高中人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质精品导学案

这是一份高中人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质精品导学案，共6页。




1．已知函数f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3为偶函数，则f(x)在(－5，－2)上是( )


A．增函数


B．减函数


C．非单调函数


D．可能是增函数，也可能是减函数


答案 A


解析 ∵f(x)为偶函数，∴m＝0，f(x)＝－x2＋3，


∴f(x)的对称轴为y轴，


故f(x)在(－5，－2)上是增函数．


2．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上的解析式为f(x)＝x＋1，下列大小关系正确的是( )


A．f(1)>f(2) B．f(1)>f(－2)


C．f(－1)>f(－2) D．f(－1)

考点 单调性与奇偶性的综合应用


题点 综合利用函数的单调性、奇偶性比较大小


答案 D


解析 ∵当x≥0时，f(x)＝x＋1是增函数，


∴f(1)

又∵f(x)为偶函数，


∴f(1)＝f(－1)，f(2)＝f(－2)，


∴D对．


3．定义在R上的偶函数f(x)，对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)<0成立，则( )


A．f(3)

C．f(－2)

答案 A


解析 由任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)<0成立，


知f(x)在[0，＋∞)上是减函数．


∴f(3)

又f(x)是偶函数，


∴f(3)

4．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0，f(x)＝x2＋2x，若f(3－2a)>f(a)，则实数a的取值范围是( )


A．(－∞，－1) B．(－∞，1)


C．(－1，＋∞) D．(1，＋∞)


答案 B


解析 当x≥0时，f(x)＝x2＋2x是增函数，又f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)是R上的增函数，所以由f(3－2a)>f(a)得3－2a>a，解得a<1.


5．已知奇函数f(x)在(0，＋∞)上是减函数，且在区间[a，b](a

A．有最大值4 B．有最小值－4


C．有最大值－3 D．有最小值－3


答案 B


解析 方法一 根据题意作出y＝f(x)的简图，由图知，故选B.





方法二 当x∈[－b，－a]时，－x∈[a，b]，


由题意得f(b)≤f(－x)≤f(a)，


即－3≤－f(x)≤4，∴－4≤f(x)≤3，


即在区间[－b，－a]上f(x)min＝－4，f(x)max＝3，


故选B.


6.设奇函数f(x)的定义域为[－5,5]，若当x∈[0,5]时，f(x)的图象如图所示，则不等式f(x)<0的解集是________．





答案 (－2,0)∪(2,5]


解析 f(x)为奇函数，∴画出f(x)在左侧图象如图所示，





当－2

7．已知二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－3,2]上的最大值为4，则a的值为________．


答案 －3或eq \f(3,8)


解析 f(x)的对称轴为直线x＝－1.


当a>0时，f(x)max＝f(2)＝4，解得a＝eq \f(3,8)；


当a<0时，f(x)max＝f(－1)＝4，解得a＝－3.


综上，a＝eq \f(3,8)或a＝－3.


8．已知f(x)＝x5＋ax3＋bx－8(a，b是常数)，且f(－3)＝5，则f(3)＝________.


答案 －21


解析 令g(x)＝f(x)＋8＝x5＋ax3＋bx，


∴g(x)为奇函数，


又g(－3)＝f(－3)＋8＝13，


∴g(3)＝－13，


又g(3)＝f(3)＋8，∴f(3)＝g(3)－8＝－21.


9．已知函数f(x)＝eq \f(2x＋1,x＋1).


(1)判断函数在区间[1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论；


(2)求该函数在区间[1,4]上的最大值与最小值．


解 (1)因为f(x)＝eq \f(2x＋1,x＋1)＝2－eq \f(1,x＋1)，


所以f(x)在[1，＋∞)上为增函数．


证明如下：任取x1，x2∈[1，＋∞)，


且x1

＝eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1).


