2025人教A版高中数学必修第一册同步练习题--第三章 函数的概念与性质复习提升（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025人教A版高中数学必修第一册同步练习题--第三章 函数的概念与性质复习提升（含解析） |
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| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 378.8KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 人教A版（2019） | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2024-06-19 19:24:25 | ||
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文档简介
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2025人教A版高中数学必修第一册
本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽视函数的定义域致错
1.(2024山东青岛二中段考)对于集合A,B,我们把集合{x|x∈A且x B}叫做集合A与B的差集,记作A-B.若集合P=yy=-x2+2x-,1-A.[0,+∞) B.(0,+∞)
C. D.
2.(2024重庆育才中学检测)函数f(x)=的单调递增区间是 .
3.(2024湖北武汉武昌实验中学月考)已知x∈,则函数g(x)=x+的值域为 .
易错点2 忽略分段函数自变量的范围——分段点处的情况致错
4.(2024湖北咸宁期中)已知函数f(x)=若f(x)有最大值,则a的取值范围为 .
5.(2023福建福州三中期中)已知a∈R,函数f(x)=若f(f(a))=1,则a= ;若不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立,则a的取值范围是 .
易错点3 忽视对参数取值范围的讨论致错
6.(多选题)(2022广东实验中学期中)下列图象中,可能是f(x)=ax+(a∈R)的图象的是( )
7.(2024河南郑州期中)已知函数f(x)=x-,x∈[1,2],g(x)=-x2+ax-5,若 x1∈[1,2], x2∈[2,4],使得g(x2)≤f(x1)成立,则a的取值范围为 .
8.(2024江苏南京师范大学苏州实验学校学情调研)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(1)=-4.
(1)求f(x)的解析式;
(2)当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>4x+m恒成立,求实数m的取值范围;
(3)设h(x)=f(2x+n),x∈[-3,3],求h(x)的最大值.
9.(2024山东普通高中大联考)若函数y=f(x)的定义域为[m,n](或(m,n)),值域也为[m,n](或(m,n)),我们称函数y=f(x)是区间[m,n](或(m,n))上的保值函数.如y=x2是区间[0,1]上的保值函数.
(1)判断函数f(x)=是不是区间(1,3)上的保值函数,并说明理由;
(2)设二次函数y=x2+是区间[m,n]上的保值函数,求正实数m,n的值;
(3)若函数y=ax+b是区间[2,3]上的保值函数,求实数a,b的值.
思想方法练
一、数形结合思想在函数中的运用
1.(2024河南洛阳一中期中)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时, f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
2.(2024浙江衢温“5+1”联盟期中)已知函数f(x)=,g(x)=ax+2,x≠0,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值为1,则实数a的值为( )
A.0 B.± C.± D.±2
二、分类讨论思想在函数中的运用
3.(2024浙江宁波余姚中学质检)已知函数f(x)=在R上单调,则实数a的取值范围是( )
A. B.(3,4]
C.∪(3,4] D.∪(3,4]
4.(2024湖北武汉武昌实验中学月考)给定函数f(x)=x2+x+a2+a,g(x)=x2-x+a2-a,a∈R,x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)}.
(1)若a=1,试写出M(x)的解析式,并求M(x)的最小值;
(2)若M(x)的最小值为3,求实数a的值.
三、转化与化归思想在函数中的运用
5.(2024吉林长春东北师大附中期中)已知函数g(x)满足:对任意的x∈R,有g(x)-g(-x)=2x,设函数f(x)=g(x)-x,且f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.若f(a)-f(2a+1)≥0,则实数a的取值范围为 .
6.(2024湖北荆州沙市中学月考)已知f(x)=g(x)=ax+1,若 x1∈[2,4], x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),则实数a的取值范围是 .
7.(2024广东东莞外国语学校月考)已知函数f(x)=x+m,g(x)=x2-mx++2m-3.
(1)若g(x)<+1的解集为(1,a),求a的值;
(2)若 x1∈[0,1], x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),求实数m的取值范围.
