑√2a的实数解.
当|t |⩽a
2时, f (t )= ❑√
a
2 -t + ❑√
a
2 +t =
❑√a+
❑√a
2- 4 t
2≤2a,等号成立当且仅当t =0;
当t > a
2
时, f (t )单调增,且当t = 5a
8
时f (t )= ❑√2a,
当t <- a
2
时, f (t )单调减,且当t =- 5a
8
时f (t )= ❑√2a.
从而方程f (t )= ❑√2a恰有三个实数解t1=- 5
8 a,t2=0,t3= 5
8 a.
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由条件知b= x3=t3- a
2 = a
8
,结合b= ❑√2a得a=128.
于是a+b= 9a
8 =144.
18．【2020 高中数学联赛B 卷（第01 试）】若实数x 满足log2 x = log4(2 x)+ log8(4 x),则x =
【答案】128
【解析】由条件知log2 x = log42+ log4 x + log84+ log8 x = 1
2 + 1
2 log2 x + 2
3 + 1
3 log2 x,
解得log2 x =7,故x =128.
19．【2020 高中数学联赛B 卷（第01 试）】已知首项系数为1 的五次多项式f ( x)满足:
f (n)=8n,n=1,2,⋯,5,则f ( x)的一次项系数为
.
【答案】282
【解析】令g( x)= f ( x)-8 x,则g( x)也是一个首项系数为1 的五次多项式,且
g(n)= f (n)-8n=0,n=1,2,⋯,5,
故g( x)有5 个实数根1,2,⋯,5,所以g( x)=( x -1)( x -2)⋯( x -5),于是
f ( x)=( x -1)( x -2)⋯( x -5)+8 x,
所以f ( x)的一次项系数等于(1+ 1
2 + 1
3 + 1
4 + 1
5 )⋅5!+8=282.
20．【2020 年福建预赛】已知函数f ( x) 是定义在R 上的偶函数,且对任意实数x ,均有f ( x +1)= f (1- x)
成立,当1⩽x⩽2 时,f ( x)= ln x . 若关于x 的方程f ( x)+ax -1=0 在x∈[3,5] 上有两个不相等的实数
根,则a 的取值范围是
.
【答案】(
1- ln 2
4
, 1
5]
【解析】如图3,分别作出函数y = f ( x) 与y = -ax +1 的图像,其中,P(0,1),G(
1
a ,0)
.
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由图像,知当¿ ,即1- ln 2
4
<a⩽1
5
时,两函数图像在x∈[3,5] 上有两个不同的交点.
故a 的取值范围是(
1- ln 2
4
, 1
5].
21．【2020 年福建预赛】设正整数n 为合数,f (n) 为n 的最小的三个正约数之和,g(n) 为n 的最大的两个
正约数之和.若g(n)= f
3(n) ,则n 的所有可能值为
.
【答案】144
【解析】设正整数n 满足条件.显然,n 的最小、最大的正约数分别为1、
n.设p 为n 的最小系因子,则n 的第二小、第二大的正约数分别为p , n
p
.
对于n 的第三小的正约数,有以下两类情况:
(1) 若第三小的正约数为p
2 ,则
p
2∣n,f (n)=1+ p+ p
2,g(n)=n+ n
p
.
由p
2∣n ,知g(n)=n+ n
p
为p 的倍数,有g(n)≡0( mod p) .
又f (n)=1+ p+ p
2=1( mod p) ,
f
3(n)≡1( mod p) ，
于是,g(n)≠f
3(n) ,与条件不符.
(2)若第三小的正约数是某一素数q (q> p) ,则
f (n)=1+ p+q≡1+ p( mod q) ,
f
3(n)≡(1+ p)
3( mod q).
由pq∣n ,知g(n)=n+ n
p
为q 的倍数,有g(n)≡0( mod q) .
于是,(1+ p)
3=0( mod q) .
由q 为素数,知q∣(1+ p) .于是,p<q⩽1+ p ,符合条件的素数p、q 只有p=2,q =3. 此时，
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f (n)=6,g(n)= 3n
2 .
由g(n)= f
3(n) ,得
3n
2 =6
3⇒n=144 .
经验证,n=144 符合要求.
故n 的所有可能值为n=144.
22．【2020 年甘肃预赛】已知a=e
-2,b=a
a,c =a
a
a
.
则a,b,c 的大小关系为
.
【答案】b>c>a
【解析】由a= 1
e
2 ∈(0,1)
⇒a<a
a⇒a
a>a
a
a
又a
0>a
a ,则a<a
a
a ,即c>a .
