函数复习提升练-2021-2022学年高一上学期数学北师大版（2019）必修第一册 第二章（Word含答案解析l）

本章复习提升
易混易错练
易错点1　忽略变量的实际意义而致误
1.(2019广东广州培正中学月考,)如图所示,在矩形ABCD中,BA=3,CB=4,点P在AD边上移动,CQ⊥BP,Q为垂足.设BP=x,CQ=y,试求y关于x的函数表达式,并画出函数的图象.
2.(2020山东淄博实验中学期中,)如图,某学校准备修建一个面积为600平方米的矩形活动场地(图中ABCD)的围墙,按照修建要求,中间用围墙EF隔开,使得ABEF为矩形,EFDC为正方形,设AB=x米,已知围墙(包括EF)的修建费用均为每米800元,设围墙(包括EF)的修建总费用为y元.
(1)求出y关于x的函数解析式及x的取值范围;
(2)当x为何值时,围墙(包括EF)的修建总费用最少
易错点2　对幂函数概念理解不清致误
3.(2019湖南长沙一中期中,)下列函数是幂函数的为(易错)
①y=;②y=2x2;③y=x2+x;④y=(x-2)3;⑤y=1.　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.①⑤ B.② C.① D.①②④
易错点3　忽略函数的定义域致误
(2019安徽池州一中期中,)函数f(x)=的单调递减区间为　　　　.
易错
5.(2019江苏盐城期末,)判断函数f(x)=的奇偶性.
易错点4　混淆“单调区间”与“在区间上单调”致误
6.(2020江西新余六中期中,)已知函数f(x)=x2+2x-3的单调减区间为[-2,-1],单调增区间为(-1,4].则f(x)的值域是　　　　.易错
7.(2019浙江温州十校联考,)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
1.(2020江西师大附中期中,)已知f(x)=3-2|x|,g(x)=x2-2x,F(x)=则F(x)的最值是(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.最大值为-3,最小值为-1
B.最大值为7-2,无最小值
C.最大值为3,无最小值
D.既无最大值,又无最小值
2.(2019湖北襄阳五中期末,)已知函数f(x)为奇函数,x>0时为增函数且f(2)=0,则{x|f(x-2)>0}=(　　)
A.{x|04} B.{x|x<0或x>4}
C.{x|x<0或x>6} D.{x|x<-2或x>2}
3.(2019福建泉州五中期中,)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]上的图象如图所示,则使关于x的不等式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)
4.(2018江苏南京金陵中学期中,)已知函数f(x)是定义在R上的函数,f(x)的图象关于y轴对称,当x≥0时,f(x)=x2-4x.
(1)求出f(x)的解析式;
(2)画出f(x)的图象;
(3)若函数y=f(x)与函数y=m的图象有四个交点,求m的取值范围.
二、分类讨论思想
5.(2020山东泰安宁阳一中期中,)当x∈R时,不等式mx2+2mx+1>0恒成立的条件是(　　)
A.0C.0≤m<1 D.m>1
6.(2019广东深圳中学期末,)已知函数f(x)=且f(x)在定义域上是单调函数,则t的取值范围为　　　　.
7.(2020山东临沂罗庄期中,)已知函数f(x)=2x2+(x-a)2.
(1)讨论f(x)的奇偶性,并说明理由;
(2)若f(x)>2对任意实数x恒成立,求实数a的取值范围;
(3)若f(x)在[0,1]上有最大值9,求实数a的值.
三、转化与化归思想
8.(2019吉林大学附属中学期中,)若函数f(x)为定义在D上的单调函数,且存在区间[a,b] D,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. B.
C. D.
答案全解全析
易混易错练
1.解析　由题意得△CQB∽△BAP,
所以=,即=.所以y=.因为BA≤BP≤BD,而BA=3,BD==5,
所以3≤x≤5,
故所求的函数表达式为y=(3≤x≤5).
如图所示,曲线MN就是所求的图象.
2.解析　(1)设AD=t米,则由题意得xt=600,且t>x,
故t=>x,可得0则y=800(3x+2t)=800
=2 400,
所以y关于x的函数解析式为y=2 400(0(2)y=2 400≥2 400×2=96 000,
当且仅当x=,即x=20时等号成立.
故当x为20时,围墙(包括EF)的修建总费用最少,为96 000元.
3.C　函数y=可写成y=x-2的形式,是幂函数;y=2x2的系数不是1,y=x2+x等式右边是两个幂和的形式,y=(x-2)3底数不是自变量x,y=1与y=x0(x≠0)不是同一函数,所以它们都不是幂函数.
易错分析　若一个函数是幂函数,则该函数一定是形如y=xα(α为常数)的形式,即函数解析式的右边是一个幂的形式,其中指数为常数,底数为自变量,系数为1,这是解决问题的依据.
