人教版新课标A必修11.2.1函数的概念练习

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这是一份人教版新课标A必修11.2.1函数的概念练习，共10页。试卷主要包含了3　习题课，eq \f　0等内容，欢迎下载使用。

课时目标 1.加深对函数的基本性质的理解.2.培养综合运用函数的基本性质解题的能力．
1．若函数y＝(2k＋1)x＋b在R上是减函数，则( )
A．k>eq \f(1,2)B．k－eq \f(1,2)D．k<－eq \f(1,2)
2．定义在R上的函数f(x)对任意两个不相等的实数a，b，总有eq \f(fa－fb,a－b)>0成立，则必有( )
A．函数f(x)先增后减
B．函数f(x)先减后增
C．f(x)在R上是增函数
D．f(x)在R上是减函数
3．已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，a，b∈R，且a＋b>0，则有( )
A．f(a)＋f(b)>－f(a)－f(b)
B．f(a)＋f(b)<－f(a)－f(b)
C．f(a)＋f(b)>f(－a)＋f(－b)
D．f(a)＋f(b)4．函数f(x)的图象如图所示，则最大、最小值分别为( )
A．f(eq \f(3,2))，f(－eq \f(3,2))
B．f(0)，f(eq \f(3,2))
C．f(0)，f(－eq \f(3,2))
D．f(0)，f(3)
5．已知f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函数，定义域为[a－1,2a]，则a＝________，b＝________.
6．已知f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x－1， x≥0，,\f(1,x)，x<0，))若f(a)>a，则实数a的取值范围是______________．
一、选择题
1．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，已知x1>0，x2<0，且f(x1)A．x1＋x2<0B．x1＋x2>0
C．f(－x1)>f(－x2) D．f(－x1)·f(－x2)<0
2．下列判断：
①如果一个函数的定义域关于坐标原点对称，那么这个函数为偶函数；
②对于定义域为实数集R的任何奇函数f(x)都有f(x)·f(－x)≤0；
③解析式中含自变量的偶次幂而不含常数项的函数必是偶函数；
④既是奇函数又是偶函数的函数存在且唯一．
其中正确的序号为( )
A．②③④B．①③C．②D．④
3．定义两种运算：a⊕b＝ab，a⊗b＝a2＋b2，则函数f(x)＝eq \f(2⊕x,x⊗2－2)为( )
A．奇函数
B．偶函数
C．既不是奇函数也不是偶函数
D．既是奇函数也是偶函数
4．用min{a，b}表示a，b两数中的最小值，若函数f(x)＝min{|x|，|x＋t|}的图象关于直线x＝－eq \f(1,2)对称，则t的值为( )
A．－2B．2C．－1D．1
5．如果奇函数f(x)在区间[1,5]上是减函数，且最小值为3，那么f(x)在区间[－5，－1]上是( )
A．增函数且最小值为3B．增函数且最大值为3
C．减函数且最小值为－3D．减函数且最大值为－3
6．若f(x)是偶函数，且当x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1，则f(x－1)<0的解集是( )
A．(－1,0) B．(－∞，0)∪(1,2)
C．(1,2) D．(0,2)
二、填空题
7．若函数f(x)＝－eq \f(x＋a,bx＋1)为区间[－1,1]上的奇函数，则它在这一区间上的最大值为____．
8．已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，且当x>0时，f(x)＝2x－3，则f(－2)＋f(0)＝________.
9．函数f(x)＝x2＋2x＋a，若对任意x∈[1，＋∞)，f(x)>0恒成立，则实数a的取值范围是________．
三、解答题
10．已知奇函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，且f(x)在(0，＋∞)上是增函数，f(1)＝0.
(1)求证：函数f(x)在(－∞，0)上是增函数；
(2)解关于x的不等式f(x)<0.