因为x1－x2<0，(x1＋1)(x2＋1)>0，


所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)

所以函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．


(2)由(1)得，函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数，


所以f(x)在[1,4]上是增函数．


最大值为f(4)＝eq \f(2×4＋1,4＋1)＝eq \f(9,5)，


最小值为f(1)＝eq \f(2×1＋1,1＋1)＝eq \f(3,2).


10．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,ax2＋bx，x<0))为奇函数．


(1)求a－b的值；


(2)若f(x)在区间[－1，m－2]上单调递增，求实数m的取值范围．


解 (1)令x<0，则－x>0，


所以f(x)＝－f(－x)＝－(－x2－2x)＝x2＋2x，


所以a＝1，b＝2，所以a－b＝－1.


(2)由(1)知，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x≥0，,x2＋2x，x<0，))


由函数图象特征，知f(x)在[－1,1]上单调递增，


若函数f(x)在区间[－1，m－2]上单调递增，


则[－1，m－2]⊆[－1,1]，


所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m－2>－1，,m－2≤1，))解得1

所以实数m的取值范围是(1,3]．





11．函数f(x)在R上为奇函数，且x≥0时，f(x)＝x2－x＋2－b，则f(－2)等于( )


A．6－b B．－4＋b


C．2 D．－2


答案 D


解析 ∵x∈R且f(x)为奇函数，


∴f(0)＝0，∴b＝2，


∴x≥0时，f(x)＝x2－x，


∴f(2)＝2，∴f(－2)＝－f(2)＝－2.故选D.


12．已知函数f(x)在R上单调递减，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( )


A．[－2,2] B．[－1,1]


C．[0,4] D．[1,3]


答案 D


解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝1，


∴－1≤f(x－2)≤1等价于f(1)≤f(x－2)≤f(－1)，


又f(x)在R上单调递减，


∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3.故选D.


13．已知函数y＝f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若不等式f(a)≥f(x)对任意的x∈[1,2]恒成立，则实数a的取值范围是( )


A．(－∞，1] B．[－1,1]


C．(－∞，2] D．[－2,2]


答案 B


解析 由题意，知f(x)在[0，＋∞)上是减函数，则不等式f(a)≥f(x)对任意的x∈[1,2]恒成立，即不等式f(|a|)≥f(|x|)对任意的x∈[1,2]恒成立，∴|a|≤|x|对任意的x∈[1,2]恒成立，∴|a|≤1，即－1≤a≤1，故选B.


14．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，则不等式eq \f(fx,x)>0的解集为________．


答案 (－2,0)∪(2，＋∞)


解析 依题意画出f(x)的简图如下，





不等式eq \f(fx,x)>0可化为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.))


即－22.





15．设函数f(x)在R上是偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增，且f(2a2＋a＋1)

答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞))


解析 由f(x)在R上是偶函数，在区间(－∞，0)上单调递增，


可知f(x)在(0，＋∞)上单调递减，


∵2a2＋a＋1＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,4)))2＋eq \f(7,8)>0，


2a2－2a＋3＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(5,2)>0，


且f(2a2＋a＋1)

∴2a2＋a＋1>2a2－2a＋3，


即3a－2>0，解得a>eq \f(2,3)，


∴a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，＋∞)).


16．已知函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，当x>1时，f(x)>0，且f(x·y)＝f(x)＋f(y)．


(1)求f(1)；


(2)证明：f(x)在定义域上是增函数；


(3)如果f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－1，求满足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范围．


(1)解 令x＝y＝1，得f(1)＝2f(1)，


故f(1)＝0.


(2)证明 令y＝eq \f(1,x)，


得f(1)＝f(x)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝0，


故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)))＝－f(x)．


任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1

则f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1))).


由于eq \f(x2,x1)>1，故f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))>0，


从而f(x2)>f(x1)．


∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．


(3)解 由于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－1，而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝－f(3)，故f(3)＝1.


在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y＝3，


得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2.


故所给不等式可化为f(x)－f(x－2)≥f(9)，


∴f(x)≥f[9(x－2)]，∴x≤eq \f(9,4).


又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,x－2>0，))∴2

∴x的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(2，\f(9,4))).