高中人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质课后测评

这是一份高中人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质课后测评，共6页。

1．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)恒成立，且f(1)＝1，则f(3)＋f(4)＋f(5)的值为( )
A．－1 B．1
C．2 D．0
解析：选D ∵f(x)是R上的奇函数，f(1)＝1，
∴f(－1)＝－f(1)＝－1，f(0)＝0.
依题意得f(3)＝f(－1＋4)＝－f(1)＝－1，
f(4)＝f(0＋4)＝f(0)＝0，f(5)＝f(1＋4)＝f(1)＝1.
因此，f(3)＋f(4)＋f(5)＝－1＋0＋1＝0，故选D.
2．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选A 由题意得|2x－1|3．若奇函数f(x)在区间[2，5]上的最小值是6，那么f(x)在区间[－5，－2]上有( )
A．最小值6 B．最小值－6
C．最大值－6 D．最大值6
解析：选C 因为奇函数f(x)在[2，5]上有最小值6，所以可设a∈[2，5]，有f(a)＝6.由奇函数的性质，f(x)在[－5，－2]上必有最大值，且最大值为f(－a)＝－f(a)＝－6.
4．(多选)已知定义在区间[－7，7]上的一个偶函数，它在[0，7]上的图象如图，则下列说法正确的有( )
A．这个函数有两个单调递增区间
B．这个函数有三个单调递减区间
C．这个函数在其定义域内有最大值7
D．这个函数在其定义域内有最小值－7
解析：选BC 根据偶函数在[0，7]上的图象及其对称性，作出其在[－7，7]上的图象，如图所示．由图象可知这个函数有三个单调递增区间，有三个单调递减区间，在其定义域内有最大值7，最小值不是－7，故选B、C.
5．(多选)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )
A．|f(x)|g(x)是奇函数
B．f(x)|g(x)|是奇函数
C．f(x)＋|g(x)|是偶函数
D．|f(x)|＋g(x)是偶函数
解析：选BD A中，令h(x)＝|f(x)|g(x)，则h(－x)＝|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)＝h(x)，∴A中函数是偶函数，A错误；B中，令h(x)＝f(x)|g(x)|，则h(－x)＝f(－x)|g(－x)|＝－f(x)·|g(x)|＝－h(x)，∴B中函数是奇函数，B正确；C中，由f(x)是奇函数，可得f(－x)＝－f(x)，由g(x)是偶函数，可得g(－x)＝g(x)，由f(－x)＋|g(－x)|＝－f(x)＋|g(x)|知C错误；D中，由|f(－x)|＋g(－x)＝|－f(x)|＋g(x)＝|f(x)|＋g(x)，知D正确．故选B、D.
6．已知函数f(x)为偶函数，且当x<0时，f(x)＝x＋1，则x>0时，f(x)＝________．
解析：当x>0时，－x<0，∴f(－x)＝－x＋1，又f(x)为偶函数，∴f(x)＝－x＋1.
答案：－x＋1
7．若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x（x≥0），,g（x）（x<0）))为奇函数，则f[g(－1)]＝________．
解析：根据题意，当x<0时，f(x)＝g(x)，又f(x)为奇函数，∵g(－1)＝f(－1)＝－f(1)＝－(12＋2×1)＝－3，则f[g(－1)]＝f(－3)＝－f(3)＝－(32＋2×3)＝－15.
答案：－15
8．若f(x)＝(m－1)x2＋6mx＋2是偶函数，则f(0)，f(1)，f(－2)从小到大的排列是____________．
解析：∵f(x)是偶函数，
∴f(－x)＝f(x)恒成立，
即(m－1)x2－6mx＋2＝(m－1)x2＋6mx＋2恒成立，
∴m＝0，即f(x)＝－x2＋2.
∵f(x)的图象开口向下，对称轴为y轴，在[0，＋∞)上单调递减，
∴f(2)∴f(2)＝f(－2)．
即f(－2)答案：f(－2)9．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2－4x＋3.
(1)求f[f(－1)]的值；
(2)求函数f(x)的解析式．
解：(1)∵f(x)为定义在R上的奇函数，∴f(0)＝0.
又∵当x>0时，f(x)＝x2－4x＋3，
∴f(－1)＝－f(1)＝0，∴f[f(－1)]＝0.
(2)由(1)可知，当x＝0时，f(x)＝0；当x<0时，－x>0，则f(x)＝－f(－x)＝－(－x)2＋4×(－x)－3＝－x2－4x－3.
综上，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－4x＋3（x>0），,0（x＝0），,－x2－4x－3（x<0）.))
10．已知二次函数f(x)＝x2＋bx＋c满足f(1)＝f(3)＝－3.