11．已知f(x)＝eq \f(x2＋ax＋b,x)，x∈(0，＋∞)．
(1)若b≥1，求证：函数f(x)在(0,1)上是减函数；
(2)是否存在实数a，b，使f(x)同时满足下列两个条件：
①在(0,1)上是减函数，(1，＋∞)上是增函数；②f(x)的最小值是3.若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
能力提升
12．设函数f(x)＝1－eq \f(1,x＋1)，x∈[0，＋∞)
(1)用单调性的定义证明f(x)在定义域上是增函数；
(2)设g(x)＝f(1＋x)－f(x)，判断g(x)在[0，＋∞)上的单调性(不用证明)，并由此说明f(x)的增长是越来越快还是越来越慢？
13．如图，有一块半径为2的半圆形纸片，计划剪裁成等腰梯形ABCD的形状，它的下底AB是⊙O的直径，上底CD的端点在圆周上，设CD＝2x，梯形ABCD的周长为y.
(1)求出y关于x的函数f(x)的解析式；
(2)求y的最大值，并指出相应的x值．
1．函数单调性的判定方法
(1)定义法．
(2)直接法：运用已知的结论，直接判断函数的单调性，如一次函数，二次函数，反比例函数；还可以根据f(x)，g(x)的单调性判断－f(x)，eq \f(1,fx)，f(x)＋g(x)的单调性等．
(3)图象法：根据函数的图象判断函数的单调性．
2．二次函数在闭区间上的最值
对于二次函数f(x)＝a(x－h)2＋k(a>0)在区间[m，n]上最值问题，有以下结论：
(1)若h∈[m，n]，则ymin＝f(h)＝k，ymax＝max{f(m)，f(n)}；
(2)若h∉[m，n]，则ymin＝min{f(m)，f(n)}，
ymax＝max{f(m)，f(n)}(a<0时可仿此讨论)．
3．函数奇偶性与单调性的差异．
函数的奇偶性是相对于函数的定义域来说的，这一点与研究函数的单调性不同，从这个意义上说，函数的单调性是函数的“局部”性质，而奇偶性是函数的“整体”性质，只是对函数定义域内的每一个值x，都有f(－x)＝－f(x)[或f(－x)＝f(x)]，才能说f(x)是奇函数(或偶函数)．
§1.3 习题课
双基演练
1．D [由已知，令2k＋1<0，解得k<－eq \f(1,2).]
2．C [由eq \f(fa－fb,a－b)>0，知f(a)－f(b)与a－b同号，
由增函数的定义知选C.]
3．C [∵a＋b>0，∴a>－b，b>－a.
由函数的单调性可知，f(a)>f(－b)，f(b)>f(－a)．
两式相加得C正确．]
4．C [由图象可知，当x＝0时，f(x)取得最大值；
当x＝－eq \f(3,2)时，f(x)取得最小值．故选C.]
5.eq \f(1,3) 0
解析偶函数定义域关于原点对称，
∴a－1＋2a＝0.∴a＝eq \f(1,3).
∴f(x)＝eq \f(1,3)x2＋bx＋1＋b.
又∵f(x)是偶函数，∴b＝0.
6．(－∞，－1)
解析若a≥0，则eq \f(1,2)a－1>a，解得a<－2，∴a∈∅；
若a<0，则eq \f(1,a)>a，解得a<－1或a>1，∴a<－1.
综上，a∈(－∞，－1)．
作业设计
1．B [由已知得f(x1)＝f(－x1)，且－x1<0，x2<0，而函数f(x)在(－∞，0)上是增函数，因此由f(x1)0.故选B.]
2．C [判断①，一个函数的定义域关于坐标原点对称，是这个函数具有奇偶性的前提条件，但并非充分条件，故①错误．
判断②正确，由函数是奇函数，知f(－x)＝－f(x)，特别地当x＝0时，f(0)＝0，所以f(x)·f(－x)＝－[f(x)]2≤0.
判断③，如f(x)＝x2，x∈[0,1]，定义域不关于坐标原点对称，即存在1∈[0,1]，而－1 [0,1]；又如f(x)＝x2＋x，x∈[－1,1]，有f(x)≠f(－x)．故③错误．
判断④，由于f(x)＝0，x∈[－a，a]，根据确定一个函数的两要素知，a取不同的实数时，得到不同的函数．故④错误．
综上可知，选C.]
