2000-全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽分類匯編（集合函數(shù)）(2)

1、 2000-2021全國(guó)高中數(shù)學(xué)聯(lián)賽分類匯編集合函數(shù)1、2000一試1設(shè)全集是實(shí)數(shù)，假設(shè)A=x|0，B=x|=,那么是 (A) 2 (B) 1 (C) x|x2 (D) 【答案】D【解析】由得x=2，故A=2；由得，故B=-1，2.所以=.2、2001一試1a為給定的實(shí)數(shù)，那么集合M=x|x2-3x-a2+2=0,xR的子集的個(gè)數(shù)為 A1 B2 C4 D不確定【答案】C【解析】M表示方程320在實(shí)數(shù)范圍內(nèi)的解集由于140，所以含有2個(gè)元素故集合有24個(gè)子集，選3、2002一試1函數(shù)f(x)=的單調(diào)遞增區(qū)間是 (A) (-，-1) (B) (-，1) (C) (1，+) (D) (3，+)【答案

2、】A【解析】由x2-2x-30 x3，令f(x)=, u= x2-2x-3，應(yīng)選A4、(2002一試3) 函數(shù)f(x)= (A) 是偶函數(shù)但不是奇函數(shù) (B) 是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)(C) 既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) (D) 既不是奇函數(shù)又不是偶函數(shù)【答案】A【解析】由題得函數(shù)的定義域?yàn)?，滿足不滿足，所以函數(shù)是偶函數(shù)，但是不是奇函數(shù)。5、2002一試5兩個(gè)實(shí)數(shù)集合A=a1, a2, , a100與B=b1, b2, , b50，假設(shè)從A到B的映射f使得B中的每一個(gè)元素都有原象，且f(a1)f(a2)f(a100)，那么這樣的映射共有( )(A) (B) (C) (D) 【答案】D【解析】不妨設(shè)b1b2

3、0，所以只須求xy的最小值。令xy=u代入x24y2=4中有3y22uy+(4u2)=0 yR 0 當(dāng)時(shí)，u=，故|x|y|的最小值是14、2003一試9A=x|x24x+30，xR， B=x|21x+a0，x22(a+7)x+50，xR假設(shè)AB，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍是 【答案】4a1【解析】A=(1，3)；又，a21x(1， eq f(1,4)，當(dāng)x(1，3)時(shí)，a eq f(x2+5,2x) 7( eq r(5)7，4) 4a115、(2003一試10) a，b，c，d均為正整數(shù)，且logab= eq f(3,2)，logcd= eq f(5,4)，假設(shè)ac=9，那么bd= 【答案】93【

4、解析】a3=b2，c5=d4，設(shè)a=x2，b=x3；c=y4，d=y5，x2y4=9(x+y2)(xy2)=9 x+y2=9，xy2=1，x=5，y2=4bd=5325=12532=9316、2004一試8設(shè)函數(shù)f：RR，滿足f(0)=1，且對(duì)任意x，yR，都有f(xy+1)=f(x)f(y)f(y)x+2，那么f(x)= ?！敬鸢浮縳+1【解析】令x=y=0，得，f(1)=110+2，f(1)=2令y=1，得f(x+1)=2f(x)2x+2，即f(x+1)=2f(x)x又，f(yx+1)=f(y)f(x)f(x)y+2，令y=1代入，得f(x+1)=2f(x)f(x)1+2，即f(x+1)=

5、f(x)+1比擬、得，f(x)=x+117、2005一試8是定義在上的減函數(shù)，假設(shè)成立，那么的取值范圍是 【答案】【解析】在上定義，又僅當(dāng)或時(shí)，在上是減函數(shù)，結(jié)合知或18、(2021一試7) 設(shè)，其中為實(shí)數(shù)，假設(shè)，那么 .【答案】5【解析】由題意知，由得，因此，19、2021一試11設(shè)是定義在上的函數(shù)，假設(shè) ，且對(duì)任意，滿足 ，那么= .【答案】【解析】方法一：由題設(shè)條件知 ，因此有，故 方法二： 令，那么 ，即，故，得是周期為2的周期函數(shù)，所以20、2021一試1假設(shè)函數(shù)且，那么 【答案】【解析】，故21、2021一試6假設(shè)方程僅有一個(gè)實(shí)根，那么的取值范圍是 【答案】或【解析】當(dāng)且僅當(dāng)對(duì)由求

