高中数学北师大版（2019）必修第一册第二章函数培优专练1word版含答案

高中数学北师大版（2019）必修第一册第二章函数培优专练1
第I卷（选择题）
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一、单选题
1．若对于定义在R上的函数，当且仅当存在有限个非零自变量x，使得，则称为类偶函数，若函数为类偶函数，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
2．已知是偶函数，对任意，，且，都有，且，则的解集是（ ）
A． B．
C． D．
3．设函数的定义域为R，为奇函数，为偶函数，当时，．若，则（ ）
A． B． C． D．
4．设单调递增函数满足：对任意，均有，则（ ）
A． B．
C． D．
5．设，，其中为实数，则下列命题中，正确的是（ ）
A．若函数的值域为，则.
B．若函数的值域为，则.
C．存在实数且，使函数的值域为.
D．存在实数且，使函数的值域为.
6．已知函数.若，，则函数在上的零点之和为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
7．对于函数，则下列结论中正确的是（ ）
A．任取，都有恒成立
B．
C．对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是
D．函数有且仅有个零点
8．对于函数，下面结论正确的是（ ）
A．任取，都有恒成立
B．对于一切，都有
C．函数有3个零点
D．对任意，不等式恒成立，则实数的取值范围是
第II卷（非选择题）
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三、填空题
9．已知，若，则的最小值为________．
10．已知，，分别为锐角的三个内角，，的对边，若，且，则的周长的取值范围为__________．
11．设则取到最小值时_______
12．已知，函数，使得，则a的取值范围________.
四、解答题
13．定义在上的函数，如果满足：对任意，存在常数，都有成立，则称是上的有界函数，其中称为函数的一个上界，已知函数，
（1）若函数为奇函数，求实数的值；
（2）在（1）的条件下，求函数在区间上的所有上界构成的集合；
（3）若函数在上是以为上界的有界函数，求实数的取值范围.
14．已知二次函数满足，且的最小值为0．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数，且在区间上是增函数，求实数的取值范围．
15．已知函数 对一切实数 都有 成立，且
（1）求 的解析式；
（2），若存在 ，使得 ，有 成立，求 的取值范围．
16．已知二次函数满足，且.
（1）求的解析式；
（2）当时，不等式恒成立，求实数的取值范围；
（3）设，，求的最大值.
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案
1．D
【分析】
有有限个非零解,化简为有有限个非零解，即，即可解得答案．
【详解】
根据题意,由有有限个非零解,
即有有限个非零解，
即有有限个非零解,
即有有限个非零解，
即,
解得:，
故选:.
【点睛】
本题考查根的存在性及根的个数判断,函数奇偶性的判断,难度较难.
2．A
【分析】
根据是偶函数得到函数的对称轴，然后根据任意，，且，都有，所以在单调递减，进而得到函数在上的单调性，最后根据得到答案.
【详解】
因为是偶函数，所以的图像关于x=1对称，而，则，
又因为任意，，且，都有，所以在单调递减，结合函数图像的对称性可知函数在单调递增.
所以的解集是.
故选：A.
3．D
【分析】
通过是奇函数和是偶函数条件，可以确定出函数解析式，进而利用定义或周期性结论，即可得到答案．
【详解】
因为是奇函数，所以①；
因为是偶函数，所以②．
令，由①得：，由②得：，
因为，所以，
令，由①得：，所以．
思路一：从定义入手．
所以．
思路二：从周期性入手
由两个对称性可知，函数的周期．
所以．
故选：D．
【点睛】
在解决函数性质类问题的时候，我们通常可以借助一些二级结论，求出其周期性进而达到简便计算的效果．
4．C
【分析】
可先证明一个引理：如果存在，使得，则任意，总有，
再根据这个引理分析的取值，从而可得正确的结论.
【详解】
因为，故或，
所以或，
证明一个引理：
如果存在，使得，则任意，总有.
用反证法证明如下：
假设存在，有，由可得，
对任意的，则有，
而或，故，
又或，
若，则即，与矛盾；
故任意的，总有.
因为，故存在非负整数，使得.
由前述证明可知：同理有：任意的，总有；
任意的，总有；
任意的，总有；
这样矛盾，故引理得证.