(1)求b，c的值；
(2)若函数g(x)是奇函数，当x≥0时，g(x)＝f(x)．
①直接写出g(x)的单调递减区间为________；
②若g(a)>a，求a的取值范围．
解：(1)由f(1)＝f(3)＝－3，得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋b＋c＝－3，,9＋3b＋c＝－3，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝－4，,c＝0.))
(2)①[－2，2]．
②由(1)知f(x)＝x2－4x，
则当x≥0时，g(x)＝x2－4x；
当x<0时，－x>0，
则g(－x)＝(－x)2－4(－x)＝x2＋4x，
因为g(x)是奇函数，所以g(x)＝－g(－x)＝－x2－4x.
若g(a)>a，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a≥0，,a2－4a>a))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<0，,－a2－4a>a，))
解得a>5或－5综上，a的取值范围为(－5，0)∪(5，＋∞)．
[B级 综合运用]
11．设f(x)为偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，f(－2)＝0，则xf(x)<0的解集为( )
A．(－1，0)∪(2，＋∞) B．(－∞，－2)∪(0，2)
C．(－2，0)∪(2，＋∞) D．(－2，0)∪(0，2)
解析：选C 根据题意，偶函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－2)＝0，
则函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(－2)＝f(2)＝0，作出函数f(x)的草图如图所示，
又由xf(x)<0，
可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,f（x）<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,f（x）>0，))
由图可得－22，
即不等式的解集为(－2，0)∪(2，＋∞)．故选C.
12．已知函数f(x)与g(x)分别是定义域上的奇函数与偶函数，且f(x)＋g(x)＝x2－eq \f(1,x＋1)－2，则f(2)＝( )
A．－eq \f(2,3) B.eq \f(7,3)
C．－3 D.eq \f(11,3)
解析：选A ∵f(x)＋g(x)＝x2－eq \f(1,x＋1)－2，①
∴f(－x)＋g(－x)＝(－x)2－eq \f(1,－x＋1)－2＝x2－eq \f(1,－x＋1)－2，
又∵函数f(x)与g(x)分别是定义域上的奇函数与偶函数，
∴f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，
∴f(－x)＋g(－x)＝－f(x)＋g(x)＝x2－eq \f(1,－x＋1)－2，②
联立①②消去g(x)，得f(x)＝－eq \f(1,2x＋2)＋eq \f(1,－2x＋2)，
∴f(2)＝－eq \f(1,2×2＋2)＋eq \f(1,－2×2＋2)＝－eq \f(2,3).故选A.
13．函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是________．
解析：∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
∵f(1)＝－1，∴f(－1)＝－f(1)＝1.
故由－1≤f(x－2)≤1，
得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．
又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，∴－1≤x－2≤1，
∴1≤x≤3.
答案：{x|1≤x≤3}
14．设f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意a，b∈R，当a＋b≠0时，都有eq \f(f（a）＋f（b）,a＋b)>0.
(1)若a>b，试比较f(a)与f(b)的大小关系；
(2)若f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，求实数m的取值范围．
解：(1)因为a>b，所以a－b>0，
由题意得eq \f(f（a）＋f（－b）,a－b)>0，
所以f(a)＋f(－b)>0.
又f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(－b)＝－f(b)，
所以f(a)－f(b)>0，即f(a)>f(b)．
(2)由(1)知f(x)为R上的增函数，
因为f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，
所以f(1＋m)≥－f(3－2m)，
即f(1＋m)≥f(2m－3)，
所以1＋m≥2m－3，所以m≤4.
所以实数m的取值范围为(－∞，4]．
[C级 拓展探究]
15．(2021·安徽师大附中高一月考)已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,1＋x2)是定义在(－1，1)上的奇函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5).
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)用定义证明f(x)在(－1，1)上是增函数；
(3)解关于实数t的不等式f(t－1)＋f(t)<0.
解：(1)因为函数f(x)＝eq \f(ax＋b,1＋x2)是定义在(－1，1)上的奇函数，所以f(0)＝0，得b＝0.
又知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5)，所以eq \f(\f(1,2)a,1＋\f(1,4))＝eq \f(2,5)，解得a＝1，
所以f(x)＝eq \f(x,1＋x2).
(2)证明：∀x1，x2∈(－1，1)，且x1由于－10，
所以eq \f(（x2－x1）（1－x1x2）,（1＋xeq \\al(2,1)）（1＋xeq \\al(2,2)）)>0，即f(x2)－f(x1)>0，所以f(x)在(－1，1)上是增函数．
(3)因为f(x)是奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
所以f(t－1)＋f(t)<0等价于f(t－1)<－f(t)＝f(－t)，即f(t－1)又由(2)知f(x)在(－1，1)上是增函数，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1即原不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(0