高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第5章 函数概念与性质本章综合与测试精品课时练习

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册第5章 函数概念与性质本章综合与测试精品课时练习，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

章末综合测评(五) 函数概念与性质


(满分：150分 时间：120分钟)


一、单项选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)


1．下列函数中，与函数y＝eq \r(－2x3)相同的是( )


A．y＝xeq \r(－2x) B．y＝－eq \r(2x3)


C．y＝x2eq \r(\f(－2,x)) D．y＝－xeq \r(－2x)


D [函数相同的两个条件：①定义域相同；②对应关系相同．∵原函数y＝eq \r(－2x3)的定义域为{x|x≤0}，∴y＝eq \r(－2x3)＝eq \r(－2x·x2)＝eq \r(－2x)·|x|＝－xeq \r(－2x)．]


2．下列曲线能表示函数图象的是( )





D [在选项A，B，C中，存在同一个x值与两个y值对应的情况，不符合函数的定义，因此A，B，C都不对；D中定义域上的任意一个x，都有唯一的y与它对应，因此选项D正确．]


3．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x<0，,0，x＝0，,x－1，x>0，))则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))))的值是( )


A．－eq \f(1,3) B．eq \f(1,3)


C．eq \f(2,3) D．－eq \f(2,3)


C [feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝eq \f(2,3)－1＝－eq \f(1,3)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－eq \f(1,3)＋1＝eq \f(2,3)．]


4．已知函数y＝f(x)是奇函数，当x<0时，f(x)＝x2＋mx＋1，且f(1)＝－2，则实数m的值为( )


A．－4 B．0


C．4 D．2


B [因为函数y＝f(x)是奇函数，所以f(－1)＝－f(1)，由当x<0时，f(x)＝x2＋mx＋1，f(1)＝－2，所以2－m＝2，从而m＝0，应选B．]


5．函数y＝f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若f(a)≤f(2)，则实数a的取值范围是( )


A．(－∞，－2]


B．[2，＋∞)


C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)


D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)


D [∵y＝f(x)是偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，


∴y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，


由f(a)≤f(2)，得f(|a|)≤f(2)．


∴|a|≥2，得a≤－2或a≥2．]


6．已知函数y＝f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，1))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，＋∞))，且f(x＋1)为奇函数，当x<1时，f(x)＝－x2－2x，则函数y＝f(x)－eq \f(1,2)的所有零点之和等于( )


A．4 B．5


C．6 D．12


A [因为f(x＋1)为奇函数，所以图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0))对称，


所以函数y＝f(x)的图象关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，0))对称，即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－x))＝0．


当x<1时，f(x)＝－x2－2x，


所以当x>1时，f(x)＝x2－6x＋8．


当－x2－2x＝eq \f(1,2)时，可得x1＋x2＝－2，


当x2－6x＋8＝eq \f(1,2)时，可得x3＋x4＝6，


所以函数y＝f(x)－eq \f(1,2)的所有零点之和为6－2＝4，故选A．]


7．已知实数a≠0，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋a，x<1，,－x－2a，x≥1))若f(1－a)＝f(1＋a)，则a的值为( )


A．－eq \f(3,2) B．－eq \f(3,4)


C．－eq \f(3,2)或－eq \f(3,4) D．eq \f(3,2)或－eq \f(3,4)


B [当a＞0时，1－a＜1,1＋a＞1．


由f(1－a)＝f(1＋a)得2－2a＋a＝－1－a－2a，解得a＝－eq \f(3,2)，不合题意；当a＜0时，1－a＞1,1＋a＜1，由f(1－a)＝f(1＋a)得－1＋a－2a＝2＋2a＋a，解得a＝－eq \f(3,4)，所以a的值为－eq \f(3,4)，故选B．]


8．设二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c(a≠0)在区间[0,1]上单调递减，且f(m)≤f(0)，则实数m的取值范围是( )


A．(－∞，0] B．[2，＋∞)


C．[0,2] D．(－∞，0]∪[2，＋∞)


C [二次函数的对称轴为x＝1．由二次函数f(x)＝ax2－2ax＋c在区间[0,1]上单调递减，可知a>0，故该函数图象的开口向上，且f(0)＝f(2)．当f(m)≤f(0)时，有0≤m≤2．]


二、多项选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分)


9．对于定义在R上的函数f(x)，下列判断错误的有( )


A．若f(－2)>f(2)，则函数f(x)是R的单调增函数


B．若f(－2)≠f(2)，则函数f(x)不是偶函数


C．若f(0)＝0，则函数f(x)是奇函数


D．函数f(x)在区间(－∞，0]上是单调增函数，在区间(0，＋∞)上也是单调增函数，则f(x)是R上的单调增函数


ACD [对于A，列举反例f(x)＝(x－2)2，A错误；对于B，若f(x)是偶函数，则f(－2)＝f(2)，即原命题的逆否命题为真，所以B正确；对于C，列举反例f(x)＝|x|，C错误；对于D，列举反例f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(1,x)x<0,0x＝0,xx>0))，所以D错误；故选ACD．]


