专题06函数的概念及其表示压轴题(教师版）_2027版高中《压轴培优讲义》高一上学期（人教A版必修第一册）

专题06
函数的概念及其表示压轴题
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．
常见基本初等函数定义域的要求为：
(1)分式函数中分母不等于零.
(2).偶次根式函数的被开方式大于或等于0.
(3).一次函数、二次函数的定义域均为R.
(4).
0
y x
=
的定义域是

0
|
x x 
.
2.构成函数的三要素
函数的三要素为定义域、值域、对应关系.
注意：相等函数
如果两个函数的定义域相同，并且对应关系完全一致，则这两个函数相等．
（1）两个函数是否是相等函数，取决于它们的定义域和对应关系是否相同，只有当两个函数的定义域和对
应关系完全相同时，才表示相等函数．
（2）函数的自变量习惯上用x 表示，但也可用其他字母表示，如



2
1
2
1
2
1
f x
x
g t
t
h m
m



＝
,
＝
,
＝
均表示相等函数.
3.函数的表示方法
函数的表示方法有三种：解析法、列表法、图象法.
解析法：一般情况下，必须注明函数的定义域；
列表法：选取的自变量要有代表性，应能反映定义域的特征；
图象法：注意定义域对图象的影响.
4．分段函数的概念
若函数在其定义域的不同子集上，因对应关系不同而分别用几个不同的式子来表示，则这种函数称为分段
函数．分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数．
注意：
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分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，其值域等于各段函数的值域的并集．
题型一函数的概念
例1.（1）下列选项中表示同一函数的是（
）
A．

0
f
x
x

与
1
g x 
B．

f x
x

与
2x
g x
x

C．

2
(
1)
f x
x


与
1
g x
x


D．

1,
0
1,
0
x
f x
x





与
,
0
( )
1,
0
x x
x
g x
x







【答案】D
【分析】根据相同函数的定义进行逐一判断即可.
【详解】对于A，因为

f
x 定义域为(
,0)
(0,
)



，而
g x 的定义域为R，
所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；
对于B，因为

f
x 定义域为R，而
g x 的定义域为(
,0)
(0,
)



，
所以两函数的定义域不同，故不能表示同一函数；
对于C，易知函数

2
(
1)
f x
x


和
1
g x
x

的定义域为R ，而

2
(
1)
f x
x


的值域为

0, 

，

1
g x
x

的值域为R ，两函数值域不同，故不能表示同一函数；
对于D，易知函数

f
x 和
g x 的定义域为R ，值域为{ 1,1}

，且
,
0
1,
0
( )
1,
0
1,
0
x x
x
x
g x
x
x














，
所以是同一函数.
故选：D
(2).已知集合
{
0
4},
{
0
2}
M
x
x
N
x
x






∣
∣
从M 到N 的对应法则f 是函数的是（
）
A．
:
f
x
y
x


B．
2
:
f
x
y
x


C．
:
|
|
f
x
y
x


D．
:
1
f
x
y
x



【答案】A
【分析】根据函数的定义，可判断A,举反例说明对应法则不满足函数定义，可判断B,C,D.
【详解】对于
:
f
x
y
x


，对于任意
{
0
4}
x
M
x
x




∣
，在
{
0
2}
N
x
x



∣
中都存在唯一确定的元
素与之对应，满足函数定义，A 正确；
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对于
2
:
f
x
y
x


，取=4
x
时，在
{
0
2}
N
x
x



∣
中即无元素与之对应，不满足函数定义，B 错误；
对于
:
|
|
f
x
y
x


，当=4
x
时，在
{
0
2}
N
x
x



∣
中即无元素与之对应，不满足函数定义，C 错误；
对于
:
1
f
x
y
x


，当=4
x
时，在
{
0
2}
N
x
x



∣
中即无元素与之对应，不满足函数定义，D 错误；
故选：A
练习题
(1).下列对应中：
（1）x
y

，其中


2
1,
1,2,3,4
y
x
x



，


10,
y
x x
x
N



；
（2）x
y

，其中
2y
x

，


0,
x
，
R
y
；
（3）x
y

，其中y 为不大于x 的最大整数，x
R

，y
Z

；
（4）x
y

，其中
1
y
x

，
*
xN ，
*
y
N

.
其中，是函数的是（
）
A．（1）（2）
B．（1）（3）
C．（2）（3）
D．（3）（4）
【答案】B
【分析】利用函数的定义，逐项分析是否满足定义判断即可．
【详解】（1）x
y

，其中


2
1,
1,2,3,4
y
x
x



，


10,
y
x x
x
N



；满足函数的定义，（1）正确；
（2）x
y

，其中
2y
x

，


0,
x
，
R
y
，不满足一个自变量x 有唯一一个实数y 与之对应，例如当
1
x 
时，
1
y ；不满足函数的定义，（2）不正确；
（3）x
y

，其中y 为不大于x 的最大整数，x
R

，y
Z

；满足函数的定义，③正确；
（4）x
y

，其中
1
y
x

，
*
xN ，
*
y
N

，当
1
x 时，对应的
*
1 1
0
y
N


，（4）不正确．
故选：B
(2).若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“孪生函数”，那么函数解析式
为
2
y
x

，值域为

0,1,4,9 的“孪生函数”共有
个.
【答案】27
【分析】先确定自变量可能所取值，再利用乘法原理求结果.
【详解】当
0
x 
时，
0
y 
；当
1
x 时，
1
y ；当
2
x 时，
4
y 
；当
3
x 时，
9
y ；
所以“孪生函数”共有：3
3
3
27


故答案为：27
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(3).有以下判断：①
( )
x
f x
x

与
1,
0
( )
1,
0
x
g x
x





表示同一函数；②函数
( )
y
f x

的图像与直线
2
x 
最多有
一个交点；③
( )
3
2
f x
x
x




不是函数；④若点( , )
a b 在
( )
y
f x

的图像上，则函数
(2
)
2
y
f
a
x
b



的图像必过点( , )
a b .其中正确的判断有
．
【答案】②④
【分析】根据函数的定义、函数的定义域、函数的图像与性质逐一分析判断即可.
【详解】对于①，函数

x
f x
x

定义域为|
R
x x
且

0
x 
，而




1,
0
1,
0
x
g x
x






的定义域为R ，所以二
者不是同一个函数，故①不正确；
对于②，根据函数的定义，函数

y
f x

的图像与直线
2
x 
的交点是1 个或0 个，即交点最多有一个，故
②正确；
对于③，

3
2
f x
x
x




是定义域为

2,3
的函数，③错误；
对于④，若点

,a b 在

y
f x

的图像上，必有

f a
b

，等价于


2
2
b
f
a
a
b



,即函数


2
2
y
f
a
x
b



的图像必过点

,a b ，④正确.
故答案为:②④.
题型二
函数的定义域
例2.(1)已知函数

11
2
f x
x


，则函数



13
y
f
x
f
x



的定义域为（
）
A．

2,11
B．

2,13
C．

2,15
D．

4,11
【答案】A
【分析】根据函数

11
2
f x
x


的定义域列出不等式即可得解.
【详解】因为

11
2
f x
x


，
所以
2
0
x 

，解得
2
x 
，即

f
x 的定义域为

2,，
若



13
y
f
x
f
x



有意义，
则
2,
13
2,
x
x






解得2
11
x


，即



13
y
f
x
f
x



的定义域为

2,11 .
故选：A
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(2).已知
( )
f x 的定义域为

4,1

，则函数


2
2
1
f x
y
x


的定义域为
.
【答案】( 1,1)

【分析】根据条件知定义域满足
2
2
4
1
1
0
x
x




，计算得到答案.
【详解】由题意知
2
2
2
4
1
1
0
0
x
x
x








，解得1
1
x

，∴


2
2
1
f x
y
x


的定义域为( 1,1)