四、方程思想在函数中的运用
8.(2024安徽淮南月考)(1)已知f(x)是二次函数,且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x+4,求f(x)的解析式;
(2)已知2f(x)-f=3x,求函数f(x)的解析式;
(3)已知函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,且定义域均为{x|x∈R,x≠±1},若f(x)+g(x)=,求f(x),g(x)的解析式.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 由已知得P Q,
易知函数y=-x2+2x-,1-当x=1时,可得ymax=,当x=1-时,可得y=0,当x=时,可得y=,故y>0恒成立,即P=y0由不等式x2+(a-1)x-a=(x+a)(x-1)<0,
得当-a>1,即a<-1时,解得1当-a=1,即a=-1时,解集为空集,即Q= ,显然不满足P Q;
当-a<1,即a>-1时,解得-a即Q={x|-a要使得P Q,需满足-a≤0,解得a≥0,即实数a的取值范围是[0,+∞).故选A.
2.答案 [5,+∞)
解析 由x2-2x-15≥0得x≤-3或x≥5,所以函数f(x)的定义域为(-∞,-3]∪[5,+∞).
令g(x)=x2-2x-15,则g(x)在[1,+∞)上单调递增,
由复合函数的单调性可知,函数f(x)的单调递增区间为[5,+∞).
3.答案
解析 ∵x∈,∴∈[0,1],令t=,则t∈[0,1],
∴x=,∴g(x)=x+可转化为y=+t=-+t+,t∈[0,1],
易知函数y=-+t+在[0,1]上单调递增,
∴y∈,∴函数g(x)的值域为.
4.答案
解析 当a+1<0,即a<-1时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)没有最大值;
当a+1=0,即a=-1时, f(x)=f(x)max=1,符合题意;
当a+1>0且a≤2,即-1则a(a+1)+1≤f(2)=4+3a,得-1≤a≤3,所以-1当a>2时, f(x)=-x2+4x+3a在[a,+∞)上单调递减,要使f(x)有最大值,则a2+a+1≤f(a)=-a2+7a,
得≤a≤,所以2综上,a的取值范围为.
易错警示 解决与分段函数有关的单调性或最大(小)值问题,不仅要考虑每一段函数的单调性,还要考虑分段点处函数值的大小.
5.答案 ±1;[1,2]
解析 当a<1时, f(a)=a2-a×a=0,
∴f(f(a))=f(0)=a2=1,∴a=-1;
当a≥1时, f(a)=a2-a×a=0,
∴f(f(a))=f(0)=a2=1,
∴a=1,故a=±1.
∵不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立,
∴当x=1时, f(x)取得最小值,∴f(x)在[1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,
∴解得1≤a≤2,
∴a的取值范围是[1,2].
6.ACD 当a=0时, f(x)=,为反比例函数,A选项可能满足.
当a≠0时, f(x)=ax+为奇函数,
当a>0时,易知f(x)在和上单调递减,在和上单调递增,D选项可能满足.
当a<0时,易知函数f(x)在(0,+∞)和(-∞,0)上均单调递减,C选项可能满足.故选ACD.
7.答案 (-∞,5]
解析 由已知得g(x)min≤f(x)min.对于f(x)=x-,x∈[1,2],易知f(x)在[1,2]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=-1.∴g(x)min≤-1.
对于g(x)=-x2+ax-5,x∈[2,4],
当≤3,即a≤6时,g(x)min=g(4)=-21+4a≤-1,解得a≤5,此时a≤5;
当>3,即a>6时,g(x)min=g(2)=-9+2a≤-1,解得a≤4,此时无解.
综上所述,a的取值范围是(-∞,5].
8.解析 (1)由f(x)是二次函数可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),∵f(x+1)-f(x)=2x-1,
∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x-1,即2ax+a+b=2x-1,
∴解得又∵f(1)=-4,∴a+b+c=-4,∴c=-3,∴f(x)=x2-2x-3.
(2)当x∈[-2,2]时, f(x)>4x+m恒成立,即x2-6x-3>m恒成立,∴m<(x2-6x-3)min,x∈[-2,2].
令g(x)=x2-6x-3=(x-3)2-12,当x∈[-2,2]时,g(x)单调递减,∴g(x)min=g(2)=-11.所以m<-11.
(3)h(x)=f(2x+n)=(2x+n)2-2(2x+n)-3=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3,x∈[-3,3],易知函数y=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3的图象的对称轴方程为x=,
①当≥0,即n≤1时,h(x)max=h(-3)=n2-14n+45;
②当<0,即n>1时,h(x)max=h(3)=n2+10n+21.