10．下列命题为真命题的是( )


A．函数y＝|x－1|既是偶函数又在区间[1，＋∞)上是增函数


B．函数f(x)＝eq \r(x2＋9)＋eq \f(1,\r(x2＋9))的最小值为2


C．“x＝2”是“x－2＝eq \r(2－x)”的充要条件


D．∃x∈R，eq \f(1,x)

CD [y＝|x－1|当x＝1时，y＝0，当x＝－1时，y＝2，所以y＝|x－1|不是偶函数，选项A错误；令t＝eq \r(x2＋9)∈[3，＋∞)，g(x)＝t＋eq \f(1,t)．根据对勾函数的单调性可得，g(t)在[3，＋∞)是增函数，g(t)的最小值为eq \f(10,3)，即f(x)的最小值为eq \f(10,3)，选项B错误；x－2＝eq \r(2－x)≥0,2－x≥0，∴x＝2，选项C正确；当x＝1时，eq \f(1,x)

11．已知定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：①∀x∈R，f(－x)＝f(x)；②∀x1，x2∈(0，＋∞)，当x1≠x2时，都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)>0；③f(－1)＝0．则下列选项成立的是( )


A．f(3)>f(－4)


B．若f(m－1)

C．若eq \f(fx,x)>0，x∈(－1,0)∪(1，＋∞)


D．∀x∈R，∃M∈R，使得f(x)≥M


CD [由条件①得f(x)是偶函数，条件②得f(x)在(0，＋∞)上单调递增，


所以f(3)

若f(m－1)

若eq \f(fx,x)>0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,fx>0，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,fx<0，))


因为f(－1)＝f(1)＝0，


所以x>1或0

因为定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且在(0，＋∞)上单调递增，


所以f(x)min＝f(0)，所以对∀x∈R，只需M≤f(0)即可，故D正确；故选CD．]


12．已知定义在[0,1]上的函数f(x)同时满足：①f(0)＝f(1)＝0；②对所有x，y∈[0,1]，且x≠y，有|f(x)－f(y)|

若对所有x，y∈[0,1]，|f(x)－f(y)|

A．eq \f(1,2) B．eq \f(1,4)


C．eq \f(1,2π) D．eq \f(1,8)


AB [取y＝0，则|f(x)－f(0)|＜eq \f(1,2)|x－0|，


即|f(x)|＜eq \f(1,2)x，取y＝1，


则|f(x)－f(1)|＜eq \f(1,2)|x－1|，


即|f(x)|＜eq \f(1,2)(1－x)．


∴|f(x)|＋|f(x)|＜eq \f(1,2)x＋eq \f(1,2)－eq \f(1,2)x＝eq \f(1,2)，


∴|f(x)|＜eq \f(1,4)．


不妨取f(x)≥0，则0≤f(x)＜eq \f(1,4)，0≤f(y)＜eq \f(1,4)，


∴|f(x)－f(y)|＜eq \f(1,4)－0＝eq \f(1,4)，


要使|f(x)－f(y)|＜k恒成立，只需k≥eq \f(1,4)．故选AB．]


三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)


13．函数y＝lg2(2x－4)＋eq \f(1,x－3)的定义域是 ．


(2,3)∪(3，＋∞) [由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－4>0，,x－3≠0，))解得x＞2且x≠3，所以函数y＝lg2(2x－4)＋eq \f(1,x－3)的定义域是(2,3)∪(3，＋∞)．


14．函数f(x)＝x2－2x＋3在区间[0，a]上的最大值为3，最小值为2，则实数a的取值范围为 ．


[1,2] [函数f(x)＝x2－2x＋3在x＝1处取得最小值为2，在x＝0处取得最大值3，结合函数图象(略)可知实数a的取值范围为[1,2]．]


15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x，x≥1,x2，x<1))，那么f(f(3))＝ ；若存在实数a，使得f(a)＝f(f(a))，则a 的个数是 ．(本题第一空2分，第二空3分)


1 4 [f(f(3))＝f(－1)＝1；令f(a)＝t，即满足f(t)＝t，





①t＝1，即a＝±1时，经检验，均满足题意；


②t<1，即－11时，f(t)＝t2，由t＝t2，解得t ＝0或1(舍去)；再由t＝f(a)＝0解得a＝0或2；


③t>1，即a<－1时，f(t)＝2－t，由t＝2－t，解得t＝1(舍去)；综上所述：共有4个a．]


16．若f(x)是偶函数，其定义域为(－∞，＋∞)，且在[0，＋∞)上是减函数，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))与feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))的大小关系是 ．


feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))≥feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2))) [因为a2＋2a＋eq \f(5,2)＝(a＋1)2＋eq \f(3,2)≥eq \f(3,2)，


又因为f(x)在[0，＋∞)上是减函数，


所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))≤feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))．]


四、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)