又或，
若，由引理可得当时，，此时，此时排除BD.
若，此时，此时排除A.
因为或，此时总有，
故选：C.
【点睛】
思路点睛：给定抽象函数的单调性及函数值的取值集合的问题，可根据函数值的形式结合单调性猜测并证明一个引理，从而便于问题的处理.
5．D
【分析】
取，可得的值域为，可判断A错误，D正确；取，可得的值域为，可判断B错误；根据的函数值不可能无限小，可判断C错误.
【详解】
对于A，取，，，
则，可得的值域为，故不满足，
故A错误，同时也说明D正确；
对于B，取，，，
，可得的值域为，故不满足，故B错误；
对于C，当或时，的最小值是，当 ，的取值在和之间，则可得的函数值不可能无限小，即不可能为，故C错误.
故选：D.
【点睛】
关键点睛：本题考查含有参数的复合函数的值域问题，其中涉及分段函数，解决本题的关键是选取有代表性的特殊值，根据特殊值时的值域判断，这也是解决多数问题的有效方法.
6．B
【分析】
由，，求出分段函数的解析式，得出函数的周期性为2，将函数的零点转化为的零点，即可求出零点之和.
【详解】
因为，，所以解得，，
所以所以在上是周期为的函数，
在上的所有零点为，
所以在上的所有零点为的零点且，
所以且，解得（且），
所以函数在上的零点之和为
.
故选：B.
【点睛】
本题考查复合函数的零点问题，还涉及分段函数的解析式、周期性等，同时考查学生的转化和理解能力.
7．BC
【分析】
作出的大致图象，然后逐项分析：
A．根据在处的取值进行分析；
B．根据取值特点进行计算并判断；
C．根据图象对应的最值点进行分析；
D．结合图象并根据的取值进行判断.
【详解】
作出的大致图象如下图所示：
A．取，所以，
所以，故错误；
B．因为，
所以，故正确；
C．显然不符合条件，
由图象可知：的最大值点为，，
所以若不等式恒成立，只需，即，
又因为，所以在上递减，
所以，所以，故正确；
D．令，当时，，，
又，所以，
所以，所以在上有零点，
又因为，所以是的一个零点，
又因为，且时，，所以，
所以在上有零点，所以至少有三个零点，故错误；
故选：BC.
【点睛】
关键点点睛：解答本题的关键在于分段函数的分析以及作出函数图象，通过图象可分析出的最值以及的取值特点，从而可计算出函数值的和以及解决不等式恒成立、零点问题.
8．ABC
【分析】
先在坐标轴中画出的图象,根据图象可判断A选项,结合解析式可判断B选项,再画出与的图象,数形结合可判断C,D选项.
【详解】
在坐标轴上作出函数的图象如下图所示:
由图象可知的最大值为1,最小值为,故选项A正确;
由题可知,
所以即,故选项B正确;
作出的图象，因为，
由图象可知与有3个交点,故选项C正确;
结合图象可知,若对任意,不等式恒成立,
即时,不等式恒成立,
又,
所以,即在时恒成立,
设,则,
故时,,函数在上单调递减,
所以时,,
又,所以,即,故选项D错误.
故选:ABC.
【点睛】
本题主要考查分段函数的周期性及数形结合法在处理函数问题中的应用,有一定难度.
9．
【分析】
由已知分段函数的图像和性质以及，可计算，进而分别构造，，再由双勾函数性质求最值即可.
【详解】
解：已知分段函数在两端区间内都是单调函数，若，则必然分属两段内，
不妨设，则，即
当时，令，由双勾函数性质可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，此时不符合题意），
当时，令，由双勾函数性质可知在区间上单调递减，
所以，此时.
故的最小值为.
故答案为：
【点睛】
本题考查在分段函数的图象下由函数值相等转化自变量关系，还考查了构造函数求最值，属于难题.
