数学必修1第一章 集合与函数概念综合与测试单元测试同步训练题

这是一份数学必修1第一章 集合与函数概念综合与测试单元测试同步训练题，共11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。

A 卷 数 学
班级：________ 姓名：________ 得分：________
第一章 集合与函数概念(二)
(函数的概念与基本性质)
名师原创·基础卷]
(时间：120分钟 满分：150分)
第Ⅰ卷 (选择题 共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60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．函数f(x)＝eq \f(1,\r(2x－3))的定义域是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞)) C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
2．函数y＝f(x)的图象与直线x＝2的公共点有( )
A．0个 B．1个 C．0个或1个 D．不能确定
3．函数y＝x2－4x＋1，x∈2,5]的值域是( )
A．1,6] B．－3,1] C．－3,6] D．－3，＋∞)
4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x x≥0，,x2 x<0，))则f(f(－2))的值是( )
A．2 B．－2 C．4 D．－4
5．已知函数f(x)＝(a－x)|3a－x|，a是常数且a>0，下列结论正确的是( )
A．当x＝2a时，有最小值0 B．当x＝3a时，有最大值0
C．无最大值也无最小值 D．有最小值，但无最大值
6．定义域为R的函数y＝f(x)的值域为a，b]，则函数y＝f(x＋a)的值域为( )
A．2a，a＋b] B．a，b]
C．0，b－a] D．－a，a＋b]
7．已知函数f(x＋1)＝3x＋2，则f(x)的解析式是( )
A．3x＋2 B．3x＋1 C．3x－1 D．3x＋4
8．设f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0)上为减函数，若x1<0，且x1＋x2>0，则( )
A．f(x1)>f(x2) B．f(x1)＝f(x2)
C．f(x1)9．已知反比例函数y＝eq \f(k,x)的图象如图所示，则二次函数y＝2kx2－4x＋k2的图象大致为( )
10．若φ(x)，g(x)都是奇函数，f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2在(0，＋∞)上有最大值5，则f(x)在(－∞，0)上有( )
A．最小值－5 B．最大值－5
C．最小值－1 D．最大值－3
11．已知f(x)为奇函数，在区间3,6]上是增函数，且在此区间上的最大值为8，最小值为－1，则2f(－6)＋f(－3)＝( )
A．－15 B．－13 C．－5 D．5
12．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝0，则不等式eq \f(fx－f－x,x)<0的解集为( )
A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0,1)
C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)
第Ⅱ卷 (非选择题 共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，请把正确答案填在题中横线上)
13．已知函数f(x)的定义域为(－1,0)，则函数f(2x＋1)的定义域为________．
14．已知函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)(x，y∈R)，则下列各式恒成立的是________．
①f(0)＝0；②f(3)＝3f(1)；③feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)f(1)；④f(－x)·f(x)<0.
15．若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f(x)＝________.
16．若函数f(x)＝x2－(2a－1)x＋a＋1是(1,2)上的单调函数，则实数a的取值范围为______________．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10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．
18．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝eq \f(1＋x2,1－x2).
(1)求f(x)的定义域；
(2)判断并证明f(x)的奇偶性；
(3)求证：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－f(x)．
19．(本小题满分12分)
已知函数f(x)的定义域为(－2,2)，函数g(x)＝f(x－1)＋f(3－2x)．
(1)求函数g(x)的定义域；
(2)若f(x)是奇函数，且在定义域上单调递减，求不等式g(x)≤0的解集．
20．(本小题满分12分)
已知y＝f(x)是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x.
(1)当x<0时，求f(x)的解析式；
(2)作出函数f(x)的图象，并指出其单调区间．
21．(本小题满分12分)
已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f(x)为增函数，f(x·y)＝f(x)＋f(y)．
(1)求证：feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)；
(2)若f(3)＝1，且f(a)>f(a－1)＋2，求a的取值范围．
22．(本小题满分12分)
已知函数f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)，x∈1，＋∞)．
(1)当a＝eq \f(1,2)时，求函数f(x)的最小值；
(2)若对任意x∈1，＋∞)，f(x)>0恒成立，试求实数a的取值范围．
详解答案
第一章 集合与函数概念(二)
(函数的概念与基本性质)
名师原创·基础卷]
1．D 解析：由2x－3>0得x>eq \f(3,2).
2．C 解析：如果x＝2与函数y＝f(x)有公共点，则只有一个公共点，因为自变量取一个值只对应一个函数值；若无交点，则没有公共点，此时的x＝2不在y＝f(x)的定义域内．
3．C 解析：函数y＝(x－2)2－3在2，＋∞)上是增函数，所以最小值为f(2)＝－3，又x∈2,5]，故最大值为f(5)＝6.
4．C 解析：∵x＝－2<0，∴f(－2)＝(－2)2＝4.
又4>0，∴f(f(－2))＝f(4)＝4.
5．C 解析：由f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2a2－a2，x≤3a，,－x－2a2＋a2，x>3a，))可画出简图．
分析知C正确．
6．B 解析：y＝f(x＋a)可由y＝f(x)的图象向左或向右平移|a|个单位得到，因此，函数y＝f(x＋a)的值域与y＝f(x)的值域相同．
7．C 解析：设x＋1＝t，则x＝t－1，∴f(t)＝3(t－1)＋2＝3t－1，
∴f(x)＝3x－1，故选C.
解题技巧：采用换元法求函数解析式是常用方法．换元时，一定注意自变量的取值范围的变化情况．
8．C 解析：x1<0，且x1＋x2>0，∴x1>－x2.
又f(x)在(－∞，0)上为减函数，∴f(x1)又f(x)是偶函数，∴f(x1)9．D 解析：由反比例函数的图象知k<0，∴二次函数开口向下，排除A，B，又对称轴为x＝eq \f(1,k)<0，排除C.