综上所述,h(x)max=
易错警示 求含参数的函数的最大(小)值问题,需对参数进行分类讨论,解题时分析对称轴与区间的位置关系即可求出最大(小)值.
9.解析 (1)f(x)=是区间(1,3)上的保值函数,理由如下:函数f(x)=在(1,3)上单调递减,∴值域为(1,3),
由定义可知f(x)=是(1,3)上的保值函数.
(2)易知二次函数y=x2+在(0,+∞)上单调递增,
∵m>0,∴二次函数y=x2+在[m,n]上单调递增,由y=x2+是[m,n]上的保值函数得又m(3)当a>0时,函数y=ax+b在[2,3]上单调递增,
由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数得解得
当a<0时,函数y=ax+b在[2,3]上单调递减,
由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数,
得解得
当a=0时,函数y=b为常数函数,显然不符合要求.
∴满足条件的实数a,b的值为或
思想方法练
1.B 2.B 3.B
1.B ∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1),由此作出函数f(x)的图象.
(依据:自变量增加1,函数值扩大到原来的2倍)
当x∈(1,2]时,x-1∈(0,1],∴f(x)=2f(x-1)=2(x-1)(x-2)∈,
当x∈(2,3]时,x-1∈(1,2],∴f(x)=2f(x-1)=4(x-2)(x-3)∈[-1,0],
(结合图象求出函数在各段上的值域,由此估计m所在的区间)
当x∈(2,3]时,令4(x-2)(x-3)=-,解得x=或x=,若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则f(x)min≥-,结合图知m≤.故选B.
2.B 令h(x)=x-,其定义域为{x|x≠0},易知函数h(x)=x-是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增,
令h(x)=x-=0,得x=±,作出函数h(x)的大致图象,如图1,
(根据解析式,结合函数的定义域、奇偶性、单调性等,作出大致图象)
则f(x)=的大致图象如图2所示.
(翻折变换作图)
函数g(x)=ax+2的图象是经过定点(0,2)的直线,
(根据a>0,a<0,a=0分别作出图象,利用图象解决问题)
若a=0,则g(x)=2,画出M(x)的大致图象,如图3,
显然最小值为2,不合题意;
若a>0,则g(x)=ax+2单调递增,画出M(x)的大致图象,如图4,
显然函数在A点处取得最小值,
令-x=1,解得x=-2(x=1舍去),
令-2a+2=1,解得a=;
若a<0,则g(x)=ax+2单调递减,画出M(x)的大致图象,如图5,
显然函数在B点处取得最小值,令x-=1,解得x=2(x=-1舍去),
令2a+2=1,解得a=-.
综上,a=±.故选B.
思想方法 在解决函数问题时要注意数形结合思想的运用,利用函数图象直观地研究函数的有关性质,利用函数性质进一步把握图象的特征,可避免复杂的计算和推理,实现快速准确解题.
3.B 函数f(x)在R上单调,可分单调递增和单调递减两种情况讨论:
若函数f(x)=在R上单调递增,
则有解得3若函数f(x)=在R上单调递减,
则有无解.
综上,实数a的取值范围为(3,4].故选B.
4.解析 ∵f(x)-g(x)=x2+x+a2+a-(x2-x+a2-a)=2(x+a),
(作差,根据函数M(x)的定义,利用差的正负分类选择函数解析式)
∴当x≥-a时, f(x)≥g(x),当x<-a时, f(x)故M(x)=max{f(x),g(x)}=
(1)当a=1时,M(x)=
当x≥-1时,M(x)min=f=;
当x<-1时,M(x)=g(x)>g(-1)=2,
故M(x)min=.
(2)函数f(x)和g(x)的图象的对称轴方程分别为x=-,x=.
①当-a≤-,即a≥时,
M(x)在上单调递减,在上单调递增,
故M(x)min=f=3,即a2+a-=0,解得a=或a=-(舍去).
②当-<-a≤,即-≤a<时,M(x)在(-∞,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增,
故M(x)min=f(-a)=3,即2a2=3,解得a=±(舍去).
③当-a>,即a<-时,M(x)在上单调递减,在上单调递增,
故M(x)min=g=3,即a2-a-=0,解得a=-或a=(舍去).
