2018上海高三数学二模--函数汇编

m2（2018宝山二模）10. 设奇函数f(x)定义为R，且当x0时，f(x)x1（这里

x．若f(x)m2对一切x0成立，则m的取值范围是 . m为正常数）

答案：2,

（2018宝山二模）15.若函数fxxR满足f1x、f1x均为奇函数，则下列四个结论正确的是（ ）

(A)fx为奇函数 (B)fx为偶函数

(C)fx3为奇函数 (D)fx3为偶函数

答案：C

（2018宝山二模）19.(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分)

某渔业公司最近开发的一种新型淡水养虾技术具有方法简便且经济效益好的特点，研究表明：用该技术进行淡水养虾时，在一定的条件下，每尾虾的平均生长速度为g(x)（单位：千克/年）养殖密度为x,x0（单位：尾/立方分米）。当x不超过4时，g(x)的值恒为2；当

4x20，g(x)是x的一次函数，且当x达到20时，因养殖空间受限等原因，g(x)的

值为0.

（1）当0x20时，求函数g(x)的表达式。

（2）在（1）的条件下，求函数f(x)xg(x)的最大值。

2,x0,4答案：（1）gx1（2）12.5千克/立方分米 ,xN；58x2,x4,20x2x0（2018虹口二模5） 已知函数f(x)x，则f1[f1(9)] 21x0x,x0【解析】f(x)，f1(9)3，f1[f1(9)]f1(3)2

log2(x1),x01x2（2018虹口二模11） [x]是不超过x的最大整数，则方程(2)7x1[2]0满足x144的所有实数解是

11x2；当x0，[2x]0，(2)， 24∴x1，∴满足条件的所有实数解为x0.5或x1

x2【解析】当0x1，[2x]1，∴(2)2x..

（2018虹口二模21）已知函数f(x)ax3xa（aR，xR），g(x)x（xR）. 1x334（1）如果x是关于x的不等式f(x)0的解，求实数a的取值范围；

23434]和[,1)的单调性，并说明理由； （2）判断g(x)在(1,22（3）证明：函数f(x)存在零点q，使得aqq4q7q3n2成立的充要条件是

34a. 33344)0a【解析】（1）f(； 233434]上递减，在[,1)上递增； （2）根据单调性定义分析，在(1,22（3）“函数f(x)存在零点q，使得aqq4q7q3n2成立”说明

aqqq4q7q3n2成立，根据无穷等比数列相关性质，q(1,1)， 31q3434q]上递减，在[,1)上递增， 结合第（2）问，a在(1,221q33q344∴a(，反之亦然. )g()min1q323

（2018杨浦二模1）函数ylgx1的零点是 ． 答案： x10

（2018杨浦二模17）（本题满分14分，第1小题满分7分，第2小题满分7分） 共享单车给市民出行带来了诸多便利，某公司购买了一批单车投放到某地给市民使用. 据市

*场分析，每辆单车的营运累计利润y (单位：元）与营运天数xxN满足

1yx260x800.

2 （1）要使营运累计利润高于800元，求营运天数的取值范围； （2）每辆单车营运多少天时，才能使每天的平均营运利润【解】

y的值最大？ x（1） 要使营运累计收入高于800元，

..

令12x60x800800， …………………………………2分 2 解得40x80. …………………………………5分 所以营运天数的取值范围为40到80天之间 .…………………………………7分 （2）yx1800x60 …………………………………9分 2x 24006020 当且仅当

1800x时等号成立，解得x400 …………………………12分 2x所以每辆单车营运400天时，才能使每天的平均营运利润最大，最大为20元每天 .…14分

（2018杨浦二模21）（本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分）

记函数f(x)的定义域为D. 如果存在实数a、b使得f(ax)f(ax)b对任意满足

axD且axD的x恒成立，则称

f(x)为函数.

（1）设函数f(x)11，试判断f(x)是否为函数，并说明理由； x1，其中常数t0，证明：g(x)是函数； 2xt（2）设函数g(x)（3）若h(x)是定义在R上的函数，且函数h(x)的图象关于直线xm（m为常数）

对称，试判断h(x)是否为周期函数？并证明你的结论.

【解】 （1）f(x)11是函数 . ……1分 x11的定义域为{x|x0}， x理由如下：f(x)..