6、根公式得， 或()當(dāng)時(shí)，由得，所以，同為負(fù)根又由知，所以原方程有一個(gè)解()當(dāng)時(shí)，原方程有一個(gè)解()當(dāng)時(shí)，由得，所以，同為正根，且，不合題意，舍去綜上可得或?yàn)樗?2、2021一試1函數(shù)的值域是 .【答案】 【解析】易知的定義域是，且在上是增函數(shù)，從而可知的值域?yàn)?23、2021一試5函數(shù) 在區(qū)間上的最大值為8，那么它在這個(gè)區(qū)間上的最小值是 .【答案】【解析】令那么原函數(shù)化為,在上是遞增的.當(dāng)時(shí)，,，所以 ；當(dāng)時(shí)，所以 .綜上在上的最小值為.24、2021一試1設(shè)集合，假設(shè)中所有三元子集的三個(gè)元素之和組成的集合為，那么集合 【答案】.【解析】顯然，在的所有三元子集中，每個(gè)元素均出現(xiàn)了3次，所以，

7、故，于是集合的四個(gè)元素分別為516，532，550，583，因此，集合25、2021一試2函數(shù)的值域?yàn)?【答案】【解析】設(shè)，且，那么設(shè)，那么，且，所以 26、2021一試6設(shè)是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，假設(shè)對(duì)任意的，不等式恒成立，那么實(shí)數(shù)的取值范圍是 【答案】【解析】由題設(shè)知,那么因此,原不等式等價(jià)于因?yàn)樵谏鲜窃龊瘮?shù),所以即又所以當(dāng)時(shí),取得最大值因此,解得故的取值范圍是27、2000一試14假設(shè)函數(shù)在區(qū)間a,b上的最小值為2a，最大值為2b，求a,b.【解析】化三種情況討論區(qū)間a,b.假設(shè)0ab, 那么f (x)在 a, b 上單調(diào)遞減，故f(a) =2b, f(b)=2a于是有，解之得 a,

8、 b = 1, 3 , (2)假設(shè)a 0 b, f (x)在 a, b 上單調(diào)遞增，在0,b 上單調(diào)遞減，,因此f (x)在x=0處取最大值2b在x=a或x=b處取最小值2a.故2b=,b=.由于a0, 又f(b)=-() + =故 f(x)在x=a處取最小值2a,即 2a=+,解得a=-2-;于是得 a,b=-2-,.當(dāng)a1)，使得存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x【解析】f(x-4)=f(2-x) 函數(shù)的圖象關(guān)于x= -1對(duì)稱 b=2a由知當(dāng)x= 1時(shí),y=0，即ab+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)1f(1)=1，即工+了+以=1，又ab+c=0a= b= c=f(x)=

9、假設(shè)存在tR，只要x1,m，就有f(x+t)x取x=1時(shí)，有f(t+1)1(t+1)2+(t+1)+14t0對(duì)固定的t-4,0，取x=m，有f(t m)m(t+m)2+(t+m)+mm2(1t)m+(t2+2t+1)0m m=9 當(dāng)t= -4時(shí)，對(duì)任意的x1,9，恒有f(x4)x=(x210 x+9)=(x1)(x9)0m的最大值為9。 另解：f(x-4)=f(2-x) 函數(shù)的圖象關(guān)于x= -1對(duì)稱 b=2a由知當(dāng)x= 1時(shí),y=0，即ab+c=0由得 f(1)1，由得 f(1)1f(1)=1，即工+了+以=1，又ab+c=0a= b= c=f(x)=(x+1)2 由f(x+t)=(x+t+1

10、)2x 在x1,m上恒成立 4f(x+t)-x=x2+2(t-1)x+(t+1)20當(dāng)x1,m時(shí)，恒成立 令 x=1有t2+4t04t0令x=m有t2+2(m+1)t+(m-1)20當(dāng)t-4,0時(shí)，恒有解 令t= 4得，m210m+901m9 即當(dāng)t= 4時(shí)，任取x1,9恒有f(x-4)-x=(x210 x+9)=(x1)(x9)0 mmin=9 29、2002一試15實(shí)數(shù)a,b,c和正數(shù)使得f(x)=x3+ax2+bx+c有三個(gè)實(shí)根x1,x2,x3，且滿足x2-x1=, x3(x1+x2) ，求【解析】 f(x)=f(x)f(x3)=(xx3)x2+(a+x3)x+x32+ax3+b x1,