综上所述,a=±.
思想方法 在解决函数问题时,当条件中变量或参数的取值不同,函数的图象、性质有不同的变化时,要依据题意合理进行分类讨论.涉及分段函数的问题,要注意自变量的取值范围对解题的影响;涉及含参数的函数问题,有时需对参数进行分类讨论.在分类讨论时,要准确把握分类的标准.
5.答案
解析 因为f(x)=g(x)-x,
所以f(-x)=g(-x)+x,
两式相减得f(x)-f(-x)=g(x)-g(-x)-2x=2x-2x=0,因此f(x)=f(-x),
又f(x)的定义域为R,关于原点对称,所以f(x)为偶函数.又因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
所以f(a)-f(2a+1)≥0 f(a)≥f(2a+1),
(将不等式化为函数f(x)的两个函数值的大小,利用单调性与奇偶性解不等式)
所以|a|≥|2a+1| a2≥4a2+4a+1 3a2+4a+1≤0 (3a+1)(a+1)≤0,解得-1≤a≤-,
所以实数a的取值范围为.
6.答案 ∪
解析 由 x1∈[2,4], x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),可知f(x)在[2,4]上的值域是g(x)在[-2,1]上的值域的子集.
(将方程有解问题转化为函数的值域问题)
由f(x)=
可知f(x)在[2,3]上单调递减,在(3,4]上单调递增,
所以f(x)在[2,3]上的值域为[3,4],在(3,4]上的值域为,
所以f(x)在[2,4]上的值域为.
当a>0时,g(x)单调递增,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[-2a+1,a+1],
所以解得a≥.
当a<0时,g(x)单调递减,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[a+1,-2a+1],
所以解得a≤-.
当a=0时,g(x)=1,为常数函数,值域为{1},不符合题意.
综上,实数a的取值范围是∪.
7.解析 (1)因为g(x)<+1,所以x2-mx++2m-3<+1,化简得x2-mx+2m-4<0,
依题得不等式x2-mx+2m-4<0的解集为(1,a),
(将不等式解集的端点转化为对应方程的两根)
所以x=1是方程x2-mx+2m-4=0的一个根,因此1-m+2m-4=0,解得m=3,因此原不等式为x2-3x+2<0,解得1(2) x1∈[0,1], x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),等价于f(x)min>g(x)min,
(将不等式有解、不等式恒成立问题转化为函数的最大(小)值问题: x1∈[0,1], f(x1)>g(x2)恒成立等价于f(x)min>g(x); x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2)等价于f(x)>g(x)min)
由于f(x)=x+m在[0,1]上单调递增,因此f(x)min=f(0)=m,g(x)=x2-mx++2m-3的图象的对称轴方程为x=.
①若1<<2,即2则g(x)min=g=m2+2m-3,
∴m>m2+2m-3,解得-6②若≤1,即m≤2,则函数g(x)在[1,2]上单调递增,则g(x)min=g(1)=+m-2,
∴m>+m-2,解得-2③若≥2,即m≥4,则函数g(x)在[1,2]上单调递减,则g(x)min=g(2)=+1,
∴m>+1,该不等式无解.
综上所述,实数m的取值范围是{m|-2思想方法 转化与化归思想在函数中常见的运用:利用条件转化为其他函数或自变量的问题;利用函数的奇偶性、单调性,将函数值问题转化为自变量的相关问题;将不等式恒(能)成立问题转化为函数的最大(小)值问题等.
8.解析 (1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x+1)=ax2+2ax+a+bx+b+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c,
f(x-1)=ax2-2ax+a+bx-b+c=ax2+(b-2a)x+a-b+c,
∴f(x+1)+f(x-1)=2ax2+2bx+2(a+c),
∴2ax2+2bx+2(a+c)=2x2-4x+4,
(恒等式问题可利用对应项系数相等列方程组求解)
∴解得∴f(x)=x2-2x+1.
(2)将2f(x)-f=3x①中的x用替换,
得2f-f(x)=②,
(对变量进行赋值,构造方程组,通过解方程组得到问题的解)
联立①②消去f,化简得f(x)=2x+.
又x≠0,所以函数f(x)的解析式为f(x)=2x+(x≠0).