只需证明存在实数a，b使得f(ax)f(ax)b对任意xa恒成立.

由f(ax)f(ax)b，得

11axax2b，即b2. axax(ax)(ax)所以(b2)(ax)2a对任意xa恒成立. 即b2,a0. 从而存在a0,b2，使f(ax)f(ax)b对任意xa恒成立.

22所以f(x)11是函数. …………4分 x（2）记g(x)的定义域为D，只需证明存在实数a，b使得当axD且axD时，

g(ax)g(ax)b恒成立，即

所以2ax12axt12axtb恒成立.

t2axtb(2axt)(2axt)， ……5分

ax化简得，(1bt)(22ax)b(22at2)2t.

2a2所以1bt0,b(2t)2t0.因为t0，可得b1，alog2|t|, t即存在实数a，b满足条件，从而g(x)1是函数. …………10分 x2t（3）函数h(x)的图象关于直线xm（m为常数）对称，

所以h(mx)h(mx) （1）， ……………12分 又因为h(ax)h(ax)b （2）， 所以当ma时，

h(x2m2a)h[m(xm2a)]

由（1 ） h[m(xm2a)]h(2ax)h[a(ax)] 由（2） bh[a(ax)]bh(x) （3）

所以h(x4m4a)h[(x2m2a)2m2a]bh(x2m2a) （取tx2m2a由（3）得）

再利用（3）式，h(x4m4a)b[bh(x)]h(x).

所以f(x)为周期函数，其一个周期为4m4a. ……………15分

..

当ma时，即h(ax)h(ax)，又h(ax)bh(ax)，

所以h(ax)b为常数. 2所以函数h(x)为常数函数，

h(x1)h(x)b，h(x)是一个周期函数. ……………17分 2综上，函数h(x)为周期函数。 ……………18分

（2018黄浦二模3）若函数f(x)是 ． 答案：[2,2]

（2018黄浦二模6）方程log3(32x5)log3(4x1)0的解x ． 答案：2

（2018黄浦二模12）已知函数f(x)ax2bxc(02ab)对任意xR恒有f(x)0成立，则代数式

8ax22x是偶函数，则该函数的定义域

f(1)的最小值是 ．

f(0)f(1)答案：3.

（2018黄浦二模18）（本题满分14分）本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分．

某企业欲做一个介绍企业发展史的铭牌，铭牌的截面形状是如图所示的扇形环面(由扇形OAD挖去扇形OBC后构成的)．已知OA10米,OBx米(0x10)，线段BA、线段CD与弧BC、弧AD的长度之和为30米，圆心角为弧度． (1)求关于x的函数解析式；

(2)记铭牌的截面面积为y，试问x取何值时，y的值最大？并求出最大值．

..

解 (1)根据题意，可算得弧BCx(m)，弧AD10(m). 又BACD弧BC弧CD30，

于是，10x10xx1030，

2x10(0x10).

x101122(2) 依据题意，可知yS扇OADS扇OBC10x

22 所以， 化简，得yx25x50

52225. 452252于是，当x(满足条件0x10)时，ymax(m).

245225答 所以当x米时铭牌的面积最大，且最大面积为平方米.

242 (x)

（2018黄浦二模20）（本题满分16分）本题共有2个小题，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分6分．

2x, 1x0, 已知函数f(x)=2

x1, 0x1. (1) 求函数f(x)的反函数f1(x)；

(2)试问:函数f(x)的图像上是否存在关于坐标原点对称的点，若存在，求出这些点的坐标；若不存在，说明理由； (3)若方程

f(x)21x2|f(x)21x2|2ax40的三个实数根

x1、x2、x3满足: x1x2x3，且x3x22(x2x1)，求实数a的值．

解 (1)

2x, 1x0,f(x)=2x1, 0x1.

当1x0时，f(x)2x,且0f(x)2.

由y2x，得x11y，互换x与y，可得f1(x)x(0x2). 22当0x1时，f(x)x21,且-1f(x)0.

由yx21，得x1+y，互换x与y，可得f1(x)1+x(1x0).

..

1x, 01x, 1x0. (2) 答 函数图像上存在两点关于原点对称.

