首页 > 高中 > 数学 > 第三章函数复习提升试卷（附解析新人教B版必修第一册）
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本章复习提升易混易错练易错点1 忽略函数的定义域致错1.()若x∈R,则f(x)与g(x)表示同一个函数的是( )A.f(x)=x2,g(x)=x2B.f(x)=(x)2x,g(x)=x(x)2C.f(x)=1,g(x)=(x-1)0D.f(x)=x2-9x+3,g(x)=x-32.()函数f(x)=1-x1+x的单调递减区间为 . 3.()判断函数f(x)=x2+xx+1的奇偶性.4.()画出函数y=x|1-x2|1-x2的图像,并根据图像指出函数的值域.5.()设定义在区间[-2,2]上的奇函数f(x)在区间[0,2]上单调递减,若f(m)+f(m-1)>0,求实数m的取值范围.18
易错点2 不能正确运用函数的单调性解题6.(2021河南重点高中高一阶段性测试,)已知函数f(x)=1-ax+1在区间(-1,+∞)上单调递增,则实数a的取值范围是( ) A.(0,1)B.(1,+∞)C.(-1,+∞)D.(-∞,-1)∪(1,+∞)7.()设函数f(x)=1,x>0,0,x=0,-1,x<0,g(x)=x2f(x-1),则函数g(x)的递增区间为 . 8.(2021陕西渭南尚德中学高一上第一次月考,)已知函数f(x)=-21+x.(1)判断函数在区间(0,+∞)上的单调性,并用定义证明;(2)求该函数在区间[1,4]上的最大值与最小值.18
9.()已知函数f(x)=|2x+a|.(1)若f(x)的单调递增区间为[3,+∞),求实数a的值;(2)若f(x)在区间[3,+∞)上是增函数,求实数a的取值范围.思想方法练一、数形结合思想在函数中的应用1.()已知函数f(x)为R上的奇函数,当x>0时,f(x)为增函数,且f(2)=0,则{x|f(x-2)>0}=( ) A.{x|0<x<2或x>4}B.{x|x<0或x>4}C.{x|x<0或x>6}D.{x|x<-2或x>2}2.()已知偶函数f(x)与奇函数g(x)的定义域都是(-2,2),它们在[0,2]上的图像如图所示,则使不等式f(x)·g(x)<0成立的x的取值范围为( )A.(-2,-1)∪(1,2)B.(-1,0)∪(0,1)C.(-1,0)∪(1,2)D.(-2,-1)∪(0,1)3.()若关于x的方程|x2-2x-2|-m=0有三个不相等的实数根,则实数m的值为 . 4.()已知函数f(x)=x2-2|x|-3.(1)作出函数f(x)的图像,并根据图像写出函数f(x)的单调区间以及在各单调区间上的增减性;(2)求函数f(x)在x∈[-2,4]上的最值.18
5.()已知函数f(x)是定义在R上的函数,且f(x)的图像关于y轴对称,当x≥0时,f(x)=x2-4x.(1)画出f(x)的图像;(2)求出f(x)的解析式;(3)若函数y=f(x)的图像与直线y=m有四个交点,求实数m的取值范围.二、转化与化归思想在函数中的应用6.()若函数f(x)为定义域D上的单调函数,且存在区间[a,b]⊆D(其中a<b),使得当x∈[a,b]时,f(x)的取值范围恰为[a,b],则称函数f(x)是D上的正函数.若函数g(x)=x2+m是(-∞,0)上的正函数,则实数m的取值范围为( )A.-54,-1B.-54,-34C.-1,-34D.-34,07.(2020辽宁沈阳高一上期中,)函数f(x)=2x+1-x的值域为 . 8.()设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=x2,若对任意的x∈[a,a+2],不等式f(x+a)≥2f(x)恒成立,则实数a的取值范围是 . 18
9.()已知函数f(x)=x2+2x+ax,x∈[1,+∞).(1)当a=0.5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.三、方程思想在函数中的应用10.()已知关于x的方程|x2-4x+3|-a=0有三个不相等的实数根,则实数a的值是 . 11.()若函数f(x)满足2f(x)-f(2-x)=3x+1,则f(x)= . 12.()已知函数f(x)=-12x2+x,是否存在实数m,n(m<n),使得当x∈[m,n]时,函数的值域恰为[2m,2n]?若存在,求出m,n的值;若不存在,说明理由.18
