人教A版 (2019)必修第一册3.2 函数的基本性质当堂检测题

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这是一份人教A版 (2019)必修第一册3.2 函数的基本性质当堂检测题，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A组·基础自测
一、选择题
1．下列说法正确的是( B )
A．偶函数的图象一定与y轴相交
B．奇函数y＝f(x)在x＝0处有定义，则f(0)＝0
C．奇函数y＝f(x)的图象一定过原点
D．图象过原点的奇函数必是单调函数
[解析] A项中若定义域不含0，则图象与y轴不相交，C项中定义域不含0，则图象不过原点，D项中奇函数不一定单调，故选B.
2．已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋eq \f(1,x)，则f(－1)＝( A )
A．－2 B．0
C．1 D．2
[解析] f(－1)＝－f(1)＝－2.故选A.
3．已知y＝f(x)，x∈(－a，a)，F(x)＝f(x)＋f(－x)，则F(x)是( B )
A．奇函数
B．偶函数
C．既是奇函数又是偶函数
D．非奇非偶函数
[解析] F(－x)＝f(－x)＋f(x)＝F(x)．
又x∈(－a，a)关于原点对称，
∴F(x)是偶函数．
4．已知f(x)是偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，则f(－0.5)，f(－1)，f(0)的大小关系是( C )
A．f(－0.5)＜f(0)＜f(－1)B．f(－1)＜f(－0.5)＜f(0)
C．f(0)＜f(－0.5)＜f(－1)D．f(－1)＜f(0)＜f(－0.5)
[解析] ∵函数f(x)为偶函数，∴f(－0.5)＝f(0.5)，f(－1)＝f(1)．又∵f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，∴f(0)＜f(0.5)＜f(1)，即f(0)＜f(－0.5)＜f(－1)，故选C.
5．(多选题)设f(x)为偶函数，且在区间(－∞，0)内单调递增，f(－2)＝0，则下列区间中使得xf(x)<0的有( CD )
A．(－1,1) B．(0,2)
C．(－2,0) D．(2,4)
[解析] 结合题意画出草图，如图所示．
当x>0时，f(x)<0得x>2；
当x<0时，f(x)>0得－2结合选项得，使xf(x)<0的区间有(－2,0)和(2,4)．故选CD.
二、填空题
6．若函数f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋2是偶函数，则f(x)的单调递增区间是_(－∞，0]_.
[解析] 函数f(x)＝(m－2)x2＋(m－1)x＋2是偶函数，则函数f(x)的图象关于y轴对称，所以m－1＝0，即m＝1，所以f(x)＝－x2＋2，所以函数f(x)的单调递增区间是(－∞，0]．
7．设函数f(x)＝eq \f(x＋1x＋a,x)为奇函数，则a＝_－1_.
[解析] ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
即eq \f(－x＋1－x＋a,－x)＝－eq \f(x＋1x＋a,x).
显然x≠0，整理得x2－(a＋1)x＋a＝x2＋(a＋1)x＋a，故a＋1＝0，得a＝－1.
8．如果函数F(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－3，x>0，,fx，x<0))是奇函数，则F(－1)＝_1_，f(x)＝_2x＋3_.
[解析] ∵F(x)为奇函数，∴F(－1)＝－F(1)＝－(2×1－3)＝1.
当x<0时，－x>0，F(－x)＝－2x－3，
又F(x)为奇函数，故F(－x)＝－F(x)，
∴F(x)＝2x＋3，即f(x)＝2x＋3.
三、解答题
9．已知f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，且f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，求f(x)，g(x)的表达式．
[解析] f(－x)＋g(－x)＝x2－x－2，由f(x)是偶函数，g(x)是奇函数得，f(x)－g(x)＝x2－x－2.
又f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，两式联立得：
f(x)＝x2－2，g(x)＝x.
10．已知f(x)为奇函数，且当x<0时，f(x)＝x2＋3x＋2.若当x∈[1,3]时，f(x)的最大值为m，最小值为n，求m－n的值．
[解析] ∵当x<0时，f(x)＝x2＋3x＋2，
且f(x)是奇函数，∴当x>0时，－x<0，
则f(－x)＝x2－3x＋2.
故当x>0时，f(x)＝－f(－x)＝3x－x2－2.
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，f(x)是增函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))时，f(x)是减函数．因此当x∈[1,3]时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,4)，f(x)min＝f(3)＝－2.