设点A(x0,y0)(0x01)、B(x0,y0)是函数图像上关于原点对称的点，

2则f(x0)f(x0)0，即x012x00，

解得x021(x021,舍去)，且满足0x1 . 因此，函数图像上存在点A(21,222)和B(12,222)关于原点对称. (3) 考察函数yf(x)与函数y21x2的图像，可得 当1x2时，有f(x)21x2，原方程可化为4x2ax40，解得 2x222，且由1，得0a222. a+2a+22当2x1时，有f(x)21x2，原方程可化为41x22ax40，化简得 24a(当0a222时，

a2+4(a24)x24ax0，解得x=0，或x24a20). 2a4于是，x1 由

24a,x22,x30. a2a4，得

x3x22(x2x1)4a4a2=2(+)，解得a317. 22a+4a4a22 因为a317317不符合题意，舍去； 1，故a223+173+17. 222，满足条件.因此，所求实数a220a（2018静安二模3）函数ylg的定义域为 ． （x2）答案：

xx1

..

,x3（2018静安二模16）已知函数f(x)x3x10，实数x1,x2满足x1x20,x2x30,x3x，则0f(x1)f(x2)f(x3)的值（ ）． 1A．一定大于30 B．一定小于30

C．等于30 D．大于30、小于30都有可能 答案：B

（2018静安二模21）(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分6分，第3小题满分8分)

设函数f(x)|2x7|ax1（a为实数）. （1）若a=1，解不等式f(x)0；

x0时，关于x的不等式f(x)1成立，求a的取值范围； 1x2x1（3）设g(x)，若存在x使不等式f(x)g(x)成立，求a的取值范围．

ax1（2）若当

解：（1）由f(x)0得2x7x1，………………………1分

解不等式得x|x8或x6 ………………………………4分 3（利用图像求解也可）

x0解得0x1． 1x由f(x)1得|2x7|ax0，当0x1时，该不等式即为(a2)x70； …………………………5分 当a=2时，符合题设条件；……………………6分 下面讨论a2的情形，

当a2时，符合题设要求；……………………7分

771，解得2a5； 当a2时，x，由题意得

2a2a（2）由

综上讨论，得实数a的取值范围为a|a5 ………………………10分 （3）由g(x)2x1ax1=2x1a(x1)，…………………………12分

代入f(x)g(x)得|2x7|2|x1|1a，令h(x)|2x7|2|x1|1，

6,x177则h(x)4x10,1x， 4h()h(x)h(1)6，

2274,x2∴h(x)min4…………………………15分

若存在x使不等式f(x)g(x)成立，则h(x)mina,即a4．…………1

..

（2018闵行二模4）定义在R上的函数f(x)2x1的反函数为yf1(x)，则f1(3) 【解析】2x13f1(3)2

（2018闵行二模10） 若函数f(x)loga(x2ax1)（a0且a1）没有最小值，则a的取值范围是

【解析】分类讨论，当0a1时，没有最小值，当a1时，即x2ax10有解， ∴0a2，综上，a(0,1)[2,)

（2018闵行二模16） 给出下列三个命题：

命题1：存在奇函数f(x)（xD1）和偶函数g(x)（xD2），使得函数f(x)g(x)（xD1D2）是偶函数；

命题2：存在函数f(x)、g(x)及区间D，使得f(x)、g(x)在D上均是增函数，但f(x)g(x)在D上是减函数；

命题3：存在函数f(x)、g(x)（定义域均为D），使得f(x)、g(x)在xx0（x0D）处均取到最大值，但f(x)g(x)在xx0处取到最小值； 那么真命题的个数是（ ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【解析】命题1：f(x)g(x)0，xR；命题2：f(x)g(x)x，x(,0)； 命题3：f(x)g(x)x2，xR；均为真命题，选D

（2018闵行二模19）某公司利用APP线上、实体店线下销售产品A，产品A在上市20天内全部售完，据统计，线上日销售量f(t)、线下日销售量g(t)（单位：件）与上市时间t（tN*）天的关

1t1010t系满足：f(t)，g(t)t220t（1t20），产品A每件的

10t20010t20销售利润为h(t)401t15（单位：元）（日销售量=线上日销售量+线下日销售量）.

2015t20（1）设该公司产品A的日销售利润为F(t)，写出F(t)的函数解析式； （2）产品A上市的哪几天给该公司带来的日销售利润不低于5000元？

..

