人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质第2课时达标测试

这是一份人教A版 (2019)3.2 函数的基本性质第2课时达标测试，共6页。

1．函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝－x＋1，则当x<0时，f(x)的解析式为( )


A．f(x)＝－x＋1B．f(x)＝－x－1


C．f(x)＝x＋1D．f(x)＝x－1


[解析] 设x<0，则－x>0.


∴f(－x)＝x＋1，又函数f(x)是奇函数．


∴f(－x)＝－f(x)＝x＋1，


∴f(x)＝－x－1(x<0)．


[答案] B


2．设f(x)是R上的偶函数，且在[0，＋∞)上单凋递增，则f(－2)，f(－π)，f(3)的大小顺序是( )


A．f(－π)>f(3)>f(－2)


B．f(－π)>f(－2)>f(3)


C．f(3)>f(－2)>f(－π)


D．f(3)>f(－π)>f(－2)


[解析] ∵f(x)是R上的偶函数，


∴f(－2)＝f(2)，f(－π)＝f(π)，


又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且2<3<π，


∴f(π)>f(3)

即f(－π)>f(3)>f(－2)．


[答案] A


3．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)

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)))


[解析] 由于f(x)为偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增，则不等式f(2x－1)

[答案] A





4．若奇函数f(x)在区间[2,5]上的最小值是6，那么f(x)在区间[－5，－2]上有( )


A．最小值6B．最小值－6


C．最大值－6D．最大值6


[解析] 因为奇函数f(x)在[2,5]上有最小值6，所以可设a∈[2,5]，有f(a)＝6.由奇函数的性质，f(x)在[－5，－2]上必有最大值，且最大值为f(－a)＝－f(a)＝－6.


[答案] C


5．函数f(x)＝x3＋eq \r(3,x)＋1(x∈R)，若f(a)＝2，则f(－a)的值为________．


[解析] ∵f(a)＝2，∴a3＋eq \r(3,a)＋1＝2，


a3＋eq \r(3,a)＝1.∴f(－a)＝(－a)3＋eq \r(3,－a)＋1＝－(a3＋eq \r(3,a))＋1＝－1＋1＝0.


[答案] 0


课内拓展 课外探究


一、抽象函数的奇偶性与对称性


我们知道研究函数的奇偶性的实质是研究函数图象的对称性，只不过它是一种特殊的对称性，是关于原点或y轴对称的问题．那么，我们能否把这种对称性进行推广呢？


1．函数图象关于直线x＝a对称的问题


【典例1】 当函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称时，会满足怎样的条件呢？


[解] 如图所示，在直线x＝a两边取对称的两个自变量的值，如a－x，a＋x，由对称性知它们的函数值相等，即f(a－x)＝f(a＋x)；





反之，若对定义域内任一值x都有f(a－x)＝f(a＋x)，则可证明其图象关于直线x＝a对称．


证明：设函数y＝f(x)的图象上任一点为P(x，y)，则它关于直线x＝a的对称点为P′(2a－x，y)．因为f(a－x)＝f(a＋x)，所以f(2a－x)＝f[a＋(a－x)]＝f[a－(a－x)]＝f(x)．


这说明点P′(2a－x，y)也在函数y＝f(x)的图象上，则函数图象关于直线x＝a对称，


由此得出：函数y＝f(x)对定义域内任一值x都有f(a－x)＝f(a＋x)⇔y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．


若改变在直线x＝a两边取值的情况会得到如下结论：





2.函数图象关于点(a,0)对称的问题


【典例2】 当函数y＝f(x)的图象关于点(a,0)对称时，又会满足怎样的条件呢？


[解] 如图所示，在直线x＝a两边取对称的两个自变量的值，如a－x，a＋x，由对称性知它们的函数值互为相反数，即f(a－x)＝－f(a＋x)；





反之，若对定义域内任一值x都有f(a－x)＝－f(a＋x)，则可证明其图象关于点(a,0)对称．


证明：设函数y＝f(x)图象上任一点为P(x，y)，则它关于点(a,0)的对称点为P′(2a－x，－y)．因为f(a－x)＝－f(a＋x)，所以f(2a－x)＝f[a＋(a－x)]＝－f[a－(a－x)]＝－f(x)＝－y.


