高中数学北师大版本册总复习总复习 章末综合测评

章末综合测评(二)函数(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12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．设集合A＝{－1,3,5}，若f：x→2x－1是集合A到集合B的映射，则集合B可以是()A．{0,2,3} B．{1,2,3}C．{－3,5} D．{－3,5,9}【解析】将x＝－1,3,5代入f：x→2x－1得－3,5,9，故B＝{－3,5,9}．【答案】D2．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋1，x≤1，,x2＋3，x>1，))则f(3)＝()A．7 B．2C．10 D．12【解析】∵3>1，∴f(3)＝32＋3＝9＋3＝12.【答案】D3．(2023·湖北高一月考)已知函数f(x)＝|x|，则下列哪个函数与y＝f(x)表示同一个函数()A．g(x)＝(eq\r(x))2 B．h(x)＝eq\r(x2)C．s(x)＝x D．y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x＞0,－x，x＜0))【解析】由二次根式的性质可知h(x)＝eq\r(x2)＝|x|.故选B.【答案】B4．幂函数f(x)过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(1,2)))，则f(x)的单调递减区间是()A．(0，＋∞) B．(－∞，0)C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(－∞，0)，(0，＋∞)【解析】设幂函数f(x)＝xα，则f(2)＝eq\f(1,2)，即2α＝eq\f(1,2)，∴α＝－1，故f(x)＝x－1＝eq\f(1,x).∴函数f(x)的单调递减区间是(－∞，0)，(0，＋∞)．【答案】D5．已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(－1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝4，则g(1)等于()A．4 B．3C．2 D．1【解析】∵f(x)为奇函数，g(x)为偶函数．∴－f(1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(1)＝4，∴2g(1)＝6，∴g【答案】B6．已知函数f(x)＝x2－4x，x∈[1,5]，则函数f(x)的值域是()A．[－4，＋∞) B．[－3,5]C．[－4,5] D．(－4,5]【解析】f(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，f(x)取到最小值－4；当x＝5时，f(x)取得最大值5，故函数f(x)的值域为[－4,5]．【答案】C7．(2023·河南郑州外国语学校高一月考)若函数y＝f(x)的定义域是[0,3]，则函数g(x)＝eq\f(fx＋1,x－2)的定义域是()A．[－1,2) B．[0,2)C．[－1,2] D．[0,2)∪(2,3]【解析】由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0≤x＋1≤3，,x－2≠0，))解得－1≤x＜2，故选A.【答案】A8．定义在R上的偶函数f(x)，对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，则()A．f(3)<f(－2)<f(1)B．f(1)<f(－2)<f(3)C．f(－2)<f(1)<f(3)D．f(3)<f(1)<f(－2)【解析】∵对任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(fx2－fx1,x2－x1)<0，∴f(x)在[0，＋∞)上是减少的，∵1<2<3，且f(x)为偶函数，∴f(3)<f(2)<f(1)，∵f(－2)＝f(2)，∴f(3)<f(－2)<f(1)．【答案】A9．用min{a，b}表示a，b两个数中的较小值，设f(x)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2x－1，\f(1,x)))(x>0)，则f(x)的最大值为()A．－1 B．1C．0 D．不存在【解析】作出f(x)＝mineq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(2x－1，\f(1,x)))(x>0)的图像，如图所示：所以f(x)的最大值为1.【答案】B10．函数f(x)＝x5＋ax3＋bx－8，且f(－2)＝10，则f(2)＝()A．－26 B．26C．18 D．－18【解析】f(－2)＝(－2)5＋a(－2)3＋b(－2)－8＝－25－a·23－2b－8＝10，∴25＋a·23＋2b＝－18，∴f(2)＝25＋a·23＋2b－8＝－18－8＝－26.【答案】A11．(2023·辽宁沈阳铁路实验中学高一月考)若函数f(x)＝eq\f(x－b,x－a)在区间(－∞，4)上是增函数，则有()A．a＞b≥4 B．a≥4＞bC．