4.答案　(-∞,-1),(-1,+∞)
解析　f(x)的定义域为(-∞,-1)∪(-1,+∞).任取x1、x2∈(-1,+∞),且x10,即f(x1)>f(x2).故f(x)在(-1,+∞)上为单调递减函数.同理,可证得f(x)在(-∞,-1)上也为单调递减函数.
易错警示　①易忽略函数的定义域,错解为(-∞,+∞);
②当出现几个增、减区间时,用“和”或“逗号”隔开,不可用“∪”连接.
5.解析　f(x)==x,定义域为{x|x≠-1},不关于原点对称,∴f(x)为非奇非偶函数.
6.答案　[-4,21]
解析　由题意得,函数的定义域为[-2,4].因为二次函数f(x)图象的对称轴为x=-1,又-1∈[-2,4],图象开口向上,
且区间端点4离对称轴较远,所以f(4)>f(-2),
因为f(4)=21,f(-1)=-4,所以f(x)的值域是[-4,21].
易错警示　分清“单调区间”与“在区间上单调”这两个概念,由题目中的单调区间可得出隐含的定义域,进而求解.
7.解析　(1)由f(x)=
可得函数f(x)的单调递增区间为,故3=-,解得a=-6.
(2)由(1)可知,f(x)的增区间为,
而f(x)在[3,+∞)上是增函数,∴-≤3,即a≥-6.
思想方法练
1.B　F(x)的图象如图中实线部分所示,则F(x)的最大值为函数f(x)与g(x)图象在x轴左侧交点的纵坐标.
由得x=2-,
可得f(2-)=7-2.
故最大值为7-2,无最小值,故选B.
2.A　由于函数f(x)为奇函数,x>0时为增函数且f(2)=0,
可得函数在(-∞,0)上单调递增,且f(-2)=0,故函数f(x)的大致图象如图所示:
由函数的图象可得-22,解得x>4或03.C　由题图可知:当00,g(x)>0,f(x)·g(x)>0;当10,f(x)·g(x)<0,故当x>0时,其解集为(1,2),∵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,其解集为(-1,0),综上,不等式f(x)·g(x)<0的解集是(-1,0)∪(1,2),故选C.
4.解析　(1)当x<0时,-x>0,f(-x)=x2+4x,
∵f(x)为偶函数,∴f(x)=f(-x)=x2+4x,
∴f(x)=
(2)作函数f(x)的图象如图所示.
(3)f(x)的最小值为f(-2)=f(2)=-4,
由(2)图象可知函数y=f(x)与函数y=m的图象有四个交点时,-45.C　当m=0时,1>0,显然不等式mx2+2mx+1>0恒成立;
当m≠0时,由不等式mx2+2mx+1>0恒成立,得∴0∴m的取值范围为[0,1).故选C.
6.答案　
解析　函数y=tx2+x+1(t≠0)图象的对称轴为直线x=-.由题知函数f(x)在定义域上是单调递增函数.
当t>0时,函数y=tx2+x+1在区间上单调递减,不合题意.
当t=0时,函数f(x)=在定义域上不单调.
当t<0时,函数y=tx2+x+1在区间上单调递增,要使函数f(x)在定义域上单调递增,则需t+≥t3+t+1,即t3≤-,解得t≤-.故实数t的取值范围为.
7.解析　(1)当a=0时,f(x)为偶函数;当a≠0时,f(x)为非奇非偶函数.理由如下:
f(x)的定义域为R,关于原点对称.
当a=0时,f(x)=2x2+(x-0)2=3x2,满足f(-x)=f(x),
所以为偶函数;
当a≠0时,f(-x)=2x2+(-x-a)2=2x2+(x+a)2≠2x2+(x-a)2,
即f(-x)≠f(x),同样f(-x)≠-f(x),所以f(x)为非奇非偶函数.
(2)f(x)=3x2-2ax+a2>2对任意实数x恒成立,
即3x2-2ax+a2-2>0对任意实数x恒成立,
所以只需Δ=4a2-12(a2-2)<0,
解得a<-或a>.
(3)f(x)=3x2-2ax+a2,其图象的对称轴为直线x=.
①当≤,即a≤时,f(x)max=f(1)=a2-2a+3=9,
解得a=1-或a=1+(舍去),
②当>,即a>时,f(x)max=f(0)=a2=9,
解得a=3或a=-3(舍去).
综上,a=1-或a=3.
8.C　因为函数g(x)=x2+m是(-∞,0)上的正函数,所以存在a使得当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,
∵a即∴解得-1故关于a的方程a2+a+m+1=0在区间内有实数解,
记h(a)=a2+a+m+1,则h(-1)>0,h<0,
即1-1+m+1>0且-+m+1<0,解得m>-1且m<-,即-1