.
故答案为( 1,1)

(3).若函数

2
2
x
f x
mx
mx



的定义域为R ，则实数m 的取值范围是（
）
A．

0,8
B．

8,
C．

0,8
D．



,0
8,



【答案】A
【分析】由题意，问题转化为一次或者二次不等式恒正的问题，先检验一次不等式是否符合题意，对于二
次不等式，联立二次项系数范围，判别式范围求解.
【详解】∵函数

2
2
x
f x
mx
mx



的定义域为R ，∴
2
2
0
mx
mx



对任意实数x 恒成立.
若
0
m 
，不等式转化为：2
0

，显然成立；
若
0
m 
，要使
2
2
0
mx
mx



对任意实数x 恒成立，则
2
0
Δ
8
0
m
m
m







，解得0
8
m


，综上所述，0
8
m


故选：A
练习题：
(1).若函数
2
2
y
x
ax



的定义域为R，则实数a 的取值范围为
.
【答案】
2 2,2 2




.
【分析】根据偶次根式下被开方数非负列不等式，再根据不等式恒成立，结合二次函数的图象与性质可得
2
8
0
a



，解不等式可得a 的取值范围.
【详解】
2
2
y
x
ax



的定义域为R，则
2
2
0
x
ax



恒成立，所以
2
8
0
a



，所以实数a 的取值范
围为
2 2,2 2




.
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(2).已知函数


2
3
f
x 
的定义域为

1,4

，设函数



2
1 2
8
7
f
x
F x
x
x




，则函数

F x 的定义域是
.
【答案】

1,3
【分析】由


2
3
f
x 
的定义域得出5 2
3 5
x



，进而由
2
5
1 2
5
8
7
0
x
x
x








得出所求.
【详解】因为函数


2
3
f
x 
的定义域为

1,4

，所以1
4
x
，5 2
3 5
x




即
2
5
1 2
5
8
7
0
x
x
x








，解得1
3
x


故函数



2
1 2
8
7
f
x
F x
x
x




，则函数

F x 的定义域是

1,3
故答案为：

1,3
(3).已知函数
2
2
2
1
1
x
x
y
f
x
x











的定义域是

1,，则函数

y
f x

的定义域是
．
【答案】

1,2
【分析】令


2
2
2
1
1
1
x
x
g x
x
x
x






，根据函数值域的求解方法可求得
g x 的值域即为所求的

f
x 的定义
域.
【详解】令


2
2
2
1
1
1
x
x
g x
x
x
x






，
则


2
2
2
1
1
1
1
1
1
1
1
1
x
x
x
x
g x
x
x
x
x
x
x
x












，
1
y
x
x



在

1,上单调递增，
1
0
x
x


，
1
0
1
1
1
x
x




，

1
2
g x


，
( )
f
x
\
的定义域为

1,2 .
故答案为：

1,2 .
【点睛】思路点睛：已知

f
g x



的定义域，求解

f
x 定义域的基本思路为：
g x 的值域即为

f
x 的定
义域.
(4).函数
( )
7
f x
x
x
c




的图象关于直线
3
x 
对称，如果函数


2
y
g x

的定义域是

,2
c
，则函数
( )
y
g x

的定义域是
.
【答案】

0,4
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【解析】根据函数对称轴的结论求出c ，再根据复合函数定义域的求法可解得结果.
【详解】因为函数
( )
7
f x
x
x
c




的图象关于直线
3
x 
对称，
所以7
3
2
c


，得
1
c ，
当
1
c 时，
( ) |
7 |
|
1|
f x
x
x




，
(6
) | 6
7 |
| 6
1| |
1|
|
7 |
f
x
x
x
x
x











，
所以
( )
(6
)
f x
f
x


，即函数
( ) |
7 |
|
1|
f x
x
x




的图象关于直线
3
x 
对称，
所以
1
c 符合题意.
则函数

2
g x
的定义域为

1,2

，则
2
0
4
x


.
即函数( )
g x 的定义域为

0,4 .
故答案为：

0,4 .
题型三函数的表示
例3.（1）定义两种运算：
2
2
a
b
a
b



，


2
a
b
a
b



，则函数



2
2
2
x
f x
x




的解析式为（
）
A．

2
4
x
f x
x


，




2,0
0,2
x

B．

2
4
x
f x
x


，




, 2
2,
x


C．

2
4
x
f x
x


，




, 2
2,
x


D．

2
4
x
f x
x


，




2,0
0,2
x

【答案】A
【分析】根据已知的定义可化简得到

2
4
2
2
x
f x
x




，根据函数定义域的求法可求得




2,0
0,2
x

，结
合定义域再次化简函数解析式即可得到结果.
【详解】由题意知：





2
2
2
2
4
4
2
2
2
2
2
2
x
x
x
f x
x
x
x












，
由
2
4
0
2
2
0
x
x







得：2
0
x


或0
2
x


，即

f
x 定义域为



2,0
0,2


，

2
2
4
4
2
2
x
x
f x
x
x







，




2,0
0,2
x

.
故选：A.
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（2）.函数
2
2
2
2
1
x
x
y
x
x




的图像大致为（
）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【分析】由函数
2
2
2
2
1
x
x
y
x
x




的定义域可排除A 选项；再由
2
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
x
x
y
x
x
x
x








可排除B 选项；
再由函数的单调性可选出D 选项.
【详解】根据
2
2
2
1
(
1)
0
x
x
x




，根据分母不为0，则
1
x ，
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
x
x
y
x
x
x
x







，
根据
2
2
1
0
x
x


得
2
1
0
2
1
x
x



，
则
2
1
0
2
1
x
x




，则
2
1
1 1
2
1
x
x




，排除A、B 项；
而
2
1
2
1
y
x
x



，其图像关于直线
1
x 对称，
且在


,1
x
上单调递减，在
(1,
)
x
上单调递增，
最后将其向上平移1 个单位，则得到图中图像，且当
0
x 
时，
0
y 
，故D 正确.
故选：D
(3).根据下列条件，求函数

f
x 的解析式；
（1）已知

f
x 是一次函数，且满足




3
1
2
1
2
17
f
x
f
x
x





；
（2）已知函数
( )
f x 为二次函数，且
2
(
1)
( )
2
4
f x
f x
x



，求
( )
f x 的解析式；
（3）已知
3
3
1
1
f
x
x
x
x









；
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（4）已知等式





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f
；
（5）知函数

f
x 满足条件

1
2
3
f x
f
x
x








对任意不为零的实数x 恒成立；
（6）已知


2
2
1
1
2
x
f
x
x



，求

f
x 的解析式．
【答案】（1）
2
7
f
x
x


；（2）
2
2
f x
x
x



；（3）
3
( )
3 (
2
f x
x
x x



或
2)
x 
；（4）
2
1
f
x
x
x


；
（5）
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



；（6）





2
2
2
5
1
1
x
x
f x
x
x





．
【分析】(1) 已知

f
x 是一次函数设出一般表达式，然后代入根据等式性质系数相等即可求解；(2) 已知函
数
( )
f x 为二次函数,待定系数设出表达式化简
(
1)
( )
f x
f x


然后根据等式性质和右边对应相等即可；(3)先对
3
3
1
x
x

进行因式分解为为
1
x
x

相关式子，然后借助换元法替换即可；(4)借助赋值法，令x
y

化简原式即
可求解；(5) 将1
x 代入等式得到一个新表达式，然后联立原式根据方程组思维求解

f
x
即可；(6)换元法，
令


1 2
1
t
x t


将x 用t 表达，代入原式化简即可求解.
【详解】
（1）设
( )
(
0)
f x
kx
b k



，则




3 (
1)
2 (
1)
3
(
1)
2
(
1)
5
2
17
f x
f x
k x
b
k x
b
kx
b
k
x














所以
2
,
5
17
k
b
k





解得：
2,
7
k
b




所以
( )
2
7
f x
x


；
（2）设



2
0
f x
ax
bx
c a










2
1
1
1
f
x
a x
b x
c













2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
2
4
a x
b x
c
ax
bx
c
ax
b
a x
a
b
c
x
















