对点练9 函数的概念与表示-2022老高考理科数学高频考点突破练

专题二　函数的概念与基本初等函数(Ⅰ) 对点练9　函数的概念与表示 1．A　由1－x2＞0解得－1＜x＜1. 由1＋x＞0解得x＞－1，∴∁RN＝{x|x≤－1}． 故M∪(∁RN)＝{x|x＜1}，故选A. 2．A　设t＝x－1，则x＝t＋1. ∴f(t)＝2t＋1－2(t＋1)＋1＝2t＋1－2t－1， 故f(x)＝2x＋1－2x－1，故选A. 3．D　由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2f（x）－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2x＋1，,2f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))－f（x）＝\f(2,x)＋1，)) 解得f(x)＝eq \f(4,3)x＋eq \f(2,3x)＋1， ∴f(2)＝eq \f(8,3)＋eq \f(1,3)＋1＝4，故选D. 4．A　∵函数y＝f(x)的定义域为[0，2]， 即0≤x≤2，∴由0≤－2x≤2， 解得－1≤x≤0， 故函数y＝f(－2x)的定义域是[－1，0]，故选A. 5．C　∵函数y＝f(x＋1)的定义域是[－3，1]， ∴－2≤x＋1≤2， 即函数y＝f(x)的定义域是[－2，2]． 由－2≤x≤2及1－x＞0且1－x≠1， 可得g(x)的定义域是[－2，0)∪(0，1)，故选C. 6．D　∵f(logeq \s\do9(\f(1,2))4)＝f(－2)＝2－2＝eq \f(1,4)， ∴f(f(logeq \s\do9(\f(1,2))4))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－1))π)) ＝sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3π,4)))＝－sineq \f(3π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，故选D. 7．A　∵定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy(x，y∈R)，令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，∴f(0)＝0；令x＝y＝1，得 f(2)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝8； 令x＝2，y＝1，得f(3)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝15； 令x＝3，y＝－3，得f(0)＝f(3)＋f(－3)＋2×3×(－3)， 即0＝15＋f(－3)－18，∴f(－3)＝3，故选A. 8．解析　由题意，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)－x)) eq \s\up12(2)＋2， ∴f(x)＝x2＋2，∴f(2)＝22＋2＝6. 答案　6 9．解析　∵log23＞0，∴－log23＜0， ∴f(－log23)＝2－log23＝2log2eq \f(1,3)＝eq \f(1,3). 当x＞0时，由f(x)＝2，得log3x＝2＝log39，解得x＝9； 当x≤0时，由f(x)＝2，得2x＝2，解得x＝1(舍去)． 故当f(x)＝2时，x＝9. 答案　eq \f(1,3)　9 10．解析　由函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1，x＜1，,x－2，x≥1，))得当x＜1时， f(x)＝－1；当x≥1时，f(x)单调递增． ∴f(x)≥－1. 对于f(5a－2)＞f(2a2)，若5a－2≤1，即a≤eq \f(3,5)， 可得f(5a－2)＝－1，不成立， 则5a－2＞1，即a＞eq \f(3,5)，且由5a－2＞2a2， 解得eq \f(1,2)＜a＜2，∴eq \f(3,5)＜a＜2. 答案　eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,5)，2)) PAGE - 360 - $ 对点练9函数的概念与表示 1．已知函数f(x)＝eq \f(1,\r(1－x2))的定义域为M，g(x)＝ln(1＋x)的定义域为N，则M∪(∁RN)＝(　　) A．{x|x＜1}　　 　　　 B．{x|x≥1} C．∅ D．{x|－1≤x＜1} 2．已知函数f(x－1)＝2x－2x＋1，则f(x)＝(　　) A．2x＋1－2x－1 B．2x＋1－2x＋1 C．2x－1－2x＋1 D．2x－1－2x－1 3．若f(x)对于定义域内的任意实数x都有2f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝2x＋1，则f(2)＝(　　) A．0　 　 　 B．1　 　 　 C.eq \f(