人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数本章综合与测试优质学案设计

这是一份人教B版 (2019)必修 第一册第三章 函数本章综合与测试优质学案设计，共7页。学案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

(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．下列各式中，函数的个数是( )


①y＝1；②y＝x2；③y＝1－x；④y＝eq \r(x－2)＋eq \r(1－x).


A．4 B．3


C．2 D．1


B [①②③是函数，④中x的取值集合为空集，不是函数．]


2．函数f(x)＝eq \r(x＋1)＋eq \f(1,2－x)的定义域为( )


A．[－1,2)∪(2，＋∞) B．(－1，＋∞)


C．[－1,2) D．[－1，＋∞)


A [由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1≥0，,2－x≠0，))解得x≥－1，且x≠2.]


3．函数f(x)＝2x2－3x＋1的零点个数是( )


A．0 B．1


C．2 D．3


C [令f(x)＝0即2x2－3x＋1＝0，解得x＝eq \f(1,2)或x＝1，故函数f(x)有2个零点．]


4．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－x2，x≤1，,x2－x－3，x＞1，))则f(f(2))的值为( )


A．－1 B．－3


C．0 D．－8


C [f(2)＝22－2－3＝－1，f(f(2))＝f(－1)＝1－(－1)2＝0.]


5．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)＝( )


A．－3 B．－1


C．1 D．3


C [因为f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，所以f(1)＋g(1)＝f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.]


6．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1，x＜0，,1，x≥0，))则不等式xf(x－1)≤1的解集为( )


A．[－1,1] B．[－1,2]


C．(－∞，1] D．[－1，＋∞)


A [原不等式等价于eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＜0，,x×－1≤1，))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1≥0，,x×1≤1，))解得－1≤x≤1.]


7．若函数f(x)(x∈R)是奇函数，则( )


A．函数f(x2)是奇函数


B．函数[f(x)]2是奇函数


C．函数f(x)·x2是奇函数


D．函数f(x)＋x2是奇函数


C [f((－x)2)＝f(x2)，则函数f(x2)是偶函数，故A错误；[f(－x)]2＝[－f(x)]2＝[f(x)]2，则函数[f(x)]2是偶函数，故B错误；函数f(－x)·(－x)2＝－f(x)·x2，则函数f(x)·x2是奇函数，故C正确；f(－x)＋(－x)2≠f(x)＋x2，且f(－x)＋(－x)2≠－f(x)－x2，则函数f(x)＋x2是非奇非偶函数，故D错误．]


8．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))的x的取值范围是( )


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)))


A [因为函数f(x)是偶函数，所以f(2x－1)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))等价于f(|2x－1|)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3))). 又f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，所以|2x－1|＜eq \f(1,3)，解得eq \f(1,3)＜x＜eq \f(2,3).]


9．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1x＋4a，x＜1，,－ax，x≥1))是定义在(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是( )


A．eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)， \f(1,3))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)， \f(1,3)))


C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0， \f(1,3))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞， \f(1,3)))


A [由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3a－1＜0，,－a＜0，,－a≤3a－1＋4a.))解得eq \f(1,8)≤a＜eq \f(1,3).]


10．已知y＝f(x)与y＝g(x)的图像如图：则F(x)＝f(x)·g(x)的图像可能是下图中的( )








A [由图像知y＝ f(x)与y＝g(x)均为奇函数，所以F(x)＝ f(x)·g(x)为偶函数，其图像关于y轴对称，故D不符合要求. 在x＝0的左侧附近，因为f(x)>0，g(x)<0，所以F(x)<0，在x＝0的右侧附近，因为f(x)<0，g(x)>0，所以F(x)<0. 所以B，C不符合要求．]


11．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－3x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x＞1))是R上的减函数，则a的取值范围是( )


A．(0,3) B．(0,3]


C．(0,2) D．(0,2]


D [因为f(x)为R上的减函数，所以x≤1时，f(x)递减，即a－3<0 (1)，x>1时，f(x)递减，2a＞0，即a>0 (2)，且(a－3)×1＋5≥eq \f(2a,1)(3)，联立(1)(2)(3)计算得出0

12．若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”．那么函数解析式为y＝－x2，值域为{－1，－9}的“同族函数”共有( )


A．9种 B．8种


C．5种 D．4种


A [由题意知，问题的关键在于确定函数定义域的个数，函数解析式为y＝－x2，值域为{－1，－9}，当x＝±1时，y＝－1；当x＝±3时，y＝－9，则定义域可以为：{－1，－3}，{－1,3}，{1，－3}，{1,3}，{－1,1，－3}，{－1,1,3}，{－1，－3,3}，{1，－3,3}，{－1,1，－3,3}，共9个．]


二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)


13．若函数f(x)满足f(2x＋1)＝3－2x，则f(x)的解析式为________.


f(x)＝4－x [根据题意，设2x＋1＝t，t∈R，所以x＝eq \f(t－1,2)，所以f(t)＝3－2×eq \f(t－1,2)＝4－t，所以f(x)＝4－x.]