2
2
2
2
0
2
4
a
b
a
a
b
c










，解得：
1
1
2
a
b
c







2
2
f x
x
x




（3）
2
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x



































3
3
3
1
1
1
1
3
f
x
x
x
x
x
x
x
x


























，
令
1
t
x
x


，由双勾函数的性质可得
2
t 或
2
t 
，
3
( )
3
f t
t
t



，
3
( )
3 (
2
f x
x
x x




或
2)
x 
（4）因为





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f

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令x
y

则




0
2
1
f
f
x
x
x
x




，又因为

0
1
f

所以




0
1 =1
f
f x
x x



，即

2
+1
f x
x
x


（5）将1
x 代入等式

1
2
3
f x
f
x
x








得出
1
3
2
( )
f
f x
x
x







，
联立
1
2 ( )
3
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，变形得：
1
4 ( )
2
6
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，解得
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



（6）由题意得：


1 2
f
x

定义域为

0
x x 
设


1 2
1
t
x t


，则
1
2
t
x







2
2
2
2
1
1
2
5
2
1
1
1
2
t
t
t
f t
t
t
t


























2
2
2
5
1
1
x
x
f x
x
x






．
练习题：
(1).根据下列条件，求函数

f
x 的解析式；
（1）已知

f
x 是一次函数，且满足




3
1
2
1
2
17
f x
f x
x





；
（2）已知
3
3
1
1
f
x
x
x
x









；
（3）已知等式





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f
；
（4）知函数

f
x 满足条件

1
2
3
f x
f
x
x








对任意不为零的实数x 恒成立
【答案】
（1）
2
7
f x
x


；
（2）
3
( )
3 (
2
f x
x
x x



或
2)
x 
；
（3）
2
1
f x
x
x


；
（4）
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



.
【分析】（1）设函数
( )
f x
kx
b


，结合等式




3
1
2
1
2
17
f x
f x
x





，利用一次项系数和常数项分别
相等列出方程组解出k
b
、的值，即可得出函数

f
x 的解析式；
（2）用配凑法根据
2
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x



































,然后换元
1
t
x
x


可得出函数
( )
y
f t

的解析式，利用双勾函数求出
1
t
x
x


的取值范围，即为函数
( )
y
f x

的定义域；
（3）由已知令x
y

，则有




0
2
1
f
f
x
x
x
x




且

0
1
f
，化简即可求得结果；
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（4）将1
x 代入等式

1
2
3
f
x
f
x
x








得出
1
3
2
( )
f
f x
x
x







，与原式列方程组解出函数
( )
y
f x

的解析式.
【详解】（1）设
( )
(
0)
f x
kx
b k



，则




3 (
1)
2 (
1)
3
(
1)
2
(
1)
5
2
17
f x
f x
k x
b
k x
b
kx
b
k
x














所以
2
,
5
17
k
b
k





解得：
2,
7
k
b




所以
( )
2
7
f x
x


；
（2）
2
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x



































3
3
3
1
1
1
1
3
f
x
x
x
x
x
x
x
x


























，
令
1
t
x
x


，由双勾函数的性质可得
2
t 或
2
t 
，
3
( )
3
f t
t
t



，
3
( )
3 (
2
f x
x
x x




或
2)
x 
（3）因为





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f

令x
y

则




0
2
1
f
f
x
x
x
x




，又因为

0
1
f

所以




0
1 =1
f
f
x
x x



，即

2
+1
f x
x
x


（4）将1
x 代入等式

1
2
3
f
x
f
x
x








得出
1
3
2
( )
f
f x
x
x







，
联立
1
2 ( )
3
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，变形得：
1
4 ( )
2
6
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，
解得
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



【点睛】方法点睛：本题主要考查求函数解析式的一般方法：配凑法、换元法、待定系数法、方程组法.
（2）．如图所示，在直角坐标系的第一象限内，AOB

是边长为2 的等边三角形，设直线
(0
2)
x
t
t


截
这个三角形可得位于此直线左方的图象的面积为
( )
f t ，则函数
( )
y
f t

的图象大致是（
）
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A．
B．
C．
D．
【答案】C
【分析】根据条件列出分段函数

f t 的解析式，再判断函数的图象.
【详解】当0
1
t
时，

2
1
3
3
2
2
f t
t
t
t



，此段为开口向上的抛物线的一部分，
当1
2
t

时，





2
1
1
3
2
3
2
3
2
2 3
3
2
2
2
f t
t
t
t
t











，
此段为开口向下的抛物线的一部分，对称轴为
2
t 
，
满足条件的只有C.
故选：C
（3）.某校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当班人数除以10的余数大于6时，再增选
一名代表，则各班推选代表人数y 与该班人数x 之间的函数关系用取整函数
[ ]
y
x

（[ ]x 表示不大于x 的最大
整数，如[ ]
3

，[4]
4

）可表示为（
）
A．
2
[
]
10
x
y


B．
3
[
]
10
x
y


C．
4
[
]
10
x
y


D．
5
[
]
10
x
y


【答案】B
【分析】令班级人数的个位数字为n ，则
10
x
m
n

（m
N

），结合题意讨论n 写出对应y 值，由取整函数
的定义写出函数关系式.
【详解】设班级人数的个位数字为n，令
10
x
m
n


，（m
N

），
当0
6
n


时，y
m

，当7
9
n

时，
1
y
m

，
综上，函数关系式为
3
[
]
10
x
y


.
故选：B.
(4)．已知函数f(x)满足f(x)＋2f(3－x)＝x2，则f(x)的解析式为（
）
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A．f(x)＝x2－12x＋18
B．f(x)＝
2
1
3 x －4x＋6
C．f(x)＝6x＋9
D．f(x)＝2x＋3
【答案】B
【分析】用3
x

代替原方程中的x ，构造方程，解方程组的方法求解.
【详解】用3
x

代替原方程中的x 得：
f(3－x)＋2f[3－(3－x)]＝f(3－x)＋2f(x)＝(3－x)2＝x2－6x＋9，
∴
2
2
( )
2 (3
)
(3
)
2 ( )
6
9 
f x
f
x
x
f
x
f x
x
x











消去
(3
)
f
x

得：－3f(x)＝－x2＋12x－18，
2
1
( )
4
6
3
f x
x
x



.
故选：B
题型四
函数值与值域
例4.(1)
( )
f x 是定义在R 上的函数，(0)
2
f

，且对任意
R
x
，满足
(
2)
( )
2
f x
f x



，(
6)
( )
6
f x
f x



，
则
(2016)
f

A．2015
B．2016
C．2017
D．2018
【答案】D
【分析】根据递推式可得
(
6)
( )
6
f x
f x



，再由
(2016)
f

[ (2016)
(2010] [ (2010)
(2004)]
...... [ (6)
(0)]
(0)
f
f
f
f
f
f
f







即可得答案.
【详解】解：
(
2)
( )
2,
f x
f x




(
4)
(
2)
2,
f x
f x





(
6)
(
4)
2
f x
f x





三是相加得：
(
6)
( )
6
f x
f x



，
又
(
6)
( )
6
f x
f x



，
则
(
6)
( )
6
f x
f x



，当且仅当
(
2)
( )
2
f
x
f
x



时等号成立，
(2016)
f
[ (2016)
(2010] [ (2010)
(2004)]
...... [ (6)
(0)]
(0)
f
f
f
f
f
f
f