13.()对于函数f(x)=ax2+(b+1)x+b-2(a≠0),若存在实数x0,使f(x0)=x0成立,则称x0为f(x)的“不动点”.(1)当a=2,b=-2时,求f(x)的“不动点”;(2)若对于任意实数b,函数f(x)恒有两个不相等的“不动点”,求实数a的取值范围.四、分类讨论思想在函数中的应用14.()已知函数f(x)=tx2+x+1,x≤t,x+78,x>t,若f(x)在定义域上是单调函数,则t的取值范围为 . 15.()对于任意实数x,[x]表示不超过x的最大整数,如[1.1]=1,[-2.1]=-3.定义在R上的函数f(x)=[2x]+[3x]+[4x],若集合A={y|y=f(x),0≤x≤1},求集合A中所有元素的和.18
16.()已知函数f(x)=x2-a|x+1|-1,其中a∈R.(1)若函数f(x)在区间[-4,-2]上存在零点,求a的取值范围;(2)求函数f(x)在区间[-4,4]上的值域.答案全解全析第三章 函数本章复习提升易混易错练18
1.B 选项A,f(x)=x2(x∈R)与g(x)=x2=|x|(x∈R)的对应关系不同,所以不是同一个函数;选项B,f(x)=(x)2x=1(x>0)与g(x)=x(x)2=1(x>0)的定义域相同,对应关系也相同,所以是同一个函数;选项C,f(x)=1(x∈R)与g(x)=(x-1)0=1(x≠1)的定义域不同,所以不是同一个函数;选项D,f(x)=x2-9x+3=x-3(x≠-3)与g(x)=x-3(x∈R)的定义域不同,所以不是同一个函数.故选B.易错点拨研究两个函数是不是同一个函数时,应先看定义域是否相同,再看对应关系是否相同.忽视定义域会导致判断错误.2.答案 (-∞,-1),(-1,+∞)解析 函数f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞).任取x1、x2∈(-1,+∞)且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=2(x2-x1)(1+x1)(1+x2)>0,即f(x1)>f(x2),故f(x)在(-1,+∞)上为减函数;同理,f(x)在(-∞,-1)上也为减函数.3.解析 f(x)=x2+xx+1=x,定义域为{x|x≠-1},不关于原点对称,故f(x)为非奇非偶函数.易错点拨在研究函数时应先求定义域,再化简解析式.忽视定义域进行不恒等变形常导致判断错误.4.解析 函数的定义域为{x|x∈R且x≠±1}.当1-x2>0,即-1<x<1时,y=x;当1-x2<0,即x<-1或x>1时,y=-x.故y=x,-1<x<1,-x,x<-1或x>1.作出函数的图像,如图所示,根据函数的图像可知函数的值域为{y|y∈R且y≠±1}.5.解析 ∵f(m)+f(m-1)>0,f(x)为奇函数,∴f(m)>-f(m-1),即f(1-m)<f(m).又∵f(x)在[0,2]上为减函数,且f(x)在[-2,2]上为奇函数,∴f(x)在[-2,2]上为减函数,∴-2≤1-m≤2,-2≤m≤2,1-m>m,即-1≤m≤3,-2≤m≤2,m<12,解得-1≤m<12.18
∴实数m的取值范围是-1,12.6.B 要使函数f(x)=1-ax+1在区间(-1,+∞)上单调递增,只需1-a<0,解得a>1,所以实数a的取值范围是(1,+∞).7.答案 (-∞,0],(1,+∞)解析 由题意得g(x)=x2,x>1,0,x=1,-x2,x<1.作出函数g(x)的图像如图所示,故函数g(x)的递增区间为(-∞,0],(1,+∞).8.解析 (1)f(x)在(0,+∞)上是增函数.证明:任取x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2,则x1-x2<0,1+x1>0,1+x2>0,∴f(x1)-f(x2)=-21+x1+21+x2=2(x1-x2)(1+x1)(1+x2)<0,即f(x1)<f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.(2)由(1)知f(x)在[1,4]为增函数,∴函数的最大值为f(4)=-21+4=-25,最小值为f(1)=-21+1=-1.9.解析 (1)由题意知f(x)=-2x-a,x<-a2,2x+a,x≥-a2,∴函数f(x)的单调递增区间为-a2,+∞,∴3=-a2,解得a=-6.(2)由(1)可知,f(x)的单调递增区间为-a2,+∞,∵f(x)在[3,+∞)上是增函数,∴-a2≤3,即a≥-6.∴实数a的取值范围为[-6,+∞).思想方法练1.A 由于函数f(x)为R上的奇函数,当x>0时,f(x)为增函数,且f(2)=0,故函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,且f(-2)=0,故函数f(x)的大致图像如图所示,由函数的图像可得-2<x-2<0或x-2>2,解得0<x<2或x>4,故选A.18
