2021年人教版高中数学必修第一册专题强化训练(三)《函数的概念与性质》(含答案详解)

这是一份2021年人教版高中数学必修第一册专题强化训练(三)《函数的概念与性质》(含答案详解)，共7页。

[合格基础练]
一、选择题
1．函数f(x)＝eq \f(1,\r(x＋1))＋eq \r(4－2x)的定义域为( )
A．[－1,2] B．(－1,2] C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)
B [由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,4－2x≥0，))得－12．设f(x)＝2x＋3，g(x)＝f(x－2)，则g(x)＝( )
A．2x＋1 B．2x－1 C．2x－3 D．2x＋7
B [∵f(x)＝2x＋3，∴f(x－2)＝2(x－2)＋3＝2x－1，即g(x)＝2x－1，故选B.]
3．下列函数f(x)中，满足对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)的是( )
A．f(x)＝x2 B．f(x)＝eq \f(1,x)
C．f(x)＝|x| D．f(x)＝2x＋1
B [由题意可知f(x)是(0，＋∞)上的单调递减函数，故选B.]
4．函数y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))在[－1,1]上是( )
A．增函数且是奇函数 B．增函数且是偶函数
C．减函数且是奇函数 D．减函数且是偶函数
A [由幂函数的性质知，当α＞0时，y＝xα在第一象限内是增函数，所以y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))在(0,1]上是增函数．令y＝f(x)＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))，x∈[－1,1]，则f(－x)＝(－x)eq \s\up5(eq \f(3,5))＝－xeq \s\up5(eq \f(3,5))＝－f(x)，所以f(x)＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))是奇函数．
因为奇函数的图象关于原点对称，所以当x∈[－1,0)时，y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))也是增函数．
当x＝0时，y＝0，又当x＜0时，y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))＜0，当x＞0时，y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))＞0，所以y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))在[－1,1]上是增函数．
故y＝xeq \s\up5(eq \f(3,5))在[－1,1]上是增函数且是奇函数．]
5．函数f(x)是定义在R上的奇函数，下列命题：
①f(0)＝0；
②若f(x)在[0，＋∞)上有最小值－1，则f(x)在(－∞，0]上有最大值1；
③若f(x)在[1，＋∞)上为增函数，则f(x)在(－∞，－1]上为减函数；
④若x>0时，f(x)＝x2－2x，则x<0时，f(x)＝－x2－2x.其中正确命题的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
C [f(x)为R上的奇函数，则f(0)＝0，①正确；其图象关于原点对称，且在对称区间上具有相同的单调性，最值相反且互为相反数，所以②正确，③不正确；对于④，x<0时，－x>0，f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x，又f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＝－x2－2x，即④正确．]
二、填空题
6．函数y＝eq \f(1,x＋1)的单调区间是________．
(－∞，－1)和(－1，＋∞) [因为y＝eq \f(1,x＋1)可由y＝eq \f(1,x)向左平移1个单位得到，
画出函数的图象，如图，
结合图象可知该函数的递减区间为(－∞，－1)和(－1，＋∞)．]
7．函数f(x)＝x2－2ax＋1在区间[－1,2]上的最小值是f(2)，则a的取值范围是________．
[2，＋∞) [由题意可知f(x)在[－1,2]上单调递减，故a≥2.]
8．已知函数y＝f(x)是奇函数，若g(x)＝f(x)＋2，且g(1)＝1，则g(－1)＝________.
3 [由g(1)＝1，且g(x)＝f(x)＋2，∴f(1)＝g(1)－2＝－1，又y＝f(x)是奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝1，
从而g(－1)＝f(－1)＋2＝3.]
三、解答题
9．已知函数f(x－1)＝x2＋(2a－2)x＋3－2a.
(1)若函数f(x)在区间[－5,5]上为单调函数，求实数a的取值范围；
(2)求a的值，使f(x)在区间[－5,5]上的最小值为－1.
[解] 令x－1＝t，则x＝t＋1，f(t)＝(t＋1)2＋(2a－2)·(t＋1)＋3－2a＝t2＋2at＋2，所以f(x)＝x2＋2ax＋2.
(1)因为f(x)图象的对称轴为x＝－a，
由题意知－a≤－5或－a≥5，解得a≤－5或a≥5.
故实数a的取值范围为(－∞，－5]∪[5，＋∞)．
(2)当a>5时，f(x)min＝f(－5)＝27－10a＝－1，解得a＝eq \f(14,5)(舍去)；
当－5≤a≤5时，f(x)min＝f(－a)＝－a2＋2＝－1，解得a＝±eq \r(3)；
当a<－5时，f(x)min＝f(5)＝27＋10a＝－1，解得a＝－eq \f(14,5)(舍去)．综上，a＝±eq \r(3).