这说明点P′(2a－x，－y)也在函数y＝f(x)的图象上，则函数图象关于点(a,0)对称．


由此得出：函数y＝f(x)对定义域内任一值x都有f(a－x)＝－f(a＋x)⇔y＝f(x)的图象关于点(a,0)对称．


若改变在直线x＝a两边取值的情况会得到如下结论：





二、抽象函数的奇偶性与单调性


抽象函数涉及的问题有如下几类：


一是单调性，由于没有具体的函数解析式，研究抽象函数的单调性就得靠题中给出的抽象函数所满足的关系，通过赋特殊值、转化等手段，归结到函数单调性的定义上去解决．


二是奇偶性，这类题的入手点是函数奇偶性的定义，解题时抓住定义，实现问题的转化．


三是不等式，一般要先研究函数的性质，再转化为一般的不等式进行解答．


【典例3】 已知定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①对任意x，y∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x·y)＝f(x)＋f(y)；②当x>1时，f(x)>0，且f(2)＝1.


(1)试判断函数f(x)的奇偶性；


(2)判断函数f(x)在(0，＋∞)上的单调性；


(3)求函数f(x)在区间[－4,0)∪(0,4]上的最大值；


(4)求不等式f(3x－2)≥4的解集．


[解] (1)令x＝y＝1，则f(1×1)＝f(1)＋f(1)，


得f(1)＝0；再令x＝y＝－1，则f[(－1)·(－1)]＝f(－1)＋f(－1)，得f(－1)＝0.对于条件f(x·y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－1，则f(－x)＝f(x)＋f(－1)，


∴f(－x)＝f(x)．又∵函数f(x)的定义域关于原点对称，∴函数f(x)为偶函数．


(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x11.


又∵当x>1时，f(x)>0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))>0.而f(x2)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1·\f(x2,x1)))＝f(x1)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))>f(x1)，∴函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数．


(3)∵f(4)＝f(2×2)＝f(2)＋f(2)，又f(2)＝1，


∴f(4)＝2.又由(1)(2)知函数f(x)在区间[－4,0)∪(0,4]上是偶函数，且在(0,4]上是增函数，∴函数f(x)在区间[－4,0)∪(0,4]上的最大值为f(4)＝f(－4)＝2.


(4)∵4＝2＋2＝f(4)＋f(4)＝f(16)，∴原不等式转化为f(3x－2)≥f(16)．又∵函数f(x)为偶函数，且函数f(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴原不等式又转化为|3x－2|≥16，即3x－2≥16或3x－2≤－16，∴不等式f(3x－2)≥4的解集为{xeq \b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x≤－\f(14,3)或x≥6)).


[点评] 对于抽象函数奇偶性、单调性的判断，定义法是一种常用手段．具体的解题策略是：首先通过赋值得到f(1)，f(0)，f(－1)之类的特殊自变量的函数值，然后再通过赋值构造f(x)与f(－x)或f(x2)与f(x1)之间的关系式进行函数奇偶性或单调性的判断．





f(x)在定义域内恒满足的条件
y＝f(x)的图象的对称轴
f(a＋x)＝f(a－x)
直线x＝a
f(x)＝f(a－x)
直线x＝eq \f(a,2)
f(a＋x)＝f(b－x)
直线x＝eq \f(a＋b,2)
f(x)在定义域内恒满足的条件
y＝f(x)的图象的对称中心
f(a－x)＝－f(a＋x)
点(a,0)
f(x)＝－f(a－x)
点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，0))
f(a＋x)＝－f(b－x)
点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)，0))