人教版新课标A必修11.2.1函数的概念综合训练题

这是一份人教版新课标A必修11.2.1函数的概念综合训练题，共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1．对于函数y＝f(x)，以下说法正确的有( )
①y是x的函数 ②对于不同的x，y的值也不同 ③f(a)表示当x＝a时函数f(x)的值，是一个常量 ④f(x)一定可以用一个具体的式子表示出来
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
答案： B
2．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))0＋eq \f(|x2－1|,\r(x＋2))的定义域为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(1,2))) B．(－2，＋∞)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))
解析： 要使函数式有意义，必有x－eq \f(1,2)≠0
且x＋2>0，即x>－2且x≠eq \f(1,2).
答案： C
3．已知函数f(x)＝x2＋px＋q满足f(1)＝f(2)＝0，则f(－1)的值是( )
A．5 B．－5
C．6 D．－6
解析： 由f(1)＝f(2)＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋p＋q＝0，,4＋2p＋q＝0，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(p＝－3，,q＝2，))∴f(x)＝x2－3x＋2，
∴f(－1)＝(－1)2－3×(－1)＋2＝6.
答案： C
4．若函数g(x＋2)＝2x＋3，则g(3)的值是( )
A．9 B．7
C．5 D．3
解析： g(3)＝g(1＋2)＝2×1＋3＝5.
答案： C
二、填空题(每小题5分，共10分)
5．函数f(x)＝x2－2x＋5定义域为A，值域为B，则集合A与B的关系是________．
解析： 显然二次函数的定义域为A＝R，
又∵f(x)＝x2－2x＋5＝(x－1)2＋4≥4，
∴B＝[4，＋∞)，∴AB.
答案： AB
6．设f(x)＝eq \f(1,1＋x)，则f[f(x)]＝________.
解析： f[f(x)]＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,1＋x)))＝eq \f(1,1＋\f(1,1＋x))
＝eq \f(x＋1,x＋2)(x≠－1且x≠－2)．
答案： eq \f(x＋1,x＋2)(x≠－1且x≠－2)
三、解答题(每小题10分，共20分)
7．判断下列各组函数是否是相等函数．
(1)f(x)＝eq \r(x－22)，g(x)＝x－2；
(2)f(x)＝eq \f(x3＋x,x2＋1)，g(x)＝x.
解析： (1)∵f(x)＝eq \r(x－22)
＝|x－2|，g(x)＝x－2，
∴两函数的对应关系不同，故不是相等函数．
(2)∵f(x)＝eq \f(x3＋x,x2＋1)＝x， g(x)＝x，
又∵两个函数的定义域均为R，对应关系相同，故是相等函数．
8．已知函数f(x)＝eq \f(6,x－1)－eq \r(x＋4)，
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)求f(－1), f(12)的值．
解析： (1)根据题意知x－1≠0且x＋4≥0，
∴x≥－4且x≠1，
即函数f(x)的定义域为[－4,1)∪(1，＋∞)．
(2)f(－1)＝eq \f(6,－2)－eq \r(－1＋4)＝－3－eq \r(3).
f(12)＝eq \f(6,12－1)－eq \r(12＋4)＝eq \f(6,11)－4＝－eq \f(38,11).
eq \x(尖子生题库)☆☆☆
9．(10分)已知函数f(x)＝eq \f(x2,1＋x2).
(1)求f(2)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))， f(3)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))).
(2)由(1)中求得结果，你能发现f(x)与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))有什么关系？并证明你的发现．
(3)求f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 013)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 013))).
解析： (1)∵f(x)＝eq \f(x2,1＋x2)，
∴f(2)＝eq \f(22,1＋22)＝eq \f(4,5)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2)＝eq \f(1,5)，
f(3)＝eq \f(32,1＋32)＝eq \f(9,10)，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))2)＝eq \f(1,10).
(2)由(1)发现f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝1.
证明如下：
f(x)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(x2,1＋x2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))2)
＝eq \f(x2,1＋x2)＋eq \f(1,1＋x2)＝1.
(3)f(1)＝eq \f(12,1＋12)＝eq \f(1,2).
由(2)知f(2)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，
f(3)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝1，
…，
f(2 013)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2 013)))＝1，
∴原式＝eq \f(1,2)＋eq \(1＋1＋1＋…＋1 ,\s\d4(2 012个))＝2 012＋eq \f(1,2)
＝eq \f(4 025,2).