∴m＝eq \f(1,4)，n＝－2，从而m－n＝eq \f(9,4).
B组·能力提升
一、选择题
1．若函数f(x)＝ax2＋(2b－a)x＋b－a是定义在[2－2a，a]上的偶函数，则a－b＝( A )
A．1 B．2
C．3 D．4
[解析] ∵二次函数为偶函数，∴对称轴为y轴，且区间[2－2a，a]关于原点对称，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－2a＋a＝0，,2b－a＝0，))⇒eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))∴a－b＝1，故选A.
2．设函数f(x)＝－1＋eq \f(2,x＋1)，则下列函数中为奇函数的是( B )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
[解析] 因为f(x)＝－1＋eq \f(2,x＋1)，
所以函数f(x)的对称中心为(－1，－1)．
所以将函数f(x)先向右平移一个单位，再向上平移一个单位，得到函数y＝f(x－1)＋1，该函数的对称中心为(0,0)．
故函数y＝f(x－1)＋1为奇函数．
3．(多选题)关于函数f(x)＝eq \f(x,x－1)，下列结论正确的是( AC )
A．f(x)的图象过原点
B．f(x)是奇函数
C．f(x)在区间(1，＋∞)上单调递减
D．f(x)是定义域上的增函数
[解析] 函数f(x)＝eq \f(x,x－1)＝eq \f(x－1＋1,x－1)＝1＋eq \f(1,x－1)，f(0)＝0，A对；图象关于(1,1)点对称，B错；f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上单调递减，整个定义域上不是减函数，故C对，D错．
二、填空题
4．已知偶函数f(x)和奇函数g(x)的定义域都是(－4,4)，且在(－4,0]上的图象如图所示，则关于x的不等式f(x)·g(x)＜0的解集是_(－4，－2)∪(0,2)_.
[解析] 设h(x)＝f(x)g(x)，则h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(x)，
所以h(x)是奇函数．
补全f(x)，g(x)的图象(图略)，由图象可知：当－4＜x＜－2时，f(x)＞0，g(x)＜0，此时h(x)＜0；当0＜x＜2时，f(x)＜0，g(x)＞0，此时h(x)＜0.
所以h(x)＜0的解集为(－4，－2)∪(0,2)．
5．已知函数f(x)是R上的奇函数，且在R上是减函数，若f(a－1)＋f(1)>0，则实数a的取值范围是_(－∞，0)_.
[解析] ∵f(a－1)＋f(1)>0，∴f(a－1)>－f(1)．
∵f(x)是奇函数，∴f(－1)＝－f(1)．
∴f(a－1)>f(－1)．
又f(x)在R上是减函数，∴a－1<－1，即a<0.
三、解答题
6．已知函数f(x)＝eq \f(ax＋b,1＋x2)是定义在(－1,1)上的奇函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(2,5).
(1)确定函数f(x)的解析式；
(2)用定义证明f(x)在(－1,1)上是增函数；
(3)解不等式：f(t－1)＋f(t)<0.
[解析] (1)由题意，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝\f(2,5)，))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝1，,b＝0))(经检验符合题意)，
故f(x)＝eq \f(x,1＋x2).
(2)任取－1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(x1,1＋x\\al(2,1))－eq \f(x2,1＋x\\al(2,2))
＝eq \f(x1－x21－x1x2,1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2)).
∵－1∴x1－x2<0,1＋xeq \\al(2,1)>0,1＋xeq \\al(2,2)>0.
又－10.
∴eq \f(x1－x21－x1x2,1＋x\\al(2,1)1＋x\\al(2,2))<0，
即f(x1)∴f(x)在(－1,1)上是增函数．
(3)∵f(x)在(－1,1)上是增函数，
且f(t－1)<－f(t)＝f(－t)，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1解得0∴不等式的解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(t|0C组·创新拓展
已知偶函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1.
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)解不等式f(2x－1)<2.
[解析] (1)证明：设x2>x1>0，
则f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)
＝f(x1)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1))).
∵x2>x1>0，∴eq \f(x2,x1)>1.
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))>0，即f(x2)－f(x1)>0，
∴f(x2)>f(x1)．
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)∵f(2)＝1，
∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2.
∵f(x)是偶函数，
∴不等式f(2x－1)<2可化为f(|2x－1|)又∵函数在(0，＋∞)上是增函数，
∴|2x－1|<4，且2x－1≠0，
解得－eq \f(3,2)∴不等式解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)

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