因此,b>c>a.
23．【2020 年甘肃预赛】若关于x 的方程| x|
x +6 =k x
2 有四个不同的实数解,则实数k 的取值范围是
.
【答案】(
1
9 ,+∞).
【解析】显然,x =0 为原方程的解.
若x≠0 ,则k =
1
| x|( x +6) =¿
原问题等价于1
k =¿
有三个非零解.
如图3,知0< 1
k <9 ,
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即k ∈(
1
9 ,+∞).
又k ≠0 ,故
k ∈(
1
9 ,+∞)
24．【2020 年广西预赛】设关于x 的方程b x
2+| x|+b
2-9=0 有唯一实数解x =a. 则a+b 的值为
.
【答案】3
【解析】依题意,知a=0 ,此时,b
2=9. 经检验,b=3 时满足题意.故a+b=3.
25．【2020 年四川预赛】设函数f ( x)=
❑√2 x
2+2 x + 41-
❑√2 x
2+ 4 x + 4( x∈R) .则f ( x) 的最大值为
.
【答案】5
【解析】注意到，f ( x)=
❑√2 x
2+2 x + 41-
❑√2 x
2+ 4 x + 4
=
❑√( x +5)
2+( x - 4)
2-
❑√x
2+( x +2)
2 .
设点A(-5,6),O(0,0), P( x , x +2). 则点P 在直线y = x +2 上.
易知,O 关于直线y = x +2 的对称点为O
'(-2,2) .
故f ( x)=| PA |-| PO|=| PA |-| PO
'|
⩽| A O
'|=5 .
当A ,O
', P 三点共线,且点P 在A ,O
' 的同侧时,上式等号成立.
因此,f ( x) 的歧大值为5.
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26．【2020 年浙江预赛】设r 为方程x
3- x +3=0 的解,则以r
2 为解、1 为首项系数的整系数一元三次方程
为
.
【答案】x
3-2 x
2+ x -9=0
【解析】令s=r
2 ,则
(❑√s)
3- ❑√s+3=0
⇒3= ❑√s(1- s)
⇒9= s(s
2-2s+1)
⇒s
3-2s
2+ s-9=0 .
27．【2020 年浙江预赛】已知f (a)= min
❑x ∈[a,a+1]
{x
2-2 x -1}. 则f (a) 在区间[-1,1] 上的最大值为
【答案】-1
【解析】(1)若a⩽0 ,则a+1⩽1. 故f (a)=(a+1)
2-2(a+1)-1=a
2-2 .
(2)若a⩾1 ,则f (a)=a
2-2a-1.
(3)若0⩽a⩽1 ,则a⩽1⩽a+1. 故
f (a)=-2
即f (a)={
a
2-2,
a⩽0;
-2,
0<a<1;
a
2-2a-1,
a⩾1.
因此,f (a) 在区间[-1,1] 上的最大值为-1.
28．【2020 年重庆预赛】若二次实系数方程a x
2+bx +c =0 有两个虚根x1, x2 ,且x1
3∈R ,则ac
b
2 =
.
【答案】1
【解析】注意到,x2= x1 .
由x1
3∈R⇒x1
3= x1
3=( x1)
3= x2
3
⇒( x1- x2)( x1
2+ x1 x2+ x2
2)=0
⇒x1
2+ x1 x2+ x2
2=0
13 / 17
⇒( x1+ x2)
2= x1 x2
⇒(- b
a )
2
= c
a ⇒b
2=ac
⇒ac
b
2 =1 .
29．【2020 年重庆预赛】若实数x、y 满足2
x+ 4 x +12= log2( y -1)
3+3 y +12=0 ,则x + y =
【答案】-2
【解析】令s= x -2 ,则2
x+ 4 x +12=0
⇔2
s=- s-5 ；
令t = y -1 ,则log2( y -1)
3+3 y +12=0
⇔ log2t =-t -5 .
注意到,函数y =2
x 与y = log2 x 的图像关于直线y = x 对称,且函数y =- x -5 的图像也关于直线y = x 对
称,而y = x 与y =- x -5 的交点横坐标为- 5
2
,故s+t =-5 .
从而,x + y = s+t +3=-2.
30．【2019 年全国】已知正实数a 满足a
a=(9a)
8a，则loga(3a)的值为
.
【答案】9
16
【解析】a
a=(9a)
8a⇔a=8aloga9a
由loga9a= 1
8 ⇒loga9=- 7
8 ⇒loga3=- 7
16
.