14．若函数f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋2是偶函数，则f(x)的单调递增区间是________.


(－∞，0] [函数f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋2是偶函数，所以f(－x)＝f(x)，所以(m－2)x2－(m－1)x＋2＝(m－2)x2＋(m－1)x＋2，所以(m－1)x＝0，此式对于任意实数x∈R都成立，所以m－1＝0，即m＝1.所以函数的解析式为f(x)＝－x2＋2.所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0]．]


15．定义符号函数sgn x＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x＞0，,0，x＝0，,－1，x＜0.))设f(x)＝eq \f(sgn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－x))＋1,2)·f1(x)＋eq \f(sgn\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))＋1,2)·f2(x)，x∈[0,1]，若f1(x)＝x＋eq \f(1,2)，f2(x)＝2(1－x)，则f(x)的最大值等于________.


1 [由题意知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)，0≤x＜\f(1,2)，,1，x＝\f(1,2)，,21－x，\f(1,2)＜x≤1，))


所以f(x)的最大值等于1.]


16．设函数f(x)＝|x2－2ax＋b|，给出下列命题：


①f(x)必是偶函数；


②当f(0)＝f(2)时，f(x)的图像必关于直线x＝1对称；


③若a2－b≤0，则f(x)在区间[a，＋∞)上是增函数；


④f(x)有最大值|a2－b|.


其中正确命题的序号是________.


③ [①，f(－x)＝|x2＋2ax＋b|，当a≠0时，f(－x)≠f(x)，所以f(x)不一定是偶函数，故①错误；②，当取函数为f(x)＝|x2－4x＋2|时，有f(0)＝f(2)，但函数关于x＝2对称，故②错误；③，由题意知，Δ＝(－2a)2－4b＝4(a2－b)≤0，所以x2－2ax＋b≥0，所以f(x)＝x2－2ax＋b，对称轴为x＝a，所以f(x)在区间[a，＋∞)上是增函数，故③正确；④，f(x)＝|(x－a)2－(a2－b)|，当a2－b>0时，即Δ>0，函数与y轴有交点，此时最小值是0，故④错误．]


三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)


17．(10分)已知函数f(x)＝ax＋b，且f(1)＝2，f(2)＝－1.


(1)求f(m＋1)的值；


(2)判断函数f(x)的单调性，并用定义证明．


(1)解 由f(1)＝2，f(2)＝－1，得a＋b＝2,2a＋b＝－1，


即a＝－3，b＝5，故f(x)＝－3x＋5，


f(m＋1)＝－3(m＋1)＋5＝－3m＋2.


(2)证明 函数f(x)在R上单调递减，证明如下：任取x1，x2∈R，且x1

则f(x2)－f(x1)＝(－3x2＋5)－(－3x1＋5)＝3x1－3x2＝3(x1－x2)，


因为x1

即函数f(x)在R上单调递减．


18．(12分)函数f(x)的定义域D：{x|x≠0}且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．


(1)求f(1)的值；


(2)判断f(x)的奇偶性并证明．


(1)解 令x1＝x2＝1，


有f(1×1)＝f(1)＋f(1)，解得f(1)＝0.


(2)证明 函数f(x)为偶函数，证明如下，令x1＝x2＝－1，有f((－1)×(－1))＝f(－1)＋f(－1)，


解得f(－1)＝0，令x1＝－1，x2＝x，


有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，


所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．


19．(12分)已知函数f(x)＝2x＋eq \f(m,x)，且f(3)＝5.


(1)若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＞3a＋1，求实数a的取值范围；


(2)判断f(x)在(0，＋∞)上的单调性，并用定义法证明你的结论．


解 (1)因为f(x)＝2x＋eq \f(m,x)，且f(3)＝5，


所以6＋eq \f(m,3)＝5，解得：m＝－3，


故f(x)＝2x－eq \f(3,x) ，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－6＞3a＋1，


解得：a＜－2.


(2)f(x)在(0，＋∞)上是递增函数，证明如下：


任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1

则f(x1)－f(x2)


＝2x1－eq \f(3,x1)－2x2＋eq \f(3,x2)


＝(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(3,x1x2)))，


因为x1＞x2＞0，所以x1－x2>0，x1x2>0.