(3)∵f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,
∴由f(x)+g(x)=,得f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=-,
(利用奇偶性构造方程组求解)
由得f(x)=(x≠±1),g(x)=(x≠±1).
思想方法 在函数中,利用函数、方程、不等式三者之间的联系,通过解方程(组)等解决函数中的相关问题,是解决函数问题最基本的方法.
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本章复习提升
易混易错练
易错点1 忽视函数的定义域致错
1.(2024山东青岛二中段考)对于集合A,B,我们把集合{x|x∈A且x B}叫做集合A与B的差集,记作A-B.若集合P=yy=-x2+2x-,1-
C. D.
2.(2024重庆育才中学检测)函数f(x)=的单调递增区间是 .
3.(2024湖北武汉武昌实验中学月考)已知x∈,则函数g(x)=x+的值域为 .
易错点2 忽略分段函数自变量的范围——分段点处的情况致错
4.(2024湖北咸宁期中)已知函数f(x)=若f(x)有最大值,则a的取值范围为 .
5.(2023福建福州三中期中)已知a∈R,函数f(x)=若f(f(a))=1,则a= ;若不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立,则a的取值范围是 .
易错点3 忽视对参数取值范围的讨论致错
6.(多选题)(2022广东实验中学期中)下列图象中,可能是f(x)=ax+(a∈R)的图象的是( )
7.(2024河南郑州期中)已知函数f(x)=x-,x∈[1,2],g(x)=-x2+ax-5,若 x1∈[1,2], x2∈[2,4],使得g(x2)≤f(x1)成立,则a的取值范围为 .
8.(2024江苏南京师范大学苏州实验学校学情调研)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(1)=-4.
(1)求f(x)的解析式;
(2)当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>4x+m恒成立,求实数m的取值范围;
(3)设h(x)=f(2x+n),x∈[-3,3],求h(x)的最大值.
9.(2024山东普通高中大联考)若函数y=f(x)的定义域为[m,n](或(m,n)),值域也为[m,n](或(m,n)),我们称函数y=f(x)是区间[m,n](或(m,n))上的保值函数.如y=x2是区间[0,1]上的保值函数.
(1)判断函数f(x)=是不是区间(1,3)上的保值函数,并说明理由;
(2)设二次函数y=x2+是区间[m,n]上的保值函数,求正实数m,n的值;
(3)若函数y=ax+b是区间[2,3]上的保值函数,求实数a,b的值.
思想方法练
一、数形结合思想在函数中的运用
1.(2024河南洛阳一中期中)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时, f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是( )
A. B.
C. D.
2.(2024浙江衢温“5+1”联盟期中)已知函数f(x)=,g(x)=ax+2,x≠0,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值为1,则实数a的值为( )
A.0 B.± C.± D.±2
二、分类讨论思想在函数中的运用
3.(2024浙江宁波余姚中学质检)已知函数f(x)=在R上单调,则实数a的取值范围是( )
A. B.(3,4]
C.∪(3,4] D.∪(3,4]
4.(2024湖北武汉武昌实验中学月考)给定函数f(x)=x2+x+a2+a,g(x)=x2-x+a2-a,a∈R,x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)}.
(1)若a=1,试写出M(x)的解析式,并求M(x)的最小值;
(2)若M(x)的最小值为3,求实数a的值.
三、转化与化归思想在函数中的运用
5.(2024吉林长春东北师大附中期中)已知函数g(x)满足:对任意的x∈R,有g(x)-g(-x)=2x,设函数f(x)=g(x)-x,且f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.若f(a)-f(2a+1)≥0,则实数a的取值范围为 .
6.(2024湖北荆州沙市中学月考)已知f(x)=g(x)=ax+1,若 x1∈[2,4], x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),则实数a的取值范围是 .
7.(2024广东东莞外国语学校月考)已知函数f(x)=x+m,g(x)=x2-mx++2m-3.
(1)若g(x)<+1的解集为(1,a),求a的值;
(2)若 x1∈[0,1], x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),求实数m的取值范围.
四、方程思想在函数中的运用
8.(2024安徽淮南月考)(1)已知f(x)是二次函数,且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x+4,求f(x)的解析式;
(2)已知2f(x)-f=3x,求函数f(x)的解析式;
(3)已知函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,且定义域均为{x|x∈R,x≠±1},若f(x)+g(x)=,求f(x),g(x)的解析式.