∴loga3a= loga3+1= 9
16
.
31．【2019 年江苏预赛】设f (x)是定义在Z上的函数，且对于任意的整数n，满足f (n+ 4)- f (n)≤2(n+1)，
f (n+12)- f (n)≥6(n+5)，f (-1)=-504，则f (2019)
673
的值是
.
【答案】1512.
【解析】由f (n+ 4)- f (n)≤2(n+1)，得
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f (n+12)- f (n)≤(n+12)- f (n+8)+ f (n+8)- f (n+ 4)+ f (n+ 4)- f (n)
≤2[(n+9)+(n+5)+(n+1)]=6(n+5).
又f (n+12)- f (n)≥6(n+5)，
所以f (n+12)- f (n)=6(n+5)，故f (n+ 4)- f (n)=2(n+1).
因此f (2019)=(f (2019)- f (2015))+(f (2015)- f (2011))+…+(f (3)- f (-1))+ f (-1)
=2(2016+2012+⋯+4+0)-504=2020×504 -504 =2019×504.
所以f (2019)
673
=1512.
32．【2019 年江苏预赛】函数f (x)= x
2+ x
❑√x
2-3的值域是:
.
【答案】(
3
2 ,+∞)
【解析】原函数的定义域是(-∞,- ❑√3]∪[❑√3,+∞).
当x∈[❑√3,+∞)时，函数f (x)= x
2+ x
❑√x
2-3为增函数，所以f (x)≥3;
当x∈(-∞,- ❑√3]时，f ( x)= x
2+ x
❑√x
2-3= x(x +
❑√x
2-3)=
3 x
x -
❑√x
2-3
=
3
1+ ❑√
1- 3
x
2
，
因为x∈(-∞,- ❑√3]，所以1≤1+ ❑√
1- 3
x
2 <2，
3
2 <
3
1+ ❑√
1- 3
x
2
≤3.
故原函数的值域是(
3
2 ,+∞)
.
33．【2019 年内蒙古预赛】若函数y=f(x)满足lim
x→0 f ( x)= f (0)=1,f (2 x)- f ( x)= x
3,则f(x)=
.
【答案】1+ 1
7 x
3
【解析】则条件得
15 / 17
f ( x)- f(
1
2 x)= 1
2
3 x
3
f(
1
2 x)- f(
1
2
2 x)= 1
2
6 x
3
f(
1
2
2 x)- f(
1
2
3 x)= 1
2
6 x
3
……
f(
1
2
n-1 x)- f(
1
2
n x)= 1
2
3n x
3
累加得
f ( x)= f(
1
2
n x)+ 1
2
3 x
3(1+ 1
2
3 + 1
2
6 +⋯+
1
2
3(n-1))= f(
x
2
n)+ x
3
1- 1
2
3n
2
3-1
所以
f ( x)=lim
n→∞[f(
x
2
n)+ x
3
1- 1
2
n
2
3-1]= f (0)+ 1
7 x
3=1+ 1
7 x
3
34．【2019 年浙江预赛】如图，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】
1
2(π + 4)
【解析】记圆的半径为r，矩形的宽为h，则有:
¿
16 / 17
所以曲边形的面积为
S = 1
2 π ⋅x
2
π
2 + 1
2 ⋅2 x
π (1- x - 2 x
π )= x
π - (4+ π ) x
2
2π
2
= 4+ π
2π
2 [(
π
4+ π)
2
-(x -
π
4+ π)
2
]
，
因此，当x =
π
π + 4 时，Smax =
1
2(π + 4).
35．【2019 年浙江预赛】设f ( x)= 1010 x +1009
1009 x +1010
，定义f
(1)( x)= f ( x),f
(i)( x)= f (f
(i-1)( x)),i =2,3,⋯，
则f
(n)( x)=
.
【答案】f
(n)( x)= (2019
n+1) x +2019
n-1
(2019
n-1) x +2019
n+1
【解析】由已知f
(n)( x)= 1010 f
(n-1)( x)+1009
1009 f
(n-1)( x)+1010
⇒f
(n)( x)-1
f
(n)( x)+1
=
1
2019 ⋅f
(n-1)( x)-1
f
(n-1)( x)+1
，
以此类推f
(n)( x)-1
f
(n)( x)+1
=
1
(2019)
n ⋅x -1
x +1 ⇒f
(n)( x)= (2019
n+1) x +2019
n-1
(2019
n-1) x +2019
n+1
.
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