所以(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\f(3,x1x2)))＞0，


所以f(x1)＞f(x2)，


故f(x)在(0，＋∞)递增．


20．(12分)通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间：讲授开始时，学生的兴趣激增；中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散．分析结果和实验表明，用f(x)表示学生掌握和接受概念的能力(f(x)的值越大，表示学生的接受能力越强)，x表示提出和讲授概念的时间(单位：min)，可有以下公式：


f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－0.1x2＋2.6x＋43，0＜x≤10，,59，10＜x≤16，,－3x＋107，16＜x≤30.))


(1)讲课开始后5 min和讲课开始后20 min比较，何时学生的注意力更集中？


(2)讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中，能持续多久？


(3)一道数学难题，需要讲解13 min，并且要求学生的注意力至少达到55，那么老师能否在学生达到所需状态下讲授完这道题目？请说明理由．


解 (1)f(5)＝53.5，f(20)＝47<53.5，


所以讲课开始后5 min学生的注意力更加集中．


(2)当0

当16

所以，讲课开始后10min注意力最集中，能持续6 min.


(3)当0

当16

所以学生能达到55的接受能力的时间为eq \f(52,3)－6＝eq \f(34,3)<13，所以，老师讲不完．


21．(12分)已知二次函数f(x)的图像过点(0,4)，对任意x满足f(3－x)＝f(x)，且有最小值是eq \f(7,4).


(1)求f(x)的解析式；


(2)求函数h(x)＝f(x)－(2t－3)x在区间[0,1]上的最小值，其中t∈R；


(3)在区间[－1,3]上， y＝f(x)的图像恒在函数y＝2x＋m的图像上方，试确定实数m的范围．


解 (1)由题知二次函数图像的对称轴为x＝eq \f(3,2)，又最小值是eq \f(7,4)，


则可设f(x)＝aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)(a≠0)，


又图像过点(0,4)，则aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)＝4，解得a＝1.


所以f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(3,2)))2＋eq \f(7,4)＝x2－3x＋4.


(2)h(x)＝f(x)－(2t－3)x＝x2－2tx＋4＝(x－t)2＋4－t2，其对称轴为x＝t.


①t≤0时，函数h(x)在[0,1]上单调递增，最小值为h(0)＝4.


②当0＜t＜1时，函数h(x)的最小值为h(t)＝4－t2.


③当t≥1时，函数h(x)在[0,1]上单调递减，最小值为h(1)＝5－2t.


所以h(x)min＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4，t≤0，,4－t2，0＜t＜1，,5－2t，t≥1.))


(3)由已知得f(x)＞2x＋m对x∈[－1,3]恒成立，


所以m＜x2－5x＋4对x∈[－1,3]恒成立．


所以m＜(x2－5x＋4)min(x∈[－1,3])．


令g(x)＝x2－5x＋4，


因为g(x)＝x2－5x＋4在x∈[－1,3]上的最小值为－eq \f(9,4)，


所以实数m的取值范围为m＜－eq \f(9,4).


22．(12分)对于区间[a，b]和函数y＝f(x)，若同时满足：


①f(x)在[a，b]上是单调函数；


②函数y＝ f(x)，x∈[a，b]的值域是[a, b]，则称区间[a, b]为函数f(x)的“不变”区间．


(1)求函数y＝x2(x≥0)的所有“不变”区间；


(2)函数y＝x2＋m(x≥0)是否存在“不变”区间？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．


解 (1)易知函数y＝x2(x≥0)单调递增，


故有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝a，,b2＝b，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝0或a＝1，,b＝0或b＝1，))


又a

所以函数y＝x2(x≥0)的“不变”区间为[0, 1]．


(2)易知函数y＝x2＋m(x≥0)单调递增，若函数y＝x2＋m(x≥0)存在“不变”区间，则有：b>a≥0，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＋m＝a，,b2＋m＝b，))消去m得a2－b2＝a－b，


整理得(a－b)(a＋b－1)＝0.


因为a

又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a≥0，,a＜1－a，))所以0≤a

因为m＝－a2＋a＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0≤a＜\f(1,2)))，


所以0≤m

同理，当a＜b≤0，a＝－b－1.又eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b≤0，,－b－1＜b.))


所以－eq \f(1,2)＜b≤0，


因为m＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b＋\f(1,2)))2－eq \f(3,4)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＜b≤0))，


所以－1≤m＜－eq \f(3,4).


综上，当0≤m