10．C 解析：由已知对任意x∈(0，＋∞)，f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2≤5.
对任意x∈(－∞，0)，则－x∈(0，＋∞)，且φ(x)，g(x)都是奇函数，
有f(－x)＝aφ(－x)＋bg(－x)＋2≤5.即－aφ(x)－bg(x)＋2≤5，
∴aφ(x)＋bg(x)≥－3.
∴f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2≥－3＋2＝－1.
11．A 解析：因为函数在3,6]上是增函数，所以f(6)＝8，f(3)＝－1，又函数f(x)为奇函数，所以2f(－6)＋f(－3)＝－2f(6)－f(3)＝－2×8＋1＝－15，故选A.
12．D 解析：∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)，
∴eq \f(fx－f－x,x)＝eq \f(2fx,x)<0，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx<0，,x>0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx>0，,x<0.))
因为f(x)是奇函数且在(0，＋∞)上是增函数，故f(x)在(－∞，0)上是增函数．
由f(1)＝0知f(－1)＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx<0，,x>0))可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx0，))∴0eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx>0，,x<0))可化为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx>f1，,x<0，))∴－113.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2))) 解析：由－1<2x＋1<0，解得－1解题技巧：已知f(x)的定义域为a，b]，求f(g(x))的定义域，可从a≤g(x)≤b中解得x的取值范围，即为f(g(x))的定义域．
14．①②③ 解析：令x＝y＝0，得f(0)＝0；令x＝2，y＝1，得f(3)＝f(2)＋f(1)＝3f(1)；
令x＝y＝eq \f(1,2)，得f(1)＝2feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)f(1)；
令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)，即f(－x)＝－f(x)，
∴f(－x)·f(x)＝－f(x)]2≤0.
15．－2x2＋4 解析：f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2为偶函数，则2a＋ab＝0，∴a＝0或b＝－2.
又f(x)的值域为(－∞，4]，∴a≠0，b＝－2，∴2a2＝4.
∴f(x)＝－2x2＋4.
16．a≥eq \f(5,2)或a≤eq \f(3,2) 解析：函数f(x)的对称轴为x＝eq \f(2a－1,2)＝a－eq \f(1,2)，
∵函数在(1,2)上单调，∴a－eq \f(1,2)≥2或a－eq \f(1,2)≤1，即a≥eq \f(5,2)或a≤eq \f(3,2).
17．解：(1)∵f(0)＝0，f(2)＝0，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－5m＋4＝0，,m－m2＝0，))∴m＝1.
(2)∵y＝f(x)在2，＋∞)为增函数，
∴对称轴x＝－eq \f(2m－2,2)≤2，
∴m≥0.
18．(1)解：由1－x2≠0得x≠±1，
∴f(x)的定义域为{x|x≠±1，x∈R}．
(2)解：f(x)是偶函数，证明如下：
设x∈{x|x≠±1，x∈R}，则－x∈{x|x≠±1，x∈R}．
∵f(－x)＝eq \f(1＋－x2,1－－x2)＝eq \f(1＋x2,1－x2)＝f(x)，
∴f(x)是偶函数．
(3)证明：∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝eq \f(1＋\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(1＋\f(1,x2),1－\f(1,x2))＝eq \f(x2＋1,x2－1)＝－eq \f(1＋x2,1－x2)＝
－f(x)，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－f(x)成立．
19．解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1故函数f(x)的定义域为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(5,2))).
(2)由g(x)≤0，得f(x－1)＋f(3－2x)≤0，
∴f(x－1)≤－f(3－2x)．
∵f(x)为奇函数，∴f(x－1)≤f(2x－3)．
而f(x)在(－2,2)上单调递减，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1≥2x－3，,\f(1,2)∴g(x)≤0的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).
20．解：(1)当x<0时，－x>0，
∴f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x.
又f(x)是定义在R上的偶函数，
∴f(－x)＝f(x)．
∴当x<0时，f(x)＝x2＋2x.
(2)由(1)知，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x x≥0，,x2＋2x x<0.))
作出f(x)的图象如图所示．
由图得函数f(x)的递减区间是(－∞，－1]，0,1]．
f(x)的递增区间是－1,0]，1，＋∞)．
21．(1)证明：∵f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)·y))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＋f(y)(y≠0)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x,y)))＝f(x)－f(y)．
(2)解：∵f(3)＝1，∴f(9)＝f(3·3)＝f(3)＋f(3)＝2.
∴f(a)>f(a－1)＋2＝f(a－1)＋f(9)＝f 9(a－1)]．
又f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,a－1>0，,a>9a－1，))∴122．解：(1)当a＝eq \f(1,2)时，f(x)＝x＋eq \f(1,2x)＋2，
设x2>x1>1，则f(x2)－f(x1)＝x2＋eq \f(1,2x2)＋2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋\f(1,2x1)＋2))
＝(x2－x1)＋eq \f(x1－x2,2x1x2)＝(x2－x1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2x1x2))).
∵x2>x1>1，
∴x2－x1>0，eq \f(1,2x1x2)0，
∴f(x2)－f(x1)>0，
∴f(x)在1，＋∞]上单调递增．
∴f(x)在区间1，＋∞)上的最小值为f(1)＝eq \f(7,2).
(2)在区间1，＋∞)上，f(x)＝eq \f(x2＋2x＋a,x)>0恒成立，
等价于x2＋2x＋a>0恒成立．
设y＝x2＋2x＋a，x∈1，＋∞)．
∵y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1在1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝1时，ymin＝3＋a.
于是，当且仅当ymin＝3＋a>0时，f(x)>0恒成立．
∴a>－3.
解题技巧：不等式的恒成立问题常转化为函数的最值问题，分离参数法是求解此类问题的常用方法．