6 336
2
2018



，
故选：D.
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(2)．定义在R 上的函数

f
x 满足：①

0
0
f

，②



1
1
f
x
f
x


，③

1
3
2
x
f
f
x






，且当
1
2
0
1
x
x



时，




1
2
f
x
f
x

，则
1
1
3
8
f
f












等于（
）
A．1
B．3
4
C．2
3
D．1
2
【答案】C
【分析】由已知求得
(1)
f
，然后求出
1
(3
f
，
2
( )
3
f
，利用不等关系得1
2
3
3
x


时的函数值
( )
f x ，从而再求得
1
( )
8
f
，最后相加可得结论．
【详解】
( )
(1
)
1
f x
f
x


，∴
(0)
(1)
1
f
f

，又
(0)
0
f

，所以
(1)
1
f
，
1
1
1
( )
(1)
3
2
2
f
f


，∴
1
2
( )
( )
1
3
3
f
f

，
2
1
( )
3
2
f

，
又
1
2
0
1
x
x


时，




1
2
f
x
f
x

，所以1
2
3
3
x


时，
1
( )
2
f x 
，
1
1
3
1
1
1
( )
( )
8
2
8
2
3
6
f
f




，
1
1
1
1
2
( )
( )
3
8
2
6
3
f
f




．
故选：C．
(3).已知函数
1
( )
(1
2),
f x
x
x



则函数
2
( )
2 ( )
(
)
g x
f x
f x


的值域为（
）
A．[3,2
2 2]

B．5
[
,3]
4
C．9
[
,3]
16
D．1
[
2,3]
2 
【答案】D
【分析】由已知求得函数( )
g x 的定义域，换元后利用配方法求函数的值域．
【详解】
1
( )
(1
2)
f x
x
x




，
由
2
1
2
1
2
x
x






，解得1
2
x


.
2
2
2
1
( )
2 ( )
(
)
)
(1
2
g x
f
f x
x
x
x
x







.
令
1
2
(
1)
2
t
t
x


，
函数
2
2
2
(
1)
1
y
t
t
t




.
当
2
2
t 
时，
min
1
2
2
y


；
当
1
t 时，
max
3
y

，
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函数
2
( )
2 ( )
(
)
g x
f x
f x


的值域为1
[
2,3]
2 
.
故选：D.
(4)．已知g(x)＝ax＋a，f(x)＝
2
2
1,0
2,
, 2
0,
x
x
x
x








对任意x1∈[－2,2]，存在x2∈[－2,2]，使g(x1)＝f(x2)成立，则
a 的取值范围是(
)
A．[－1，＋∞)
B．[－4
3 ，1]
C．(0,1]
D．(－∞，1]
【答案】B
【解析】先求出函数
( ), ( )
f x g x 在区间[－2,2]的值域，然后由两值域的包含关系求解即可.
【详解】解：由f(x)＝
2
2
1,0
2
, 2
0
x
x
x
x








，
则当


2,2
x
时，


( )
4,3
f x 
，
由对任意x1∈[－2,2]，存在x2∈[－2,2]，使g(x1)＝f(x2)成立，
则有当
0
a 
时，



,3
4,3
a
a


或当a<0 时，



3 ,
4,3
a
a


或当
0
a 
时，


4,3
a 
，
即0
1
a

或
4
0
3
a



或
0
a 
，
综上可得的取值范围是
4 ,1
3






，
故选：B.
(5).已知函数

1
1
f x
x
x




．
（1）求函数

f
x 的定义域和值域；
（2）设



2
2
2
a
F x
f
x
f x








（a 为实数），求

F x 在a<0 时的最大值
g a ；
（3）对（2）中
g a ，若

2
2
2
m
tm
g a




对a<0 所有的实数a 及


1,1
t 
恒成立，求实数m 的取值范
围．
【答案】（1）定义域为

1,1

，值域为
2,2



；（2）
1
2,
2
1
2
1
,
2
2
2
2
2,
2
a
a
g x
a
a
a
a














；（3）
2
m 或
0
m 
或
2
m 
．
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【解析】（1）按公式求出定义域后，对

f
x 进行平方，求出

2
f
x 的值域，即可求出

f
x 的值域；（2）化
简

2
1
1
1
F x
a
x
x
x






，令
1
1
t
x
x



，即可将

F x 转化为

2
1
2
m t
at
t
a


，利用二次
函数求最值的方法讨论即可求出

m t 的最小值；（3）因为

2
2
2
m
tm
g a




对a<0 恒成立，先求出
min
2
g a

，去掉参数a ，再将t 作为变量求解m 的范围即可.
【详解】解：（1）由1
0
x


且1
0
x


，得1
1
x

，所以定义域为

1,1

，
又

2
2
2
2 1
f
x
x



，


2
1
0,1
x


，


2
2 1
0,2
x


，



2
2
2
2 1
2,4
f
x
x





，由

0
f x 得值域
为
2,2



．
（2）因为



2
2
2
1
1
1
2
a
F x
f
x
f
x
a
x
x
x














令

1
1
t
f x
x
x





，则
2
2
1
1
1
2
x
t


，


2
2
1
1
1
2
2
F x
m t
a
t
t
at
t
a












，
2,2
t




由题意知

F x 在a<0 时的最大值即为函数

2
1
2
m t
at
t
a


，
2,2
t



的最大值．
①若

1
0,
2
t
a



，即
2
2
a 
，则


2
2
g a
m


②若

1
2,2
t
a



，即
2
1
2
2
a



，则
1
1
2
g a
m
a
a
a









③


1
2,
t
a


，即
1
0
2
a



，则

2
2
g a
m
a



综上，
1
2,
2
1
2
1
,
2
2
2
2
2,
2
a
a
g x
a
a
a
a














（3）易得min
2
g a

，
由

2
2
2
m
tm
g a




对a<0 恒成立，
即要使

2
min
2
2
2
m
tm
g a





恒成立，
(
, )
m n ，令

2
2
h t
tm
m



，对所有的


1,1
t 
，
0
h t 
成立，
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


2
2
1
2
0
1
2
0
h
m
m
h
m
m










，求出m 的取值范围是
2
m 或
0
m 
或
2
m 
．
练习题：
(1).函数

1
f x
x

的定义域为

0,4 ，则函数



2
2
y
f
x
f
x




的值域为
．
【答案】
1 ,4
2







【分析】由

f
x 定义域可求出



2
2
y
f
x
f
x




定义域，化简后再由二次函数求出值域即可.
【详解】由题意可知，



2
2
y
f
x
f
x




要有意义，则需
2
0
4
0
4
x
x





，即0
2
x


，
即函数定义域为[0,2] ，
又
2
2
2
1 (
1)
2
2
y
x
x
x
x





，对称轴方程为
1
2
x 
，
所以当
1
2
x 
时，
min
1
2
y

，当
2
x 
时，
max
4
y

，
所以函数值域为
1 ,4
2






，
故答案为：
1 ,4
2







(2)．
x 表示不超过x 的最大整数，如

3,1
3

，
5
5

，

4.2
5

，已知0
1
m

且满足
1
2
3
2021
21
2022
2022
2022
2022
m
m
m
m


































，则

674m 
.
【答案】6 或7
【分析】根据题意判断
1
2
3
2021
2022
2022
2022
2022
m
m
m
m

































中只有21 个数是大于或等于1，
由此可求得m 的范围，即可求得答案.
【详解】因为
x 表示不超过x 的最大整数，0
1
m

，
且
1
2
3
2021
21
2022
2022
2022
2022
m
m
m
m


































，
所以该式中只有21 个数是大于或等于1，
因为2012
21
2000


，
故从
2001
2022
m







开始，其值为1，
所以
2001
1
2022
m 
，且
2000
1
2022
m 
，
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则21
22
2022
2022
m