根据函数的单调性和奇偶性画出函数的大致图像.由图像的性质得出不等式的解集,体现了数形结合思想.2.C 由题图可知,当0<x<1时,f(x)>0,g(x)>0,f(x)·g(x)>0;当1<x<2时,f(x)>0,g(x)<0,f(x)·g(x)<0.故当x>0时,f(x)·g(x)<0的解集为{x|1<x<2}.∵y=f(x)是偶函数,y=g(x)是奇函数,∴f(x)·g(x)是奇函数,由奇函数的对称性可得当x<0时,f(x)·g(x)<0的解集为{x|-1<x<0}.综上,不等式f(x)·g(x)<0的解集是{x|-1<x<0或1<x<2},故选C.由函数的奇偶性和图像特征求不等式的解集,体现了数形结合思想.3.答案 3解析 令f(x)=|x2-2x-2|,由题意可得函数y=f(x)的图像与直线y=m有三个交点.画出函数f(x)=|x2-2x-2|的图像如图所示,结合图像可得,m=3.将方程解的问题转化为函数图像的交点问题,体现了数形结合思想.4.解析 (1)作出函数图像如图.由图像得f(x)在(-∞,-1),(0,1)上单调递减,在(-1,0),(1,+∞)上单调递增.18
(2)结合图像可知f(x)在[-2,4]上的最小值为f(1)=f(-1)=-4,最大值为f(4)=5.画出函数图像,通过分析图像性质得出最值,体现了数形结合思想.5.解析 (1)f(x)的图像如图.由x≥0时f(x)的解析式作出函数f(x)在y轴右侧的图像,再由f(x)的图像关于y轴对称,可得出x<0时f(x)的图像,体现了数形结合思想.(2)当x<0时,-x>0,f(-x)=x2+4x,∵函数f(x)的定义域关于原点对称,图像关于y轴对称,∴f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=x2+4x,∴f(x)=x2-4x,x≥0,x2+4x,x<0.(3)y=f(x)的最小值为f(-2)=f(2)=-4,由(1)中图像可知函数y=f(x)的图像与直线y=m有四个交点时,-4<m<0.6.C 因为函数g(x)=x2+m是(-∞,0)上的正函数,所以a<b<0,所以当x∈[a,b]时,函数单调递减,则g(a)=b,g(b)=a,即a2+m=b,b2+m=a,两式相减得a2-b2=b-a,即b=-(a+1),代入a2+m=b得a2+a+m+1=0,因为a<b<0,且b=-(a+1),所以a<-(a+1)<0,即a<-a-1,a+1>0,所以a<-12,a>-1,解得-1<a<-12.18
故关于a的方程a2+a+m+1=0在区间-1,-12内有实数解.由函数g(x)=x2+m是(-∞,0)上的正函数,得g(a)=b,g(b)=a,建立方程组,消去b,求出a的取值范围,转化为关于a的方程a2+a+m+1=0在区间-1,-12内有实数解进行求解.记h(a)=a2+a+m+1,则h(-1)>0,h-12<0,即(-1)2-1+m+1>0,-122-12+m+1<0,解得m>-1,m<-34,即-1<m<-34.7.答案 -∞,178解析 令t=1-x(t≥0),则x=1-t2,所以y=2-2t2+t=-2t-142+178,t≥0,通过换元,将f(x)=2x+1-x化为y=2-2t2+t.所以当t=14时,函数有最大值178,即函数的值域为-∞,178.8.答案 [2,+∞)解析 由题意知f(x)=x2,x≥0,-x2,x<0,则2f(x)=f(2x),所以f(x+a)≥2f(x)恒成立等价于f(x+a)≥f(2x)恒成立.由题意得f(x)在R上是增函数,所以x+a≥2x恒成立,利用函数单调性将f(x+a)≥2f(x)恒成立转化成x+a≥2x恒成立.即a≥(2-1)x恒成立.18