4≤a＜b D．a≤4＜b【解析】∵f(x)＝eq\f(x－b,x－a)＝eq\f(x－a＋a－b,x－a)＝1＋eq\f(a－b,x－a)，如果a＞b，则f(x)在(－∞，a)上单调递减，在(a，＋∞)上也单调递减；如果a＜b，则f(x)在(－∞，a)上单调递增，在(a，＋∞)上也单调递增．因为f(x)在区间(－∞，4)上是增函数，所以a＜b，且(－∞，4)为(－∞，a)的一个子区间，所以a≥4，所以4≤a＜b.【答案】C12．已知x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋eq\f(a,2)>0恒成立，则实数a的取值范围是()【导学号：04100038】A．(0,2) B．(2，＋∞)C．(0，＋∞) D．(0,4)【解析】由题意知二次函数f(x)＝x2－ax＋eq\f(a,2)的图像开口向上，对称轴方程为x＝eq\f(a,2)，x∈[－1,1]时，f(x)＝x2－ax＋eq\f(a,2)>0恒成立，即f(x)最小值>0.当eq\f(a,2)≤－1，即a≤－2时，f(x)最小值＝f(－1)＝1＋a＋eq\f(a,2)>0，解得a>－eq\f(2,3)，与a≤－2矛盾；当eq\f(a,2)≥1，即a≥2时，f(x)最小值＝f(1)＝1－a＋eq\f(a,2)>0，解得a<2，与a≥2矛盾；当－1<eq\f(a,2)<1，即－2<a<2时，f(x)最小值＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)))，要使f(x)最小值>0，则Δ＝(－a)2－4·eq\f(a,2)<0，解得0<a<2.综上，实数a的取值范围(0,2)，选A.【答案】A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)13．将二次函数y＝x2＋1的图像向左平移2个单位，再向下平移3个单位，所得二次函数的解析式是________．【解析】y＝(x＋2)2＋1－3＝(x＋2)2－2＝x2＋4x＋2.【答案】y＝x2＋4x＋214．(2023·河南南阳市五校高一联考)函数f(x)＝eq\r(4－2x)＋eq\f(1,x＋1)的定义域是________．(要求用区间表示)【解析】要使原函数有意义，需要：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－2x≥0，,x＋1≠0，))解得x＜－1或－1＜x≤2，所以原函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1,2]．【答案】(－∞，－1)∪(－1,2]15．设函数f(x)＝eq\f(x＋1x＋a,x)为奇函数，则a＝________.【解析】f(－x)＝eq\f(1－xa－x,－x)，又f(x)为奇函数，故f(x)＝－f(－x)，即eq\f(x＋1x＋a,x)＝eq\f(1－xa－x,x)，所以eq\f(x2＋a＋1x＋a,x)＝eq\f(x2－a＋1x＋a,x)，从而有a＋1＝－(a＋1)，即a＝－1.【答案】－116．已知函数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________．【解析】由已知f(x)在[0，＋∞)上为增函数，且f(a)＝f(|a|)，∴f(a)≥f(2)⇒f(|a|)≥f(2)，∴|a|≥2，即a≥2或a≤－2.【答案】{a|a≥2或a≤－2}三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．(本小题满分10分)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－x2，x∈[－1，2]，,x－3，x∈2，5].))(1)在如图1给定的直角坐标系内画出f(x)的草图；(不用列表描点)图1(2)根据图像写出f(x)的单调区间；(3)根据图像求f(x)的最小值．【解】(1)(2)单调增区间为[－1,0)，(2,5]，单调减区间为[0,2]．(3)最小值为－1.18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax2－2ax＋2＋b(a≠0)，若f(x)在区间[2,3]上有最大值5，最小值2.(1)求a，b的值；(2)若b＜1，g(x)＝f(x)－mx在[2,4]上为单调函数，求实数m的取值范围．【解】(1)f(x)＝a(x－1)2＋2＋b－a，①当a＞0时，f(x)在区间[2,3]是增函数，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2，,f3＝5，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a－4a＋2＋b＝2，,9a－6a＋2＋b＝5，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))②当a＜0时，f(x)在区间[2,3]是减函数，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝5，,f3＝2，))可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))所以：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝3.))