17．(本小题满分10分)(1)求函数f(x)＝x－2，x∈{0,2,5，－1}的最大值与最小值；


(2)已知函数y＝f(x)(－1≤x≤4)的图象如图所示．根据函数图象回答：当y取得最大值时，对应的自变量是多少？函数的最小值是多少？





[解] (1)∵f(0)＝－2，f(2)＝0，f(5)＝3，f(－1)＝－3，


∴f(－1)

∴f(x)＝x－2的最大值为f(5)＝3，最小值为f(－1)＝－3．


(2)由图象可知函数的最高点的横坐标为4，此时对应的自变量为4；最小值是图象的最低点，其纵坐标为－2，即最小值为－2．


18．(本小题满分12分)(1)求函数f(x)＝ln(4－2x)＋(x－1)0＋eq \f(1,x＋1)的定义域(要求用区间表示)；


(2)若函数f(x＋1)＝x2－2x，求f(3)的值和f(x)的解析式．


[解] (1)要使函数有意义，需有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4－2x≥0，,x－1≠0，,x＋1≠0，))


解得x<2且x≠1且x≠－1．


所以函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1,2)．


(2)因为f(x＋1)＝x2－2x，所以令x＝2，得f(3)＝22－2×2＝0．


用配凑法求函数解析式：∵f(x＋1)＝x2－2x，


∴f(x＋1)＝(x＋1)2－4(x＋1)＋3，


故f(x)＝x2－4x＋3，(x∈R)．


19．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)，x∈[3,5]．


(1)确定f(x)的单调性；


(2)求f(x)的最大值和最小值．


[解] (1)f(x)＝eq \f(2x－1,x＋1)＝eq \f(2x＋1－3,x＋1)＝2－eq \f(3,x＋1)．


设3≤x1

则f(x1)－f(x2)＝2－eq \f(3,x1＋1)－2＋eq \f(3,x2＋1)＝eq \f(3x1－x2,x1＋1x2＋1)<0，即f(x1)

∴f(x)在[3,5]上单调递增．


(2)∵f(x)在[3,5]上单调递增，


∴f(x)max＝f(5)＝eq \f(3,2)，f(x)min＝f(3)＝eq \f(5,4)．


20．(本小题满分12分)已知二次函数f(x)＝x2＋2(m－2)x＋m－m2．


(1)若函数的图象经过原点，且满足f(2)＝0，求实数m的值；


(2)若函数在区间[2，＋∞)上为增函数，求m的取值范围．


[解] (1)∵f(0)＝0，f(2)＝0，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－m2＝0，,4＋4m－2＋m－m2＝0，))


∴m＝1．


(2)∵y＝f(x)在[2，＋∞)上为增函数，


∴对称轴x＝－eq \f(2m－2,2)≤2，∴m≥0，


∴实数m的取值范围是[0，＋∞)．


21．(本小题满分12分)已知二次函数y＝f(x)满足f(－2)＝f(4)＝－16，且f(x)的最大值为2．


(1)求函数y＝f(x)的解析式；


(2)求函数y＝f(x)在[t，t＋1](t＞0)上的最大值．


[解] (1)因为二次函数y＝f(x)满足f(－2)＝f(4)＝－16，且f(x)的最大值为2，


故函数图象的对称轴为x＝1，


设函数f(x)＝a(x－1)2＋2，a＜0．


根据f(－2)＝9a＋2＝－16，


求得a＝－2，


故f(x)＝－2(x－1)2＋2＝－2x2＋4x．


(2)当t≥1时，函数f(x)在[t，t＋1]上是减函数，


故最大值为f(t)＝－2t2＋4t；


当0＜t＜1时，函数f(x)在[t,1]上是增函数，在[1，t＋1]上是减函数，


故函数的最大值为f(1)＝2．


综上，f(x)max＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2，0＜t＜1，,－2t2＋4t，t≥1.))


22．(本小题满分12分)函数y＝f(x)的定义域为R，若存在常数M＞0，使得|f(x)|≥M|x|对一切实数x均成立，则称f(x)为“圆锥托底型”函数．


(1)判断函数f(x)＝2x，g(x)＝x3是否为“圆锥托底型”函数？并说明理由．


(2)若f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，求出M的最大值．


[解] (1)函数f(x)＝2x．∵|2x|＝2|x|≥2|x|，即对于一切实数x使得|f(x)|≥2|x|成立，


∴函数f(x)＝2x是“圆锥托底型”函数．


对于g(x)＝x3，如果存在M＞0满足|x3|≥M|x|，


而当x＝ eq \r(\f(M,2))时，由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(\f(M,2))))eq \s\up12(3)≥Meq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\r(\f(M,2))))，


∴eq \f(M,2)≥M，得M≤0，矛盾，


∴g(x)＝x3不是“圆锥托底型”函数．


(2)∵f(x)＝x2＋1是“圆锥托底型”函数，故存在M＞0，使得|f(x)|＝|x2＋1|≥M|x|对于任意实数恒成立．


∴x≠0时，M≤eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))＝|x|＋eq \f(1,|x|)，此时当x＝±1时，|x|＋eq \f(1,|x|)取得最小值2，


∴M≤2．而当x＝0时，也成立．


∴M的最大值等于2．