，故
1455
80
6
647
7
2022
2022
m


故

674
6
m 
或7 ，
故答案为：6 或7
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是根据
x 的含义结合已知等式，判断出该式中只有21 个数是大于或
等于1，由此即可求解.
(3)．（1）求函数

6
3
f x
x
x



在区间

2,4 上的值域.
（2）已知二次函数
2
( )
1(
R)
f x
x
mx
m
m





.函数在区间

1,1

上的最小值记为( )
g m ，求( )
g m 的值域；
【答案】（1）
2
12, 4





；（2）

0
，
【分析】(1)换元法，令
6
x
t

，可得函数


2
2
( )
3 6
3
18
g t
t
t
t
t




，讨论其值域即可求解；
(2)分类讨论二次函数的对称轴与给定区间

1,1

的关系，分别表示出函数的最小值，表示为分段函数形式，
作出图象即可求解.
【详解】(1) 函数

6
3
f x
x
x



，
设
6
x
t

，则
2
6
x
t


∵


2,4
x
，∴
2
2
t

那么函数

f
x 转化为


2
2
( )
3 6
3
18
g t
t
t
t
t




其对称轴
1
6
t 
，
∴在
2
2
t

时
( )
g t 单调递增，
∴( 2)
( )
(2)
g
g t
g


，
即
2
12
( )
4
g t


，
故得

f
x 的值域为
2
12, 4





.
（2）
2
( )
1
f x
x
mx
m



，二次函数对称轴为
2
m
x 
，开口向上
①若
1
2
m ，即
2
m ，此时函数
( )
f x 在区间

1,1

上单调递增，所以最小值( )
( 1)
2
g m
f
m



.
②若1
1
2
m

，即2
2
m


，此时当
2
m
x 
时，函数
( )
f x 最小，最小值
2
( )
1
2
4
m
m
g m
f
m










.
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③若
1
2
m ，即m>2 ，此时函数
( )
f x 在区间

1,1

上单调递减，所以最小值( )
(1)
0
g m
f


.
综上
2
2 ,
2
( )
1,
2
2
4
0,
2
m
m
m
g m
m
m
m












，作出分段函数的图像如下，
所以当
2
m 时，
( )
(
, 4);
g m 
当2
2
m


时，


4,0 ;
g(m)
当m>2 时，
( )
0
g m 
，
综上知( )
g m 的值域为

0 .
，

题型五创新提升能力题
1.存在函数

f
x 满足：对任意
R
x
都有（
）
A．

2
1
f
x
x


B．

2
2
1
f
x
x
x



C．

2
1
1
f x
x



D．

2
2
1
f
x
x
x



【答案】D
【分析】根据函数的定义，对于任一自变量x 有唯一的y 与之相对应，对x 取特殊值，通过举反例排除即可．
【详解】A：当= 1
x 与
1
x 时，此时
2
1
x ，但
1
f
是不同的两个值，不合题设；
B：当
0
x 
与
2
x 时，此时
2
2
0
x
x


，但

0
f
是不同的两个值，不合题设；
C：令
2
1
t
x

，当= 1
x 与
1
x 时，此时
2
t 
，但

2
f
是不同的两个值，不合题设；
D：令
2
2
t
x
x


，此时
2
1
2
1
1
x
x
x
t




，即



1
1
f t
t
t



，符合题设．
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故选：D.
2．函数

y
f x

的解析式为

2
2
3
1
f x
x
x


，值域为

0,1,2,3 ，则符合要求的函数

f
x 的个数为（
）
A．16 个
B．945 个
C．2025 个
D．1 个
【答案】B
【分析】先求出值域

0,1,2,3 中每个函数值对应的自变量x 构成的集合
(
0,1,2,3)
iA i 
，根据函数的定义，要
产生一个函数值(
0,1,2,3)
i i 
只要从相应的集合
(
0,1,2,3)
iA i 
中取出至少一个元素，这些元素构成了
(
0,1,2,3)
iA i 
的一个非空子集
(
0,1,2,3)
iB i 
，可以确定非空子集的个数，

f
x 的定义域为集合
(
0,1,2,3)
iB i 
的并集，从而求出

f
x 的定义域的个数即为不同的函数

f
x 的个数.
【详解】满足解析式为

2
2
3
1
f x
x
x


，值域为

0,1,2,3 ，
①
2
2
3
1
0
x
x


，解得
0
1 1
1,1,
,
2 2
x
A









，要使

0
f
x 
，

f
x 的定义域必须含有集合
1 1
1,1,
,
2 2








中至少一个元素，如果将这些元素放在一个集合
0
B 中，那么集合
0
B 相当于集合
1 1
1,1,
,
2 2







的一个非空子
集，这样的集合
0
B 共有15 个；
②
2
2
3
1 1
x
x

，解得
1
3 3
0,
,
2 2
x
A









，要使

1
f x ，
f
x 的定义域必须含有集合
3 3
0,
,
2 2






中至少
一个元素，如果将这些元素放在一个集合
1
B 中，那么集合
1
B 相当于集合
3 3
0,
,
2 2






的一个非空子集，这样
的集合
1
B 共有7 个；
③
2
2
3
1
2
x
x


，解得
2
3
17 3
17
,
4
4
x
A














，要使

2
f x 
，

f
x 的定义域必须含有集合
3
17 3
17
,
4
4













中至少一个元素，如果将这些元素放在一个集合
2
B 中，那么集合
2
B 相当于集合
3
17 3
17
,
4
4













的一个非空子集，这样的集合
2
B 共有3 个；
④
2
2
3
1
3
x
x


，解得


3
2,2
x
A


，要使

3
f x 
，
f
x 的定义域必须含有集合

2,2

中至少一个元
素，如果将这些元素放在一个集合
3
B 中，那么集合
3
B 相当于集合
3
17 3
17
,
4
4













的一个非空子集，这
样的集合
3
B 共有3 个；
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要使

f
x 值域为

0,1,2,3 ，则①②③④中的解组合后形成

f
x 的定义域，即

f
x 定义域为
0
1
2
3
B
B
B
B



，因此的

f
x 定义域的组合情况有：15 7 3 3
945

种，故符合要求的函数

f
x 的个数
为945.
故选：B
【点睛】函数的三要素有定义域、值域、对应法则，只要定义域不同就是不同的函数，当多个自变量


1,2,3,
ix i 
对应同一个函数值时，要得到此函数值，只要从


1,2,3,
ix i 
中取至少一个即可，从而可以
组成不同的函数定义域，也就是得到不同的函数.
3.在实数集R 中定义一种运算“”，具有下列性质：
①对任意a，bR ，a b
b a