40(t230t),1t10【解析】（1）F(t)40(t210t200),10t15

220(t10t200),15t20（2）F(t)50005t15，第5天到第15天

]的奇函数，当x(0,2]，（2018青浦二模10）已知f(x)是定义在[2,2上时

x，函数g(x)f(x)212x2x. m如果对于任意的x1[2,2]，总存在

x2[2,2，使得]f(x1)g(x2)，则实数m的取值范围是 .

答案： m5

（2018青浦二模15）已知函数f(x)是R上的偶函数，对于任意xR都有

f(x6)f(x)f(3)成立，当x1,x20,3，且x1x2时，都有

f(x1)f(x2)0．给出以下三个命题：

x1x2①直线x6是函数f(x)图像的一条对称轴； ②函数f(x)在区间9,6上为增函数； ③函数f(x)在区间9,9上有五个零点． 问：以上命题中正确的个数有（ ）． （A）0个

（B）1个

（C）2个

（D）3个

答案：B

（2018青浦二模20）(本题满分16分）本题共3小题，第（1）小题4分，第（2）小题6分，第（3）小题6分.

设函数f(x)2ax5aR． x（1）求函数的零点；

（2）当a3时，求证：f(x)在区间,1上单调递减；

（3）若对任意的正实数a，总存在x01,2，使得f(x0)m，求实数m的取值范围．

..

解：（1）①当a0时，函数的零点为x2； 5 ②当a255258a且a0时，函数的零点是x； 82a③当a25时，函数无零点； 8223x+5，令g(x)3x+5

xx（2）当a3时，f(x)任取x1,x2(,1)，且x1x2， 则g(x1)g(x2)2(xx)23x1x22 3x153x2521x1x1x2x2(x2x1)23x1x20

x1x2因为x1x2，x1,x2(,1)，所以x2x10，x1x21，从而

即g(x1)g(x2)0g(x1)g(x2)故g(x)在区间,1上的单调递减

当x,1时，g(x)6,f(x)223x+5=3x+5g(x) xx即当a3时，f(x)在区间,1上单调递减；

（3）对任意的正实数a，存在x01,2使得f(x0)m，即f(x0)maxm，

当x0,时，

25258aax5,0x2x2a f(x)ax+5x2ax5,x5258a2ax即f(x)在区间0,增；

所以f(x0)maxmaxf(1),f(2)max7a,62a，

5258a5258a，上单调递减，在区间上单调递2a2a88mmax7a,62aa0又由于，3，所以3．

..

（2018崇明二模9）设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，当x[0,1]时，，则函数f(x)在[1,2]上的解析式是 ． f(x)logx1)2(答案： f(x)log2(3x)

（2018崇明二模20）（本题满分16分，本题共有3个小题，第(1)小题满分4分，第(2)小

题满分5分，第(3)小题满分7分．）

2xa,xR． 已知函数f(x)x21（1）证明：当a1时，函数yf(x)是减函数；

（2）根据a的不同取值，讨论函数yf(x)的奇偶性，并说明理由；

（3）当a2，且bc时，证明：对任意d[f(c),f(b)]，存在唯一的x0R，使得f(x0)d，

且x0[b,c]．

20. 解：（1）证明：任取x1,x2R，设x1x2，

(a1)(2x22x1)则f(x1)f(x2)x(211)(2x21)

因为x1x2，所以2x22x1，又a1

……3分

所以f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)所以当a1时，函数yf(x)是减函数 ……4分 （2）当a1时，f(x)1，所以f(x)f(x)，

所以函数yf(x)是偶函数 ……1分

2x1当a1时，fxx

212x112xf(x)xxf(x)

2121所以函数yf(x)是奇函数 ……3分 当a1且a1时，f(1)a22a1，f(1) 33因为f(1)f(1)且f(1)f(1)

所以函数yf(x)是非奇非偶函数 ……5分

..