答案与分层梯度式解析
本章复习提升
易混易错练
1.A 由已知得P Q,
易知函数y=-x2+2x-,1-
得当-a>1,即a<-1时,解得1
当-a<1,即a>-1时,解得-a
2.答案 [5,+∞)
解析 由x2-2x-15≥0得x≤-3或x≥5,所以函数f(x)的定义域为(-∞,-3]∪[5,+∞).
令g(x)=x2-2x-15,则g(x)在[1,+∞)上单调递增,
由复合函数的单调性可知,函数f(x)的单调递增区间为[5,+∞).
3.答案
解析 ∵x∈,∴∈[0,1],令t=,则t∈[0,1],
∴x=,∴g(x)=x+可转化为y=+t=-+t+,t∈[0,1],
易知函数y=-+t+在[0,1]上单调递增,
∴y∈,∴函数g(x)的值域为.
4.答案
解析 当a+1<0,即a<-1时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)没有最大值;
当a+1=0,即a=-1时, f(x)=f(x)max=1,符合题意;
当a+1>0且a≤2,即-1
得≤a≤,所以2
易错警示 解决与分段函数有关的单调性或最大(小)值问题,不仅要考虑每一段函数的单调性,还要考虑分段点处函数值的大小.
5.答案 ±1;[1,2]
解析 当a<1时, f(a)=a2-a×a=0,
∴f(f(a))=f(0)=a2=1,∴a=-1;
当a≥1时, f(a)=a2-a×a=0,
∴f(f(a))=f(0)=a2=1,
∴a=1,故a=±1.
∵不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立,
∴当x=1时, f(x)取得最小值,∴f(x)在[1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减,
∴解得1≤a≤2,
∴a的取值范围是[1,2].
6.ACD 当a=0时, f(x)=,为反比例函数,A选项可能满足.
当a≠0时, f(x)=ax+为奇函数,
当a>0时,易知f(x)在和上单调递减,在和上单调递增,D选项可能满足.
当a<0时,易知函数f(x)在(0,+∞)和(-∞,0)上均单调递减,C选项可能满足.故选ACD.
7.答案 (-∞,5]
解析 由已知得g(x)min≤f(x)min.对于f(x)=x-,x∈[1,2],易知f(x)在[1,2]上单调递增,
∴f(x)min=f(1)=-1.∴g(x)min≤-1.
对于g(x)=-x2+ax-5,x∈[2,4],
当≤3,即a≤6时,g(x)min=g(4)=-21+4a≤-1,解得a≤5,此时a≤5;
当>3,即a>6时,g(x)min=g(2)=-9+2a≤-1,解得a≤4,此时无解.
综上所述,a的取值范围是(-∞,5].
8.解析 (1)由f(x)是二次函数可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),∵f(x+1)-f(x)=2x-1,
∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x-1,即2ax+a+b=2x-1,
∴解得又∵f(1)=-4,∴a+b+c=-4,∴c=-3,∴f(x)=x2-2x-3.
(2)当x∈[-2,2]时, f(x)>4x+m恒成立,即x2-6x-3>m恒成立,∴m<(x2-6x-3)min,x∈[-2,2].
令g(x)=x2-6x-3=(x-3)2-12,当x∈[-2,2]时,g(x)单调递减,∴g(x)min=g(2)=-11.所以m<-11.
(3)h(x)=f(2x+n)=(2x+n)2-2(2x+n)-3=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3,x∈[-3,3],易知函数y=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3的图象的对称轴方程为x=,
①当≥0,即n≤1时,h(x)max=h(-3)=n2-14n+45;
②当<0,即n>1时,h(x)max=h(3)=n2+10n+21.
综上所述,h(x)max=
易错警示 求含参数的函数的最大(小)值问题,需对参数进行分类讨论,解题时分析对称轴与区间的位置关系即可求出最大(小)值.
9.解析 (1)f(x)=是区间(1,3)上的保值函数,理由如下:函数f(x)=在(1,3)上单调递减,∴值域为(1,3),
由定义可知f(x)=是(1,3)上的保值函数.
