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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)∵
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