10．
【分析】
由正弦定理、余弦定理、三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得,进而可得.由正弦定理可得.根据已知可求范围,利用余弦函数的性质可求范围．又,即,可求的周长为,由二次函数性质即可求得的周长的取值范围．
【详解】
解:因为,所以
由余弦定理可得
同理可得:,即.消去,
可得
即,可得
由正弦定理,可得,即
因为为锐角三角形,且,所以
即,所以,即．
又因为,即
所以的周长为
由二次函数性质可得, 的周长的取值范围为:．
故答案为:．
【点睛】
本题考查了正弦定理,考查了余弦定理,考查了二次函数求最值.在解三角形的问题中,若已知的一个等式中,既有边又有角,则常常进行边角互化,即或者 统一形式,进而进行求解.
11．
【分析】
对分类讨论去掉绝对值符号，分别求出所对应的最小值，即可得解，
【详解】
解：因为
当时，，所以当时函数取值最小值；
当时，，所以当时函数取得最小值；
当时，
当时
因为，所以当时，随增加而变大；
当时，，
因为，所以当时，随增加而变小；
所以当时，有最小值
故答案为：
【点睛】
本题考查函数的最小值的计算，考查分类讨论思想，属于中档题.
12．
【分析】
由已知得出函数的单调性，再得出时，a的值，从而分两种情况，分别由解得可得a的取值范围.
【详解】
因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，解得（舍去），
（1）当，解得；
（2）当，不符题意.
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：对于不等式有解的问题，常常有以下情况：有解 ，有解 .
13．（1）a= -1；（2）；（3）
【分析】
（1）根据奇偶性的定义求出a的值；
（2）先求出函数的单调区间及值域，从而求出函数在区间上的所有上界构成的集合；
（3）问题转化为恒成立问题，通过换元法求解即可 .
【详解】
（1）函数为奇函数，所以，
即，所以，解得
而当a=1时，不合题意，故a= -1.
（2）由（1）知：，易知在上单增，
所以函数在区间上单增，所以 在区间上值域为
所以，故函数在区间上的所有上界构成的集合为.
（3）由题意可知：在上恒成立，所以
即，所以在上恒成立，
所以
令
易知在上递减，所以，
在上递增，所以，
所以，即实数的取值范围为
【点睛】
（1）对函数奇偶性的证明只能用定义：或；
（2）分离参数法是求参数范围的一种非常常用的方法.
14．（1）；（2）或．
【分析】
（1）利用待定系数法即求；
（2）由题知，结合二次函数的性质分类讨论即求.
【详解】
（1）设二次函数，
∵，∴，
即，
∴，，
∴，
又∵，∴，
∴函数的解析式为．
（2）．
①若时，即，，在上是增函数；
②若，即时，设方程的两个根为，，且，
此时在和上是增函数，令，
(i)若，则，∴．
(ii)若，则，∴．
综上所述，或．
15．
（1）
（2）
【分析】
（1）赋值法，令y＝1，求出，进而求出；
（2）根据题干中的条件，只需，先求出函数的最大值，然后利用二次函数的性质求最值，进而求出a的取值范围.
（1）
∵函数 对一切实数 都有 成立，且 ，
令y＝1，则，
．
.
（2）
由题意，有，
则，
对于g(x)，当x＝0时，g(0)＝0，
当时，，设，
则在（0，1）单调递减，在单调递增，在x＝1处取到最小值，
所以，所以，
综上，，当且仅当x＝1时取到，
所以；
设，则h(x)为开口向上的二次函数，其对称轴为x＝a，下面通过对称轴的位置对h(x)的最值情况进行分类讨论：
当时，对称轴距离区间右侧x＝2更远，故，
∴，即；
2）当时，对称轴距离区间左侧x＝－1更远，故，
∴，即；
综上，．
16．
（1）
（2）
（3）
【分析】
（1）设，根据，求得，再由，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）将已知转化为在上恒成立，结合二次函数的性质，即可求解；
（3）求出的函数关系式，根据对称轴与定义区间位置关系，分类讨论函数取最大值的情况.
（1）
设函数，
因为，可得，所以，
又，得，即，
对于任意的成立，则有解得
∴.
（2）
当时，恒成立，即恒成立；
令，
∵开口方向向上，对称轴为，
∴在内单调递减，∴，∴，
即实数的取值范围是.
（3）
，，对称轴为，
①当，即时，，
②当时，即，，
综上所述，
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