(2)易知二次函数y=x2+在(0,+∞)上单调递增,
∵m>0,∴二次函数y=x2+在[m,n]上单调递增,由y=x2+是[m,n]上的保值函数得又m
由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数得解得
当a<0时,函数y=ax+b在[2,3]上单调递减,
由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数,
得解得
当a=0时,函数y=b为常数函数,显然不符合要求.
∴满足条件的实数a,b的值为或
思想方法练
1.B 2.B 3.B
1.B ∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1),由此作出函数f(x)的图象.
(依据:自变量增加1,函数值扩大到原来的2倍)
当x∈(1,2]时,x-1∈(0,1],∴f(x)=2f(x-1)=2(x-1)(x-2)∈,
当x∈(2,3]时,x-1∈(1,2],∴f(x)=2f(x-1)=4(x-2)(x-3)∈[-1,0],
(结合图象求出函数在各段上的值域,由此估计m所在的区间)
当x∈(2,3]时,令4(x-2)(x-3)=-,解得x=或x=,若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则f(x)min≥-,结合图知m≤.故选B.
2.B 令h(x)=x-,其定义域为{x|x≠0},易知函数h(x)=x-是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增,
令h(x)=x-=0,得x=±,作出函数h(x)的大致图象,如图1,
(根据解析式,结合函数的定义域、奇偶性、单调性等,作出大致图象)
则f(x)=的大致图象如图2所示.
(翻折变换作图)
函数g(x)=ax+2的图象是经过定点(0,2)的直线,
(根据a>0,a<0,a=0分别作出图象,利用图象解决问题)
若a=0,则g(x)=2,画出M(x)的大致图象,如图3,
显然最小值为2,不合题意;
若a>0,则g(x)=ax+2单调递增,画出M(x)的大致图象,如图4,
显然函数在A点处取得最小值,
令-x=1,解得x=-2(x=1舍去),
令-2a+2=1,解得a=;
若a<0,则g(x)=ax+2单调递减,画出M(x)的大致图象,如图5,
显然函数在B点处取得最小值,令x-=1,解得x=2(x=-1舍去),
令2a+2=1,解得a=-.
综上,a=±.故选B.
思想方法 在解决函数问题时要注意数形结合思想的运用,利用函数图象直观地研究函数的有关性质,利用函数性质进一步把握图象的特征,可避免复杂的计算和推理,实现快速准确解题.
3.B 函数f(x)在R上单调,可分单调递增和单调递减两种情况讨论:
若函数f(x)=在R上单调递增,
则有解得3
则有无解.
综上,实数a的取值范围为(3,4].故选B.
4.解析 ∵f(x)-g(x)=x2+x+a2+a-(x2-x+a2-a)=2(x+a),
(作差,根据函数M(x)的定义,利用差的正负分类选择函数解析式)
∴当x≥-a时, f(x)≥g(x),当x<-a时, f(x)
(1)当a=1时,M(x)=
当x≥-1时,M(x)min=f=;
当x<-1时,M(x)=g(x)>g(-1)=2,
故M(x)min=.
(2)函数f(x)和g(x)的图象的对称轴方程分别为x=-,x=.
①当-a≤-,即a≥时,
M(x)在上单调递减,在上单调递增,
故M(x)min=f=3,即a2+a-=0,解得a=或a=-(舍去).
②当-<-a≤,即-≤a<时,M(x)在(-∞,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增,
故M(x)min=f(-a)=3,即2a2=3,解得a=±(舍去).
③当-a>,即a<-时,M(x)在上单调递减,在上单调递增,
故M(x)min=g=3,即a2-a-=0,解得a=-或a=(舍去).
综上所述,a=±.
思想方法 在解决函数问题时,当条件中变量或参数的取值不同,函数的图象、性质有不同的变化时,要依据题意合理进行分类讨论.涉及分段函数的问题,要注意自变量的取值范围对解题的影响;涉及含参数的函数问题,有时需对参数进行分类讨论.在分类讨论时,要准确把握分类的标准.
5.答案
解析 因为f(x)=g(x)-x,
所以f(-x)=g(-x)+x,
两式相减得f(x)-f(-x)=g(x)-g(-x)-2x=2x-2x=0,因此f(x)=f(-x),
又f(x)的定义域为R,关于原点对称,所以f(x)为偶函数.又因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,
所以f(a)-f(2a+1)≥0 f(a)≥f(2a+1),
(将不等式化为函数f(x)的两个函数值的大小,利用单调性与奇偶性解不等式)
所以|a|≥|2a+1| a2≥4a2+4a+1 3a2+4a+1≤0 (3a+1)(a+1)≤0,解得-1≤a≤-,
所以实数a的取值范围为.