；
②对任意a R ，
0
a
a


；
③对任意a，bR ，





2
a b
c
c
ab
a c
b c
c









．
则函数





2,2
2
x
f x
x
x



的值域是（
）
A．

,5

B．
9 ,5
8







C．9 ,
8





D．

5,5

【答案】B
【分析】注意新定义的运算方式即可.
【详解】在③中，令
0
c =
，则a b
ab
a
b


，所以

2
2
3
1
3
9
2
2
2
2
2
8
x
x
x
f x
x
x













．
函数

f
x 在
3
2
x 
时取最小值，最小值为
9
8

；在
2
x 
时取最大值，最大值为5，所以函数





2,2
2
x
f x
x
x



的值域是
9 ,5
8







．
故选：B．
4.已知定义在R 上的函数

f
x ，对于给定集合A ，若
1
2
,
R
x x


，当
1
2
x
x
A


时都有




1
2
f
x
f
x
A


，
则称

f
x 是“ A 封闭”函数.则下列命题正确的是（
）
A．

2
f x
x

是“

1,1

封闭”函数
B．定义在R 上的函数

f
x 都是“
0 封闭”函数
C．若

f
x 是“
1 封闭”函数，则

f
x 一定是“
k 封闭”函数

*
N
k 
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D．若

f
x 是“

,a b 封闭”函数

*
,
N
a b
，则

f
x 不一定是“

ab 封闭”函数
【答案】BC
【分析】A 特殊值
1
2
4,
3
x
x


判断即可；B 根据定义及函数的性质即可判断；C 根据定义得到
R
x

都有
(
1)
( )
1
f x
f x


，再判断所给定区间里是否有
2
2
(
)
(
)
f x
k
f x
k



成立即可判断，D 选项可判断出其逆否
命题的正误，得到D 选项的正误.
【详解】对A：当
1
2
4,
3
x
x


时，
1
2
1 [ 1,1]
x
x


，而
1
2
( )
(
)
16
9
7
[ 1,1]
f x
f x





，A 错误；
对B：对于集合
0 ，
1
2
,
R
x x


使
1
2
0
x
x


，即
1
2
x
x

，必有
1
2
(
)
(
)
0
f x
f x


，
所以定义在R 上的函数

f
x 都是“
0 封闭”函数，B 正确；
对C：对于集合
1 ，
1
2
,
R
x x


使

1
2
1
x
x


，则
1
2
1
x
x

，
而

f
x 是“
1 封闭”函数，则
2
2
(
1)
(
)
1
f x
f x


，即
R
x

都有
(
1)
( )
1
f x
f x


，
对于集合
k ，
1
2
,
R
x x


使

1
2
x
x
k


，则
1
2
x
x
k


，
*
N
k 
，
而
2
2
(
)
(
1) 1
f x
k
f x
k




，
2
2
(
1)
(
2) 1
f x
k
f x
k






，...，
2
2
(
1)
(
) 1
f x
f x


，
所以












2
2
2
2
2
2
1
1
1
2
f x
k
f x
k
f x
f x
k
f x
k
f x
k


















，
即
2
2
(
)
(
)
f x
k
f x
k



，故
2
2
(
)
(
)
f x
k
f x
k



，

f
x 一定是“
k 封闭”函数

*
N
k 
，C 正确；
对D，其逆否命题为，若

f
x 是“

ab 封闭”函数，则

f
x 不是“

,a b 封闭”函数

*
,
N
a b
，只需判断出其
逆否命题的正误即可，
1
2
,
R
x x


使
1
2
x
x
ab


，则
1
2
(
)
(
)
f x
f x
ab


，
若


,
ab
a b

，则
ab
a
ab
b
a
b







，
由ab
b

解得
1
a ，因为
*
N
a
，所以
1
a ，
即
1
2
,
R
x x


使


1
2
,
x
x
ab
b
a b




，则


1
2
( )
(
)
,
f x
f x
ab
b
a b




，
满足

f
x 是“

,a b 封闭”函数

*
,
N
a b
，
故逆否命题为假命题，故原命题也时假命题，D 错误.
故选：BC
【点睛】关键点点睛：对于C，根据给定的条件得到
R
x

都有
(
1)
( )
1
f x
f x


，
R
x

有
(
)
( )
f x
a
f x
b



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恒成立，利用递推关系及新定义判断正误.
5.对于函数

f
x ，若


0
0
f x
x

，则称
0x 为

f
x 的“不动点”，若


0
0
f
f x
x





，则称
0x 为

f
x 的“稳定点”，
函数

f
x 的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A 和B ，即



|
A
x f
x
x


，



|
B
x f
f x
x






，那么，
（1）求函数

3
8
f x
x

的“不动点”和“稳定点”；
（2）求证：A
B

；
（3）若



2
1
,
f x
ax
a x
R



，且A
B

，求实数a 的取值范围．
【答案】（1）“不动点”为4，“稳定点”为4；（2）证明见解析；（3）
1 3
,
4 4







【解析】（1）由

3
8
f x
x
x



即可求出“不动点”，求方程

f
f x
x




中x 的值，即为“稳定点”；
（2）若x
A

，有

f x
x

这是不动点的定义，此时得出


f
f
x
f
x
x





，
A
B


，如果A ，则
直接满足；
（3）先求出A即

f
x 存在“不动点”的条件，同理取得到存在“稳定点”的条件，而两集合相等，即条件
所求出的结果一直，对结果进行分类讨论.
【详解】（1）由

3
8
f x
x
x



，解得
4
x 
，
由

f
f x
x




有

3 3
8
8
x
x



，解得
4
x 
，
所以函数

3
8
f x
x

的“不动点”为4，“稳定点”为4；
（2）证明：若A ，则A
B

，显然成立；
若A，设t
A

，有

f t
t
，则有


f
f t
f t
t





，
所以t
B

，故A
B

，
综上，A
B

；
（3）因为A，所以方程
2
1
ax
x

有实根，即
2
1
0
ax
x


有实根，
所以
0
a 
或
0
1
4
0
a
a





，解得
1
4
a 
，
又由

f
f x
x




得：

2
2
1
1
a ax
x


，即

3
4
2
2
2
1
0 *
a x
a x
x
a




，
由（1）知A
B

，故方程
* 左边含有因式
2
1
ax
x

，
所以


2
2
2
1
1
0
ax
x
a x
ax
a






，又A
B

，
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所以方程
2
2
1
0
a x
ax
a



要么无实根，要么根是方程
2
1
0
ax
x


的解，
当方程
2
2
1
0
a x
ax
a



无实根时，
0
a 
或


2
2
0
4
1
0
a
a
a
a







，即
3
4
a 
，
当方程
2
2
1
0
a x
ax
a



有实根时，则方程
2
2
1
0
a x
ax
a



的根是方程
2
1
0
ax
x


的解，
则有
2
2
a x
ax
a


，代入方程
2
2
1
0
a x
ax
a



得2
1
0
ax 
，故
1
2
x
a

，
将
1
2
x
a

代入方程
2
1
0
ax
x


，得1
1
1
0
4
2
a
a


，所以
3
4
a 
.
综上：a 的取值范围是
1 3
,
4 4







.
【点睛】关键点睛：作为新型定义题，题中需要求什么，我们就从条件中去得到相应的关系，比如本题中，
求不动点，就去求

f x
x

；求稳定点，就去求

f
f x
x




，完全根据定义去处理问题.需要求出不动点及
稳定点相同，则需要它们对应方程的解完全一样.
1.函数

f
x 满足：
,
(
,0)
(0,
),
(
)
( )
( ) 1
x y
f xy
f x
f y








恒成立.若

8 =2
f
，则


4 =
f 
（
）
A．-1
B．0
C．1
D．2
【答案】C
【分析】根据题意采用赋值法求出



2
2
f
f

，
，进而求出


4
f 
.
【详解】
,
(
,0)
(0,
),
(
)
( )
( ) 1
x y
f xy
f x
f y








，
(2 1)
(2)
(1) 1
f
f
f




，
(1)= 1
f


又
(1)
( 1)
( 1) 1
f
f
f






，
1
2 ( 1) 1
f


，
( 1)
1
f



(2 4)
(2)
(4) 1
(4)
(2 2)
(2)
(2) 1
2 (2) 1,
f
f
f
f
f
f
f
f











，


8 =3
2
2
f
f



8 =2
f

,

2 =0
f

( 1 2)
(2)
( 1) 1
f
f
f






,且
( 1)
1
f 
，



2 =
2 =0
f
f









4 =
2
2 =
2 +
2 +1=1
f
f
f
f




故选：C
2.已知函数

2
0,
1,
1,1
2,
5,
2,
x
f x
x
x
x
x












若



1
f
f a
，则

a
（
）
A．4
B．3
C．2
D．1
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【答案】D
【分析】先求出