又因为x∈[a,a+2],所以当x=a+2时,(2-1)x取得最大值(2-1)(a+2),所以a≥(2-1)(a+2),解得a≥2.故实数a的取值范围是[2,+∞).9.解析 (1)当a=0.5时,f(x)=x+12x+2,x∈[1,+∞).任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2,则f(x2)-f(x1)=x2+12x2+2-x1+12x1+2=(x2-x1)(2x1x2-1)2x1x2.∵1≤x1<x2,∴x2-x1>0,且x1x2>1,∴2x1x2-1>0,∴f(x2)-f(x1)>0,即f(x2)>f(x1),∴f(x)在[1,+∞)上是增函数,∴f(x)在[1,+∞)上的最小值是f(1)=72.(2)∵对任意x∈[1,+∞),f(x)>0恒成立,∴x2+2x+a>0恒成立.设g(x)=x2+2x+a,∵g(x)=x2+2x+a=(x+1)2+(a-1)在[1,+∞)上是增函数,∴当x=1时,g(x)min=3+a>0,解得a>-3,∴实数a的取值范围为(-3,+∞).将恒成立问题转化成最值问题求解.10.答案 1解析 作出函数y=|x2-4x+3|的图像与直线y=1(如图所示),由图像知直线y=1与函数y=|x2-4x+3|的图像有三个交点,即方程|x2-4x+3|=1有三个不相等的实数根,所以a=1.利用直线与函数图像交点的个数得到方程解的个数,体现了方程思想.18
11.答案 x+3解析 将x替换为2-x得2f(2-x)-f[2-(2-x)]=3(2-x)+1,即2f(2-x)-f(x)=7-3x①,又2f(x)-f(2-x)=3x+1②,所以f(x)=x+3.通过代换得到2个方程,解方程组得到函数解析式,体现了方程思想.12.解析 存在.解法一:对函数图像的对称轴直线x=1的位置进行讨论.①当m<n≤1时,f(x)max=f(n)=2n,f(x)min=f(m)=2m,解得m=-2,n=0.②当m+n2≤1<n时,f(x)max=f(1)=2n,f(x)min=f(m)=2m,无解.③当m≤1<m+n2时,f(x)max=f(1)=2n,f(x)min=f(n)=2m,无解.④当1≤m<n时,f(x)max=f(m)=2n,f(x)min=f(n)=2m,无解.综上,m=-2,n=0.解法二:由题意得,在[m,n]上,函数的最大值为2n.又∵f(x)=-12x2+x=-12(x-1)2+12在x∈R上的最大值为12,∴2n≤12,∴n≤14.又∵f(x)在(-∞,1)上是增函数,∴f(x)在[m,n]上是增函数,∴f(m)=2m,f(n)=2n,即-12m2+m=2m,-12n2+n=2n,结合m<n≤14,解得m=-2,n=0,∴存在实数m=-2,n=0,使得当x∈[-2,0]时,f(x)的值域为[-4,0].13.解析 (1)当a=2,b=-2时,f(x)=2x2-x-4,18
设x0为其“不动点”,则2x02-x0-4=x0,即2x02-2x0-4=0,解得x0=-1或x0=2,即f(x)的不动点是-1,2.(2)由f(x)=x,得ax2+bx+b-2=0,由已知得此方程有两个不相等的实数根,故Δ1>0恒成立,即b2-4a(b-2)>0恒成立,即b2-4ab+8a>0对任意b∈R恒成立,令g(b)=b2-4ab+8a,则二次函数g(b)=b2-4ab+8a的图像恒在x轴上方,则Δ2=(-4a)2-4×8a<0,即16a2-32a<0,即a(a-2)<0,解得0<a<2.故实数a的取值范围是(0,2).14.答案 -∞,-12解析 因为当x>t时,y=x+78为增函数,所以当x≤t时,y=tx2+x+1也为增函数.由于y=tx2+x+1(x≤t)中的二次项系数含有参数,因此需对参数分类讨论.当t=0时,y=tx2+x+1=x+1为增函数,但0+1=1>78,不符合题意;当t≠0时,函数y=tx2+x+1图像的对称轴为直线x=-12t,结合二次函数性质,有t<0,-12t≥t,t3+t+1≤t+78,解得t≤-12.15.解析 当0≤x<14时,f(x)=0+0+0=0;当14≤x<13时,f(x)=0+0+1=1;当13≤x<12时,f(x)=0+1+1=2;当12≤x<23时,f(x)=1+1+2=4;18