(2)∵b＜1，∴a＝1，b＝0，即f(x)＝x2－2x＋2，g(x)＝x2－(m＋2)x＋2由题意知eq\f(m＋2,2)≤2或eq\f(m＋2,2)≥4，可得m≤2或m≥6.故m的取值范围是(－∞，2]∪[6，＋∞)．19．(本小题满分12分)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x＞0时，f(x)＞1，f(3)＝4.(1)求证：f(x)是R上的增函数；(2)求函数f(x)在区间[1,2]上的最大值与最小值．【解】(1)证明：设x1，x2∈R，且x1＜x2，则x2－x1＞0，∴f(x2－x1)＞1.f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0.∴f(x1)＜f(x2)，即f(x)是R上的增函数．(2)令x＝y＝1，则f(2)＝2f(1)－1，f(3)＝f(2)＋f(1)－1＝3又∵f(3)＝4，∴3f∴f(1)＝2，f(2)＝2f由(1)知f(x)是R上的增函数，∴f(x)在[1,2]上是增函数，∴f(x)的最小值为f(1)＝2，最大值为f(2)＝3.20．(本小题满分12分)(2023·河南联考)已知函数f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1).(1)若a＝－2，试证：f(x)在(－∞，－2)上单调递减；(2)函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减，求实数a的取值范围．【解】(1)证明：设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(－2x1－1,x1＋1)－eq\f(－2x2－1,x2＋1)＝－eq\f(x1－x2,x1＋1x2＋1).∵(x1＋1)(x2＋1)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)－f(x2)＞0，∴f(x1)＞f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)上单调递减．(2)f(x)＝eq\f(ax－1,x＋1)＝a－eq\f(a＋1,x＋1).设x1＜x2＜－1，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a＋1,x1＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(a＋1,x2＋1)))＝eq\f(a＋1,x2＋1)－eq\f(a＋1,x1＋1)＝eq\f(a＋1x1－x2,x1＋1x2＋1).又函数f(x)在(－∞，－1)上是减函数，所以f(x1)－f(x2)＞0.由于x1＜x2＜－1，∴x1－x2＜0，x1＋1＜0，x2＋1＜0，∴a＋1＜0，即a＜－1.故a的取值范围是(－∞，－1)．21．(本小题满分12分)f(x)＝eq\f(x,1＋x2)是定义在(－1,1)上的奇函数．(1)用定义证明f(x)在(－1,1)上是增加的；(2)解不等式f(t－1)＋f(t)<0.【解】(1)证明：任取x1，x2∈(－1,1)，且x1<x2，∴f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,1＋x\o\al(2,1))－eq\f(x2,1＋x\o\al(2,2))＝eq\f(x1＋x1x\o\al(2,2)－x2－x2x\o\al(2,1),1＋x\o\al(2,1)1＋x\o\al(2,2))＝eq\f(x1－x2＋x1x2x2－x1,1＋x\o\al(2,1)1＋x\o\al(2,2))＝eq\f(x1－x21－x1x2,1＋x\o\al(2,1)1＋x\o\al(2,2)).∵x1，x2∈(－1,1)，x1<x2，∴x1－x2<0，－1<x1x2<1，∴1－x1·x2>0.又(1＋xeq\o\al(2,1))(1＋xeq\o\al(2,2))>0，∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，∴f(x)在(－1,1)上是增加的．(2)不等式需满足定义域eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<t－1<1，,－1<t<1，))∴0<t<1，∵f(t－1)＋f(t)<0，∴f(t－1)<－f(t)，∵f(x)为奇函数，∴f(t－1)<f(－t)．∵f(x)在(0,1)上是增加的，∴t－1<－t，即t<eq\f(1,2).综上可知不等式的解为0<t<eq\f(1,2).22．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝－x2＋mx－m.(1)若函数f(x)为偶函数，求实数m的值；(2)若函数f(x)在[－1,0]上是减少的，求实数m的取值范围；(3)是否存在实数m，使得f(x)在[2,3]上的值域恰好是[2,3]？若存在，求出实数m的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)∵