（3）证明：由（1）知，当a2时函数yf(x)是减函数， 所以函数yf(x)在[b,c]上的值域为[f(c),f(b)]，

因为d[f(c),f(b)]，所以存在x0R，使得f(x0)d. ……2分 假设存在x1R,x1x0使得f(x1)d，

若x1x0，则f(x1)f(x0)，若x1x0，则f(x1)f(x0)，

与f(x1)f(x0)d矛盾，故x0是唯一的 ……5分 假设x0[b,c]，即x0b或x0c，则f(x0)f(b)或f(x0)f(c) 所以d[f(c),f(b)]，与d[f(c),f(b)]矛盾，故x0[b,c]

……7分

1x2（2018奉贤二模9）给出下列函数：①yx；②yxx；③y2；④yx3；

x⑤ytanx；⑥ysinarccosx；⑦ylgxx24lg2．从这7个函数中任取两个函数，则其中一个是奇函数另一个是偶函数的概率是 ． 【参考答案】：

23 72x1x1，k0，kR. （2018奉贤二模18）已知函数fxk2（1）讨论函数fx的奇偶性，并说明理由；

（2）已知fx在,0上单调递减，求实数k的取值范围.

【参考答案】：（1）函数定义域为R…………………………………………………1分 f(0) fx不是奇函数……………………………………………………………………2分

10 k11xxx21，令fxfx1220恒成立， xk2k 所以当k1时，函数fx为偶函数；……………………………………………4分 当k1时，函数fx是非奇非偶函数。…………………………………………1分

fx说明：定义域1分，说明不是奇函数2分，说明偶函数4分，结论1分 （2）【方法一】

对任意x1、x2,0，且x1x2，有fx1fx20恒成立

..

fx1fx22x12x21k210……………………………………2分 x12x2 x1x22122

xx11x1x2恒成立……………………………………………………………………2分 k21 1k,01,……………………………………………………2分

k 

【方法二】

t11，0t1 kt当k0时，函数fx在R上单调递减，所以满足条件。………………………2分

设2xt，则y当k0时，t0,k时单调递减，tk,单调递减，…………………2分

k1k1……………………………………………………………………2分 k,01,

（2018金山二模2）函数y=lgx的反函数是 ． 答案：y10x

（2018金山二模21）(本题满分18分，第1小题满分4分，第2小题满分5分，第3小题满分9分)

若函数y=f(x)对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f(x1)f(x2)=1成立，则称该函数为“依赖函数”．

(1) 判断函数g(x)=2x是否为“依赖函数”，并说明理由；

(2) 若函数f(x)=(x–1)2在定义域[m，n](m>1)上为“依赖函数”，求实数m、n乘积mn的取值范围；

(3) 已知函数f(x)=(x–a)2 (a<

444)在定义域[，4]上为“依赖函数”．若存在实数x[，3334]，使得对任意的tR，有不等式f(x)≥–t2+(s–t)x+4都成立，求实数s的最大值． 解：(1) 对于函数g(x)=2x的定义域R内任意的x1，取x2= –x1，则g(x1)g(x2)=1， 且由g(x)=2x在R上单调递增，可知x2的取值唯一，

故g(x)=2x是“依赖函数”；……………………………………………………………4分 (2) 因为m>1，f(x)=(x–1)2在[m，n]递增，故f(m)f(n)=1，即(m–1)2(n–1)2=1，………5分 由n>m>1，得(m–1) (n–1) =1，故nm，…………………………………………6分 m1由n>m>1，得1m21m12在m(1,2)上单调递减，故mn(4,)，…9分 从而mnm1m1..

44，故f(x)(xa)2在[,4]上单调递增， 3344422从而f()f(4)1，即(a)(4a)1，进而(a)(4a)1，

33313解得a1或a(舍)，………………………………………………………………13分

34从而，存在x[,4]，使得对任意的t∈R，有不等式(x1)2t2(st)x4都成立，

3 (3) 因a即t2xtx2(s2)x30恒成立，由x24[x2(s2)x3]0，……15分 得4(s2)x3x212，由x[,4]，可得4(s2)3x又y3x4312， x121249， 在x[,4]单调递增，故当x4时，3xx3xmax11，故实数s的最大值为．…………………………18分 44从而4(s2)9，解得s

（2018浦东二模4）已知f1(x)是函数f(x)log2(x1)的反函数，则f1(2)________. 答案：3

（2018浦东二模11）已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)在0,上是增函数，如果对于任意x[1,2]， f(ax1)f(x3)恒成立，则实数a的取值范围是________. 答案[1,0]

（2018浦东二模12）已知函数f(x)x5x7.若对于任意的正整数n，在区间1,nn25上存在m1个实数a0,a1,a2,L,am使得f(a0)f(a1)f(a2)Lf(am)成立，则m的最大值为________. 答案：6

（2018浦东二模20）（本题满分16分，本题共有3个小题，第(1)小题满分4分，第(2)小题满分6分，第(3)小题满分6分）

已知函数yf(x)定义域为R，对于任意xR恒有f(2x)2f(x)；

（1）若f(1)3，求f(16)的值；

..