当23≤x<34时,f(x)=1+2+2=5;当34≤x<1时,f(x)=1+2+3=6;当x=1时,f(x)=2+3+4=9,故集合A={0,1,2,4,5,6,9},则集合A中所有元素的和为27.要求f(x)=[2x]+[3x]+[4x],0≤x≤1,需先分析有几个分界点,再对区间进行划分,体现了分类讨论思想.16.解析 (1)当x∈[-4,-2]时,-3≤x+1≤-1,则f(x)=x2+a(x+1)-1,令f(x)=0,得a=1-x2x+1=1-x,因为-4≤x≤-2,所以3≤1-x≤5,即3≤a≤5,因此,实数a的取值范围是[3,5].(2)当x∈[-4,4]时,f(x)=x2+ax+a-1,-4≤x≤-1,x2-ax-a-1,-1<x≤4.易知二次函数y=x2+ax+a-1的图像开口向上,对称轴为直线x=-a2;二次函数y=x2-ax-a-1的图像开口向上,对称轴为直线x=a2.由于抛物线的对称轴不固定,需讨论对称轴与区间端点的相对位置.①当-a2≤-4,即a≥8时,a2≥4,则函数y=f(x)在区间[-4,-1]上单调递增,在区间(-1,4]上单调递减.当x∈[-4,-1]时,f(-4)≤f(x)≤f(-1),即15-3a≤f(x)≤0;当x∈(-1,4]时,f(4)≤f(x)<f(-1),即15-5a≤f(x)<0.又15-3a>15-5a,所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为[15-5a,0].②当-4<-a2<-1,即2<a<8时,1<a2<4,则函数y=f(x)在区间-4,-a2和-1,a2上单调递减,在区间-a2,-1和a2,4上单调递增.f-a2=-a24+a-1,fa2=-a24-a-1,显然fa2<f-a2,所以f(x)min=fa2=-a24-a-1.18
f(-4)=15-3a,f(4)=15-5a,f(-1)=0,显然f(-4)>f(4).(i)当2<a≤5时,f(-4)≥f(-1),则f(x)max=f(-4)=15-3a,所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,15-3a;(ii)当5<a<8时,f(-4)<f(-1),则f(x)max=f(-1)=0,所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,0.③当-1≤-a2≤0,即0≤a≤2时,0≤a2≤1,则函数y=f(x)在区间[-4,-1]和-1,a2上单调递减,在区间a2,4上单调递增,f(-1)=0,fa2=-a24-a-1,显然fa2<f(-1),所以f(x)min=fa2=-a24-a-1,因为f(-4)=15-3a,f(4)=15-5a,f(-4)≥f(4),所以f(x)max=f(-4)=15-3a.所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,15-3a.④当0<-a2<1,即-2<a<0时,-1<a2<0,则函数y=f(x)在区间[-4,-1]和-1,a2上单调递减,在区间a2,4上单调递增,f(-1)=0,fa2=-a24-a-1,显然fa2<f(-1),所以f(x)min=fa2=-a24-a-1,因为f(-4)=15-3a,f(4)=15-5a,f(4)>f(-4),所以f(x)max=f(4)=15-5a.所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,15-5a.⑤当-a2≥1,即a≤-2时,a2≤-1,则函数y=f(x)在区间[-4,-1]上单调递减,在区间(-1,4]上单调递增,则f(x)min=f(-1)=0,因为f(-4)=15-3a,f(4)=15-5a,f(-4)<f(4),所以f(x)max=f(4)=15-5a,18
所以函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为[0,15-5a].综上所述,当a≤-2时,函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为[0,15-5a];当-2<a<0时,函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,15-5a;当0≤a≤5时,函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,15-3a;当5<a<8时,函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为-a24-a-1,0;当a≥8时,函数y=f(x)在区间[-4,4]上的值域为[15-5a,0].18
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