10．定义在R上的偶函数f(x)在y轴左方(含原点)的图象如图所示，且解析式为f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0，x≤0)．
(1)补全函数f(x)的图象；
(2)求出函数f(x)的解析式；
(3)讨论方程f(x)＝d的根的个数；
(4)作出y＝|f(x)|的图象．
[解] (1)f(x)的图象如图1所示．
图1
(2)由图象得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝0，,－\f(b,2a)＝－\f(1,2)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝\f(1,4)，))，
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝0，,a＝b，,\f(1,4)a－\f(1,2)b＋c＝\f(1,4).))
解之得a＝－1，b＝－1，c＝0.
所以当x≤0时，f(x)＝－x2－x.当x>0时，－x<0.
所以f(－x)＝－(－x)2－(－x)＝－x2＋x.
又f(x)是偶函数，所以f(－x)＝f(x)，
所以f(x)＝－x2＋x.
所以f(x)的解析式为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2－x，x≤0，,－x2＋x，x>0.))
也可以写成f(x)＝－x2＋|x|.
(3)由y＝d的图象(图略)，y＝f(x)的图象知(如图1)，
当d>eq \f(1,4)时，方程f(x)＝d无实根；
当d＝eq \f(1,4)或d<0时，方程f(x)＝d有两个实根；
当d＝0时，方程f(x)＝d有三个实根；
当0(4)y＝|f(x)|的图象如图2所示．
图2
[等级过关练]
1．已知f(x)＝x＋eq \f(1,x)－1，f(a)＝2，则f(－a)＝( )
A．－4 B．－2 C．－1 D．－3
A [∵f(x)＝x＋eq \f(1,x)－1，∴f(a)＝a＋eq \f(1,a)－1＝2，∴a＋eq \f(1,a)＝3，∴f(－a)＝－a－eq \f(1,a)－1＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,a)))－1＝－3－1＝－4.]
2．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝0，则使得f(x)<0的x的取值范围是( )
A．(－∞，2) B．(－2,2)
C．(2，＋∞) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
B [由题意知f(－2)＝f(2)＝0，当x∈(－2,0)时，f(x)3．设函数y＝f(x)是偶函数，它在[0,1]上的图象如图．则它在[－1,0]上的解析式为________．
f(x)＝x＋2 [由题意知f(x)在[－1,0]上为一条线段，且过(－1,1)，(0,2)，设f(x)＝kx＋b，代入解得k＝1，b＝2.
所以f(x)＝x＋2.]
4．已知二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－2,3]上的最大值为6，则a的值为________．
eq \f(1,3)或－5 [f(x)＝ax2＋2ax＋1＝a(x＋1)2＋1－a，对称轴x＝－1，
当a>0时，图象开口向上，在[－2,3]上的最大值为
f(3)＝9a＋6a＋1＝6，所以a＝eq \f(1,3)；
当a<0时，图象开口向下，在[－2,3]上的最大值为
f(－1)＝a－2a＋1＝6，所以a＝－5.
综上，a的值为eq \f(1,3)或－5.]
5．已知奇函数f(x)＝px＋eq \f(q,x)＋r(p，q，r为常数)，且满足f(1)＝eq \f(5,2)，f(2)＝eq \f(17,4).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)试判断函数f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上的单调性，并用函数单调性的定义进行证明；
(3)当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f(x)≥2－m恒成立，求实数m的取值范围．
[解] (1)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴r＝0.又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f1＝\f(5,2)，,f2＝\f(17,4)，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＋q＝\f(5,2)，,2p＋\f(q,2)＝\f(17,4)，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝2，,q＝\f(1,2)，))
∴f(x)＝2x＋eq \f(1,2x).
(2)f(x)＝2x＋eq \f(1,2x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减．
证明如下：
设任意的两个实数x1，x2，且满足0则f(x1)－f(x2)＝2(x1－x2)＋eq \f(1,2x1)－eq \f(1,2x2)
＝2(x1－x2)＋eq \f(x2－x1,2x1x2)
＝eq \f(x2－x11－4x1x2,2x1x2).
∵0∴x2－x1>0,00，
∴f(x1)－f(x2)>0，
∴f(x)＝2x＋eq \f(1,2x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减．
(3)由(2)知f(x)＝2x＋eq \f(1,2x)在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上的最小值是feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝2.
要使当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f(x)≥2－m恒成立，
只需当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))时，f(x)min≥2－m，
即2≥2－m，解得m≥0，
即实数m的取值范围为[0，＋∞)．