f
x 在各段上的值域，根据



1
f
f a
求得

f a 的值，进一步求得a .
【详解】当
1
x 时，

f
x 的值域为
0 ，
当1
2
x


时，

f
x 的值域为

2,3 ；
当
2
x 
时，

f
x 的值域为

,1

.
要使



1
f
f a
，则

2
f a 
，所以
1
2
a 
，解得
1
a .
故选：D.
3.已知函数

f
x 满足：对任意的非零实数x，y，都



1
1
f x
y
f x f
y
x
y









成立，

1
2
f

.若


1
f n
f n


，nZ ，则n （
）
A．3

B．2

C．2
D．3
【答案】B
【详解】由题意可得，





1
1
1
1
1
2
n
f
n
f
f n
f n
n
n












，
又


1
f n
f n


，
所以
1
2
1
n
n

，而nZ ，可得
2
n .
故选：B
4.已知函数

2
2
1
x
f x
x


,则






1
2
2015
2016
f
f
f
f



1
1
1
1
2
3
2015
2016
f
f
f
f




























的值为
A．
1
2012 2
B．
1
2013 2
C．
1
2014 2
D．
1
2015 2
【答案】D
【解析】计算得到

1
1
f x
f
x








，代入化简得到答案.
【详解】

2
2
1
x
f x
x


，则

2
2
2
1
1
1
1
1
x
f x
f
x
x
x


















1
2
2015
2016
1
1
1
1
2
3
2015
2016
f
f
f
f
f
f
f
f





































1
1
1
2
2015
1
2
2015
2
16
016
20
f
f
f
f
f
f
f











































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1
1
2015
2015
2
2



故选：D
【点睛】本题考查了函数值的计算，确定

1
1
f x
f
x








是解题的关键.
5.已知函数
1
f x
的定义域为[1,7]，则函数
2
(2 )
9
h x
f
x
x



的定义域为（
）
A．[4,16]
B．(
,1]
[3,
)



C．[1,3]
D．[3,4]
【答案】C
【分析】根据给定条件，结合抽象函数定义域的意义，列出不等式求解作答.
【详解】函数
1
f x
的定义域为[1,7]，则2
1
8
x


，因此在
(2 )
f
x 中，2
2
8
x

，
函数
2
(2 )
9
h x
f
x
x



有意义，必有
2
2
2
8
9
0
x
x






，解得1
3
x


，
所以函数( )
h x 的定义域为[1,3] .
故选：C
6.已知函数

f
x 的定义域为R ，值域为

0, 

，且




2
1
,
2
2
f x
y f x
y
f
x
f 









，函数




g x
f x
f
x



的最小值为2，则
6
1
2
k
k
f








（
）
A．12
B．24
C．42
D．126
【答案】D
【分析】方法一：采用赋值法及基本不等式可得

0
1
f
，从而结合条件可化简得




1
3
5
1
3
2
2
2
2
1
3
5
0
1
2
2
2
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f









































，累加求和即可；
方法二：特殊函数法由题意不妨设

4x
f
x 
满足条件，依次求函数值即可.
【详解】解：方法一
令
0
x 
，有



2 0
f
y f
y
f


，则

f
x 满足




2 0
f
x f
x
f


，
又因为






2
2
0
f x
f
x
f x f
x
f





，
所以

0
1
f
，
因为




2
f x
y f x
y
f
x



，
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所以






f
x
y
f
x
f
x
f
x
y



，
所以




1
3
5
1
3
2
2
2
2
1
3
5
0
1
2
2
2
f
f
f
f
f
f
f
f
f
f









































，
所以
6
1
2
4
8 16
32
64
126
2
k
k
f














，
方法二：抽象出特殊函数

4x
f
x 
，其满足题目要求，从而快速求得答案
6
1
2
4
8 16
32
64
126
2
k
k
f














，
故选：D
7．已知

3
f x
x
x


，a ，b ，
R
c
且
0
a
b


，
0
a
c


，
0
b
c


，则



f a
f b
f c


的值一定（
）
A．大于零
B．等于零
C．小于零
D．正负都有可能
【答案】C
【分析】由已知条件可得
0
a
b
c



，



3
3
3
f a
f b
f c
a
b
c
a
b
c








，而


3
3
3
3
3
3
3
3
3
1
2
a
b
c
a
b
c
a
b
c








，可判断





2
3
3
2
2
2
1
3
0
2
4
a
b
a
b
a
ab
b
a
b
a
b
b
























，
同理可得
3
3
0
c
a


，
3
3
0
b
c


，从而可得结论
【详解】解：



3
3
3
f a
f b
f c
a
b
c
a
b
c








，
∵
0
a
b


，
0
a
c


，
0
b
c


，
∴
0
a
b
c



，又


3
3
3
3
3
3
3
3
3
1
2
a
b
c
a
b
c
a
b
c








，





2
3
3
2
2
2
1
3
2
4
a
b
a
b
a
ab
b
a
b
a
b
b























，a ，b 不同时为0，
0
a
b


，故





2
3
3
2
2
2
1
3
0
2
4
a
b
a
b
a
ab
b
a
b
a
b
b
























，
同理可证得
3
3
0
c
a


，
3
3
0
b
c


，故
3
3
3
0
a
b
c



，
所以



0
f a
f b
f c



，
8.根据下列条件，求函数

f
x 的解析式；
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（1）若

f
x 满足



2
3
f x
f
x
x



，则

f x ____________；
（2）已知函数

f
x 满足，对任意不为零的实数x ，

1
2
3
f
x
f
x
x








恒成立.
（3）已知
3
3
1
1
f
x
x
x
x









；
（4）已知等式





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f
；
【答案】（1）( )
3
f x
x

；（2）
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



；（3）
3
( )
3 (
2
f x
x
x x



或
2)
x 
；（4）
2
1
f x
x
x


.
【分析】（1）利用方程组法求解；
（2）利用方程组法求解；
（3）利用配方法求解；
（4）利用赋值法求解；
【详解】（1）因为



2
3
f x
f
x
x



①
用
x
代替x ，



2
3
f
x
f x
x



②
由①②组成的方程组得

3
f x
x

.
故答案为: 3x.
（2）将1
x 代入等式

1
2
3
f x
f
x
x








得出
1
3
2
( )
f
f x
x
x







，
联立
1
2 ( )
3
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，变形得：
1
4 ( )
2
6
1
3
( )
2
f x
f
x
x
f x
f
x
x






















，
解得
1
( )
2
(
0)
f x
x
x
x



.
（3）
2
3
2
3
2
1
1
1
1
1
1
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x



































3
3
3
1
1
1
1
3
f
x
x
x
x
x
x
x
x


























，
令
1
t
x
x


，由双勾函数的性质可得
2
t 或
2
t 
，
3
( )
3
f t
t
t



，
3
( )
3 (
2
f x
x
x x




或
2)
x 
.
（4）因为





2
1
f
x
y
f
x
y
x
y





对一切实数x ､y 都成立，且

0
1
f
，
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令x
y

则




0
2
1
f
f
x
x
x
x




，又因为

0
1
f

所以




0
1 =1
f
f
x
x x



，即

2
+1
f x
x
x


.
9.已知函数

f
x 对任意x 满足：



3
2
4
f x
f
x
x



；二次函数
g x 满足：1
4
g
且
g x 的图象与x
轴交于点

1,0

与

3,0 .
(1)求

f
x ，
g x 的解析式；
(2)若


,
x
m n

时，恒有


f x
g x

成立，求n
m

的最大值.
【答案】(1)


