浙江专用2020版高考数学一轮复习（练习）专题2函数概念与基本初等函数Ⅰ 第5练 分段函数
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.