3．A [f(x)＝eq \f(2x,x2＋2)，f(－x)＝－f(x)，选A.]
4．D [当t>0时f(x)的图象如图所示(实线)
对称轴为x＝－eq \f(t,2)，则eq \f(t,2)＝eq \f(1,2)，∴t＝1.]
5．D [当－5≤x≤－1时1≤－x≤5，
∴f(－x)≥3，即－f(x)≥3.
从而f(x)≤－3，
又奇函数在原点两侧的对称区间上单调性相同，
故f(x)在[－5，－1]上是减函数．故选D.]
6．D [依题意，因为f(x)是偶函数，所以f(x－1)<0化为f(|x－1|)<0，又x∈[0，＋∞)时，f(x)＝x－1，所以|x－1|－1<0，
即|x－1|<1，解得07．1
解析 f(x)为[－1,1]上的奇函数，且在x＝0处有定义，
所以f(0)＝0，故a＝0.
又f(－1)＝－f(1)，所以－eq \f(－1,－b＋1)＝eq \f(1,b＋1)，
故b＝0，于是f(x)＝－x.
函数f(x)＝－x在区间[－1,1]上为减函数，
当x取区间左端点的值时，函数取得最大值1.
8．－1
解析 ∵f(－0)＝－f(0)，∴f(0)＝0，
且f(2)＝22－3＝1.
∴f(－2)＝－f(2)＝－1，
∴f(－2)＋f(0)＝－1.
9．a>－3
解析 ∵f(x)＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1，
∴[1，＋∞)为f(x)的增区间，
要使f(x)在[1，＋∞)上恒有f(x)>0，则f(1)>0，
即3＋a>0，∴a>－3.
10．(1)证明设x1－x2>0.
∵f(x)在(0，＋∞)上是增函数，
∴f(－x1)>f(－x2)．
∵f(x)是奇函数，
∴f(－x1)＝－f(x1)，f(－x2)＝－f(x2)，
∴－f(x1)>－f(x2)，即f(x1)∴函数f(x)在(－∞，0)上是增函数．
(2)解若x>0，则f(x)若x<0，则f(x)∴关于x的不等式f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)．
11．(1)证明设00，x1－x2<0.
又b>1，且0∵f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1－x2x1x2－b,x1x2)>0，
∴f(x1)>f(x2)，
所以函数f(x)在(0,1)上是减函数．
(2)解设0则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1－x2x1x2－b,x1x2)
由函数f(x)在(0,1)上是减函数，知x1x2－b<0恒成立，则b≥1.
设1x∈(0，＋∞)时，通过图象可知f(x)min＝f(1)＝a＋2＝3.
故a＝1.
12．(1)证明设x1>x2≥0，f(x1)－f(x2)＝(1－eq \f(1,x1＋1))－(1－eq \f(1,x2＋1))＝eq \f(x1－x2,x1＋1x2＋1).
由x1>x2≥0⇒x1－x2>0，(x1＋1)(x2＋1)>0，
得f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
所以f(x)在定义域上是增函数．
(2)解 g(x)＝f(x＋1)－f(x)＝eq \f(1,x＋1x＋2)，
g(x)在[0，＋∞)上是减函数，自变量每增加1，f(x)的增加值越来越小，所以f(x)的增长是越来越慢．
13．解 (1)作OH，DN分别垂直DC，AB交于H，N，
连结OD.
由圆的性质，H是中点，设OH＝h，
h＝eq \r(OD2－DH2)＝eq \r(4－x2).
又在直角△AND中，AD＝eq \r(AN2＋DN2)
＝eq \r(2－x2＋4－x2)＝eq \r(8－4x)＝2eq \r(2－x)，
所以y＝f(x)＝AB＋2AD＋DC＝4＋2x＋4eq \r(2－x)，其定义域是(0,2)．
(2)令t＝eq \r(2－x)，则t∈(0，eq \r(2))，且x＝2－t2，
所以y＝4＋2·(2－t2)＋4t＝－2(t－1)2＋10，
当t＝1，即x＝1时，y的最大值是10.
题号
1
2
3
4
5
6
答案

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