2
1,
2
4
6
f x
x
g x
x
x





(2) 9
2
【分析】（1）通过列方程组的方法求得

f
x ，利用待定系数法求得
g x .
（2）化简


f x
g x

，通过解一元二次不等式求得n
m

的最大值.
【详解】（1）由



3
2
4
f x
f
x
x



，以2
x

替换x 得








3
2
2
2
4 2
f
x
f
x
x






，



3
2
8
4
f
x
f x
x




，
由






3
2
8
4
3
2
4
f
x
f x
x
f x
f
x
x










解得

1
f x
x

.
设



1
3
g x
a x
x



，由


1
2
1
4
g
a


解得
2
a 
，
所以



2
2
1
3
2
4
6
g x
x
x
x
x






.
（2）依题意


,
x
m n

时，恒有


f x
g x

成立，
2
2
1
2
4
6,2
5
7
0
x
x
x
x
x





，


1 2
7
0
x
x



，解得
7
1
2
x


，
所以n
m

的最大值为


7
9
1
2
2


.
10．已知函数
2
( )
2,
R




f x
x
ax
a
．
(1)若不等式
( )
0
f x 
的解集为[1,2]，求不等式
2
( )
1
f x
x

的解集；
(2)若对于任意
[ 1,1]
x
，不等式
( )
2 (
1)
4
f x
a x



恒成立，求实数a 的取值范围；
(3)已知
( )
g x
x
m

，当
3
a 时，若对任意
1
[1,4]
x 
，总存在
2
(1,8)
x 
，使



1
2
f x
g x

成立，求实数m
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的取值范围．
【答案】(1)


1
,
1,
2









；
(2)
1
, 3






；
(3)
31
7, 4






【分析】（1）由1,2 为方程
2
2
0
x
ax



的两个不等实数根，根据韦达定理求解a ，然后解一元二次不等式
即可；
（2）将不等式化简，令
2
2
2
a
h x
x
x
a




，可得
0
h x 
对
[ 1,1]
x
恒成立，只需满足



1
0
1
0
h
h






，求
解a 的范围；
（3）根据二次函数与一次函数的性质求解函数

f
x 与
g x 的值域，将问题转化为函数

f
x 值域是函数

g x 值域的子集列不等式组求解.
【详解】（1）由题意，1,2 为方程
2
2
0
x
ax



的两个不等实数根，
1
2
3
a
a


，所以不等式
2
( )
1
f x
x

为
2
2
2
3
2
1
2
3
1
0
x
x
x
x
x






，
解得
1
2
x 
或
1
x 
，所以不等式解集为


1
,
1,
2









.
（2）
2
( )
2 (
1)
4
2
2
0
f x
a x
x
x
a
a









对
[ 1,1]
x
恒成立，
令
2
2
2
a
h x
x
x
a




，即
0
h x 
对
[ 1,1]
x
恒成立，
因为函数
h x 开口向上，故只需满足



1
0
1
2
2
0
1
0
1
2
2
0
h
a
a
h
a
a




















，
解得
1
3
a 
，所以a 的取值范围为
1
, 3







（3）当
3
a 时，
2
( )
3
2
f x
x
x


，开口向上，对称轴为
3
2
x 
当
[1,4]
x
时，
min
1
( )
4
f x

，
max
( )
6
f x

，
1
( )
6
4
f x



，
(1,8)
x
时，


( )
8
, 1
g x
m
m


，由题意，
对任意
1
[1,4]
x 
，总存在
2
(1,8)
x 
，使



1
2
f x
g x

成立，
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即函数

f
x 的值域是函数
g x 的值域的子集，
即


1 ,6
4
8
, 1
m
m








，
1
8
4
1
6
m
m







，
解得
31
7
4
m


，所以m 的取值范围为
31
7, 4





.
【点睛】方法点睛：求解函数的存在性与恒成立问题一般可用以下的方法：①函数性质法；②分离参数法；
③主参换位法；④数形结合法.
11．已知函数
2
2
1
( )
x
f x
x


(1)求函数
( )
y
f x

的值域；
(2)若不等式
2
3
( ) 1
x f x
kx
x


在
1 ,1
4
x





上恒成立，求实数k 的取值范围；
(3)当


1 1
,
0,
0
x
m
n
m n









时，函数
( )
( )
1(
0)
g x
tf x
t



的值域为

2
3 ,2
3
m
n


，求实数t 的取值范围.
【答案】（1）

,1


；（2）
0
k 
；（3）


0,1
t 
.
【分析】（1）分离常数法求解值域；（2）参变分离法求解恒成立问题中的参数范围；（3）分析单调性，根
据值域与定义域的对应关系求解t 的范围.
【详解】（1）


2
2
2
1
1
( )
1
0
x
f x
x
x
x




，又
2
0
x 
，则


2
1
1
,1
x








，故值域为：

,1


；
（2）因为
2
3
( ) 1
x f x
kx
x


在1 ,1
4





上恒成立，所以
2
x
x
k


在1 ,1
4





上恒成立，又因为
2
2
1
1
2
4
x
x
x










，所以

2
1
0, 4
x
x






，则
0
k 
；
（3）


2
2
1
( )
( )
1
1
1
1
t
g x
tf x
t
t
x
x












在

0, 

上单调递增，因为


1 1
,
0,
0
x
m
n
m n









时，值域
为

2
3 ,2
3
m
n


，所以
1
2
3
1
2
3
f
m
m
f
n
n





















，
2
2
1
2
3
1
2
3
t
tm
m
t
tn
n







，所以m
n
、是方程
2
1
2
3
t
tx
x



的两个不
相等的正根，所以


2
3
1
0
tx
x
t




有两个不相等的正根，所以


9
4 1
0
1
0
3
0
t
t
t
t
t













且
0
t 
，解得：0
1
t
，
所以


0,1
t 
.
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【点睛】本题考查函数的综合问题，难度较难.恒成立问题求解参数范围需要注意：若

f x
M

恒成立，则
有
max
f x
M

；若

f x
M

恒成立，则有
min
f x
M

.
12.设函数
1
g x
x

，函数
1
3
h x
x


，


3,
x
a

，其中a 为常数，且
0
a 
，令函数

f
x 为函数
g x
和
h x 的积函数.
（1）求函数

f
x 的表达式，并求其定义域；
（2）当
1
4
a 
时，求函数

f
x 的值域
（3）是否存在自然数a ，使得函数

f
x 的值域恰好为1 1
,
3 2






？若存在，试写出所有满足条件的自然数a 所
构成的集合；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）

1
3
x
x
x
f



定义域为

0,a ；（2）1
6
,
3 13





；（3）存在，

1,2,3,4,5,6,7,8,9
【分析】（1）根据题意得的



1
3
f
x
g x
h x
x
x





，再计算定义域得到答案.
（2）设
3
1
1, 2
x
t
t





，化简得到

1
4
2
x
t
y
f
t




，根据函数单调性得到值域.
（3）计算当
2
t 
时
1
2
y 
，且
4
t 
时
1
3
y 
，根据单调性得到不等式2
1
4
a


，计算得到答案.
【详解】（1）




1
1
1
3
3
x
x
f
x
g x
x
h x
x









，定义域为

0,a
（2）

1
1
,
0,
3
4
f x
x
x
x









，设
3
1
1, 2
x
t
t









2
2
1
4
2
4
1
3
2
t
t
x
t
t
y
t
f
t
t










根据双勾函数性质知函数在
3
1, 2






单调递增，故
max
min
6
1
,
13
3
y
y


，故值域为1
6
,
3 13






（3）存在；根据（2）知
1
4
2
t
t
y 


，
1,1
t
a





，
根据双勾函数性质知函数
1
4
2
t
t
y 


在

1,2 单调递增，

2, 

上单调递减.
当
2
t 
时
1
2
y 
，且
4
t 
时
1
3
y 
，函数

f
x 的值域恰好为1 1
,
3 2






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