11、x2是方程x2+(a+x3)x+x32+ax3+b的兩個(gè)根 x2-x1= (a+x)24(x32+ax3+b)=3x32+2ax3+2+4ba2=0 x3(x1+x2) ()且 4a212b-320 () f(x)=x3+ax2+bx+c= f(x3)=0 () 由()得 記p=，由() 和()可知p且 令 y=，那么y0且 = 0 取a=2,b=2,c=0,=2，那么f(x)=x3+ax2+bx+c有根，0 顯然假設(shè)條件成立，且 綜上所述的最大值是 30、2005二試2設(shè)正數(shù)a、b、c、x、y、z滿足求函數(shù)的最小值.【解析】由條件得，即，同理，得a、b、c、x、y、z為正數(shù)，據(jù)以上三式知，故

12、以a、b、c為邊長(zhǎng)，可構(gòu)成一個(gè)銳角三角形ABC，問(wèn)題轉(zhuǎn)化為：在銳角ABC中，求函數(shù)、=的最小值.令那么且同理，+取等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)，此時(shí)，31、2006一試15設(shè) . 記，. 證明：.【解析】如果，那么，。 如果，由題意 ，,. 那么 當(dāng) 時(shí)，. 事實(shí)上，當(dāng)時(shí)，, 設(shè)時(shí)成立為某整數(shù)，那么對(duì)， . 當(dāng) 時(shí)，.事實(shí)上，當(dāng)時(shí)，, 設(shè)時(shí)成立為某整數(shù)，那么對(duì)，有.注意到 當(dāng)時(shí),總有，即 . 從而有.由歸納法，推出 。 3當(dāng)時(shí)，記，那么對(duì)于任意，且。對(duì)于任意，, 那么。 所以，。當(dāng)時(shí)，即。因此。綜合，我們有。 32、2007一試15設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)所有的實(shí)數(shù)x都滿足f(x+2)=f(x)，求證：存在4個(gè)函數(shù)f

13、i(x)(i=1，2，3，4)滿足：1對(duì)i=1，2，3，4，fi(x)是偶函數(shù)，且對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，有fi(x+)=fi(x)；2對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，有f(x)=f1(x)+f2(x)cosx+f3(x)sinx+f4(x)sin2x。【解析】證明：記，那么f(x)=g(x)+h(x)，且g(x)是偶函數(shù)，h(x)是奇函數(shù)，對(duì)任意的xR，g(x+2)=g(x)，h(x+2)=h(x)。令，其中k為任意整數(shù)。容易驗(yàn)證fi(x)，i=1，2，3，4是偶函數(shù)，且對(duì)任意的xR，fi(x+)=fi(x)，i=1，2，3，4。下證對(duì)任意的xR，有f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。當(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)時(shí)，因

14、為，而，故對(duì)任意的xR，f1(x)+f2(x)cosx=g(x)。下證對(duì)任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。當(dāng)時(shí)，顯然成立；當(dāng)x=k時(shí)，h(x)=h(k)=h(k2k)=h(k)=h(k)，所以h(x)=h(k)=0，而此時(shí)f3(x)sinx+f4(x)sin2x=0，故h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x；當(dāng)時(shí)，故，又f4(x)sin2x=0，從而有h(x)=f3(x)sinx+f4(x)sin2x。于是，對(duì)任意的xR，有f3(x)sinx+f4(x)sin2x=h(x)。綜上所述，結(jié)論得證。33、2021二試2設(shè)是周期函數(shù)，和1是的周期且證明：1假設(shè)為有理數(shù)，那么存在素?cái)?shù)，使是的周期；2假設(shè)為無(wú)理數(shù)，那么存在各項(xiàng)均為無(wú)理數(shù)的數(shù)列滿足 ，且每個(gè)都是的周期【解析】1假設(shè)是有理數(shù)，那么存在正整數(shù)使得且，從而存在整數(shù)，使得