,]1(（2）若x2时，f(x)x22x2，求函数yf(x),x(1,8]的解析式及值域；

3，求yf(x)在区间(1,2n],nN*上的最大值2（3）若x(1,2]时，f(x)x与最小值.

解：1）Qf(1)3且f(2x)2f(x)

f(2)3(2)……………1分 f(22)3(2)2……………1分 f(23)3(2)3……………1分

f(16)f(24)3(2)448……………1分

2）

xf(2x)2f(x)f(x)2f()

2x(1,2]时，f(x)x22x2(x1)21，

f(x)(1,2]……………1分

xx1x(2,4]时，f(x)2f()2[(1)21](x2)22，……………1分

222f(x)[4,2)……………1分

x1x1x(4,8]时，f(x)2f()2[(2)22](x4)24，……………1分

2224f(x)(4,8]……………1分

(x1)21,x(1,2]12得：f(x)(x2)2,x(2,4]，

212(x4)4,x(4,8]4值域为[4,2)（1，2](4,8]……………1分

3）

..

xf(2x)2f(x)f(x)2f()

2当x(1,2]时，f(x)x1分

当x(2n1,2n]时，

x3得：当x(2,22]时，f(x)2f()x3……………

22x2n1(1,2]，

xxxx3f(x)2f()(2)2f(2)L(2)n1f(n1)(2)n1n1(1)nx32n222222……………2分 当x(2n1,2]，n为奇数时，f(x)x32nn22n[,0]

4当x(2n1,2]，n为偶数时，f(x)x32nn22n[0,]

4综上：n1时，f(x)在(1,2]上最大值为0，最小值为1……………1分 22n2nn2，n为偶数时，f(x)在(1,2]上最大值为，最小值为……………1分

48n2n2nn3，n为奇数时，f(x)在(1,2]上最大值为，最小值为……………1分

84n

（2018普陀二模2） 若函数f(x)答案：

1是奇函数，则实数m________.

x2m11 2（2018普陀二模3）若函数f(x)________. 答案：x3

2x3的反函数为g(x)，则函数g(x)的零点为

（2018普陀二模20）（本题满分16分）本题共有3小题，第1小题4分，第2小题6分，第3小题6分.

定义在R上的函数f(x)满足：对任意的实数x，存在非零常数t，都有f(xt)tf(x)成立.

..

（1）若函数f(x)kx3，求实数k和t的值；

（2）当t2时，若x[0,2]，f(x)x(2x)，求函数f(x)在闭区间[2,6]上的值域； （3）设函数f(x)的值域为[a,a]，证明：函数f(x)为周期函数. 解：（1）由f(xt)tf(x)得，k(xt)3t(kx3)对xR恒成立，

k(t1)0即(kkt)x(k3)t30对xR恒成立，则(k3)t30，……………………2

t0分 即k0. ……………………………………………………………………………4分

t1（2）当x[0,2]时，f(x)x(2x)1(x1)2[0,1]，……………………………2分 当x[2,0]时，即x2[0,2]， 由f(x2)2f(x)得f(x)11f(x2)，则f(x)[,0]，……………………3分 22当x[2,4]时，即x2[0,2]，

由f(x2)2f(x)得f(x)2f(x2)，则f(x)[2,0]， ……………………4分 当x[4,6]时，即x2[2,4]，

由f(x)2f(x2)得f(x)[0,4]， …………………………………………………5分 综上得函数f(x)在闭区间[0,6]上的值域为[2,4]. ……………………………………6分 （3）（证法一）由函数f(x)的值域为[a,a]得，f(xt)的取值集合也为[a,a]，

当t0时，f(xt)tf(x)[ta,ta]，则taa，即t1.……………………2分

taa由f(x1)f(x)得f(x2)f(x1)f(x)，

则函数f(x)是以2为周期的函数. …………………………………………………………3分

当t0时，f(xt)tf(x)[ta,ta]，则taa，即t1.……………………5分

taa..