6.答案 ∪
解析 由 x1∈[2,4], x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),可知f(x)在[2,4]上的值域是g(x)在[-2,1]上的值域的子集.
(将方程有解问题转化为函数的值域问题)
由f(x)=
可知f(x)在[2,3]上单调递减,在(3,4]上单调递增,
所以f(x)在[2,3]上的值域为[3,4],在(3,4]上的值域为,
所以f(x)在[2,4]上的值域为.
当a>0时,g(x)单调递增,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[-2a+1,a+1],
所以解得a≥.
当a<0时,g(x)单调递减,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[a+1,-2a+1],
所以解得a≤-.
当a=0时,g(x)=1,为常数函数,值域为{1},不符合题意.
综上,实数a的取值范围是∪.
7.解析 (1)因为g(x)<+1,所以x2-mx++2m-3<+1,化简得x2-mx+2m-4<0,
依题得不等式x2-mx+2m-4<0的解集为(1,a),
(将不等式解集的端点转化为对应方程的两根)
所以x=1是方程x2-mx+2m-4=0的一个根,因此1-m+2m-4=0,解得m=3,因此原不等式为x2-3x+2<0,解得1
(将不等式有解、不等式恒成立问题转化为函数的最大(小)值问题: x1∈[0,1], f(x1)>g(x2)恒成立等价于f(x)min>g(x); x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2)等价于f(x)>g(x)min)
由于f(x)=x+m在[0,1]上单调递增,因此f(x)min=f(0)=m,g(x)=x2-mx++2m-3的图象的对称轴方程为x=.
①若1<<2,即2
∴m>m2+2m-3,解得-6
∴m>+m-2,解得-2
∴m>+1,该不等式无解.
综上所述,实数m的取值范围是{m|-2
8.解析 (1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x+1)=ax2+2ax+a+bx+b+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c,
f(x-1)=ax2-2ax+a+bx-b+c=ax2+(b-2a)x+a-b+c,
∴f(x+1)+f(x-1)=2ax2+2bx+2(a+c),
∴2ax2+2bx+2(a+c)=2x2-4x+4,
(恒等式问题可利用对应项系数相等列方程组求解)
∴解得∴f(x)=x2-2x+1.
(2)将2f(x)-f=3x①中的x用替换,
得2f-f(x)=②,
(对变量进行赋值,构造方程组,通过解方程组得到问题的解)
联立①②消去f,化简得f(x)=2x+.
又x≠0,所以函数f(x)的解析式为f(x)=2x+(x≠0).
(3)∵f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,
∴由f(x)+g(x)=,得f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=-,
(利用奇偶性构造方程组求解)
由得f(x)=(x≠±1),g(x)=(x≠±1).
思想方法 在函数中,利用函数、方程、不等式三者之间的联系,通过解方程(组)等解决函数中的相关问题,是解决函数问题最基本的方法.
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同课章节目录
- 第一章 集合与常用逻辑用语
- 1.1 集合的概念
- 1.2 集合间的基本关系
- 1.3 集合的基本运算
- 1.4 充分条件与必要条件
- 1.5 全称量词与存在量词
- 第二章 一元二次函数、方程和不等式
- 2.1 等式性质与不等式性质
- 2.2 基本不等式
- 2.3 二次函数与一元二次方程、不等式
- 第三章 函数概念与性质
- 3.1 函数的概念及其表示
- 3.2 函数的基本性质
- 3.3 幂函数
- 3.4 函数的应用（一）
- 第四章 指数函数与对数函数
- 4.1 指数
- 4.2 指数函数
- 4.3 对数
- 4.4 对数函数
- 4.5 函数的应用（二）
- 第五章 三角函数
- 5.1 任意角和弧度制
- 5.2 三角函数的概念
- 5.3 诱导公式
- 5.4 三角函数的图象与性质
- 5.5 三角恒等变换
- 5.6 函数 y=Asin（ ωx ＋ φ）
- 5.7 三角函数的应用