即f(x1)f(x)，则函数f(x)是以1为周期的函数.

故满足条件的函数f(x)为周期函数. ………………………………………………………6分 （证法二）由函数f(x)的值域为[a,a]得，必存在x0R，使得f(x0)a， 当t1时，对t1，有f(x0t)tf(x0)taa，

对t1，有f(x0t)tf(x0)taa，则t1不可能；

当0t1时，即

111，f(x0)f(x0t)，

tt由f(x)的值域为[a,a]得，必存在x0R，使得f(x0t)a， 仿上证法同样得0t1也不可能，则必有t1 ，以下同证法一. （2018徐汇二模3）函数f(x)lg(32)的定义域为_____________． 答案：(0,)

xx2(x1)2sinx（2018徐汇二模11）若函数f(x)的最大值和最小值分别为M、m，则

x21函数

g(x)MmxinMs像1x的一个对称中心图m是 ． 答案：，1

（2018徐汇二模19）(本题满分14分，第1小题满分6分，第2小题满分8分) 已知函数f(x)x3tx1，其定义域为[0,3][12,15]， (1) 当t2时，求函数yf(x)的反函数；

(2) 如果函数yf(x)在其定义域内有反函数，求实数t的取值范围．

2143x8,x[8,1]【解】(1) y； ------------------------------------------------------6分

3x8,x[73,136]3t0(2)1 若0，即t0，则yfx在定义域上单调递增，所以具有反函数；---8分

2..

3t15，即t10，则yfx在定义域上单调递减，所以具有反函数；--10分 23t3t30 当312，即2t8时，由于区间0,3关于对称轴的对称区间是

2220 若

3t123t315或3t，即t2,4或t6,8时， 3t3,3t，于是当3t31222函数yfx在定义域上满足1-1对应关系，具有反函数． 综上，t(,0][2,4)

（2018长宁、嘉定二模10）已知函数f(x)=lg取值范围是____________．

答案：[1,1]

（2018长宁、嘉定二模15）点P在边长为1的正方形ABCD的边上运动，M是CD的中点，则当P沿A-B-C-M运动时，点P经过的路程x与VAPM的面积y的函数y=f(x)的图像的形状大致是下图中的（ ）

(6,8][10,)．------------------------------------------14分

(x2+1+ax的定义域为R，则实数a的

)

答案：B

（2018长宁、嘉定二模19）（本题满分14分，第1小题6分，第2小题8分） 某创新团队拟开发一种新产品，根据市场调查估计能获得10万元到1000万元的收益，先准备制定一个奖励方案：奖金y（单位：万元）随收益x（单位：万元）的增加而增加，且奖金不超过9万元，同时奖金不超过收益的20%．

（1）若建立函数y=f(x)模型制定奖励方案，试用数学语言表示该团队对奖励函数f(x)模型的基本要求，并分析y=x+2是否符合团队要求的奖励函数模型，并说明原因； 150（2）若该团队采用模型函数f(x)=..

10x-3a作为奖励函数模型，试确定最小的正整数a的

x+2值．

解：（1）设函数模型为yf(x)，根据团队对函数模型的基本要求，函数yf(x)满足： 当x[10,1000]时，①f(x)在定义域[10,1000]上是增函数；②f(x)9恒成立；

x恒成立． …………………………………………（3分，每项得1分） 5x2，当x[10,1000对于函数y]时，f(x)是增函数； 150100020f(x)maxf(1000)229，所以f(x)9恒成立；

1503110x2，即f(x)不恒成立． 但x10时，f(10)1555③f(x)因此，该函数模型不符合团队要求． ………………………………（6分，每项得1分） （2）对于函数模型f(x)当3a200即a10x3a3a2010，

x2x220时递增． ………………………………………………（2分） 3当x[10,1000]时，要使f(x)9恒成立，即f(1000)9，

982； ……………………………………………………（4分） 3x10x3ax，x248x15a0恒成立， 要使f(x)恒成立，即

5x25192得出a． ………………………………………………………………………（6分）

5982综上所述，a． …………………………………………………………………（7分）

3所以3a181000，a所以满足条件的最小正整数a的值为328． ………………………………………（8分）

..