高一预习-专题强化2 函数概念和性质考点梳理（教师版）-初升高数学暑假衔接（人教版）

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【考点突破】
一、求函数的定义域
1．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】先求出的定义域，再根据分母不为零和前者可求题设中函数的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，故，
所以的定义域为，
故函数中的需满足：，
故，故函数的定义域为，
故选：D.
2．函数的定义域是_____________.
【答案】
【分析】根据分式以及0次方满足的关系即可求解.
【详解】的定义域满足 ，解得且，
故答案为：
3．函数的定义域为 _________.
【答案】
【分析】根据根式的定义及分式的定义即可得到不等式组，即可求解.
【详解】解：由题可得，解得，，且；
的定义域为：．
故答案为：.
4．已知函数的定义域为，设函数，则函数的定义域是______.
【答案】
【分析】由的定义域得出，进而由得出所求.
【详解】因为函数的定义域为，所以，
即，解得
故函数，则函数的定义域是
故答案为：
二、分段函数
1．已知，则f(3)=（ ）
A．3B．5C．7D．9
【答案】B
【分析】根据分段函数的定义计算函数值．
【详解】.
故选：B
2．设函数 ，若，则实数（ ）
A．2B．C．或2D．
【答案】C
【分析】根据分段函数的解析式，分段求解方程，可得a的值，即得答案.
【详解】由于，
故当时，，则，
当时，令，则，
故实数或，
故选：C
3．设函数,则满足的的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】根据分段函数解析式，分，解不等式即得.
【详解】当时，，解得或，
所以或；
当时，，解得，
所以；
综上，满足的的取值范围是.
故选：D.
4．若函数是上的减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据分段函数单调性的性质可以得到关于的不等式组，解这个不等式组即可求出的取值范围.
【详解】因为函数是上的减函数，所以有，解得，故本题选A.
【点睛】本题考查了已知分段函数的单调性求参数问题，数形结合是解题的关键.
5．（多选）已知函数，关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域是B．的值域是
C．为单调递增函数D．若，则
【答案】ABC
【解析】根据分段函数的解析式分别判断其定义域、值域，单调性，由函数值求自变量.
【详解】因为，
所以函数的定义域为R，故A正确；
当时，，当时，，所以的值域为R，故B正确;
当时，为增函数，当时，为增函数，且连续
故为R上的增函数,故C正确；
当时，若，则，解得，舍去，若时，，解得或舍去，故，故D不正确.
故选：ABC
6．已知函数.
（1）求函数的分段解析式及单调区间
（2）作图求时，函数的最大值.
【答案】（1），单调增区间是和,单调减区间为.（2）答案见解析.
【解析】（1）对函数去绝对值，表示成分段函数模型并作出图像，由函数图像进行判断．
（2）令（），解出，对实数的范围分类讨论求解．
【详解】（1）， 由分段函数的图象知,
函数的单调增区间是和,单调减区间为.
（2）当时，解得，
所以当时，函数的最大值为，
当时，函数的最大值为；
当时，函数的最大值为.
【点睛】方法点睛：（1）对于分段函数单调性问题，结合分段函数图像可直接判断单调区间.
（2）求在不定区间上的最值，需分类讨论，结合分段函数图像，对区间端点的范围讨论，自变量的范围不同，对应的函数的最值也不同.
三、函数性质的综合应用
1．设偶函数的定义域为R，当时，是减函数，则，，的大小关系是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】依据偶函数性质及函数单调性即可对，，进行大小比较.
【详解】函数为偶函数，则，
当时，是减函数，又，
则，则
故选：C
2．已知偶函数在区间上单调递减，且，则不等式的解集为__________.
【答案】
【分析】根据函数的单调性和奇偶性求解抽象不等式即可.
【详解】由题知：在区间上单调递减，在上单调递增，
且，
当时，，，，符合题意，
当时，，，，不符合题意，
当时，，，，符合题意，
当时，，，，不符合题意，
综上的解集为
故答案为：
3．已知函数
(1)判断函数的单调性，并证明；
(2)用函数观点解不等式：.
【答案】(1)增函数，证明见解析；(2).
【分析】（1）根据函数单调性的定义即得；
（2）由题可得，结合函数的单调性即得.
【详解】（1）任取，则
，
因为，
所以，
所以，即，
所以在区间上是严格增函数；
（2）由（1）得在区间上是严格增函数，且，
所以由，可得，
所以的解集为.
4．已知函数，．
(1)用定义证明函数在上为增函数；
(2)若，求实数a的取值范围．
【答案】(1)证明见解析；(2)
【分析】（1）根据题意，利用定义法证明函数的单调性即可；
（2）根据题意，由（1）中的结论，根据函数的单调性列出不等式，求解即可得到结果.
【详解】（1）任取，，且，则，
因为，所以，，所以，即，
所以函数在上为增函数．
（2）由（1）知在上为增函数．
又，所以解得即，
所以实数a的取值范围是．
5．已知函数f(x)＝eq \f(mx2＋2,3x＋n)是奇函数，且f(2)＝eq \f(5,3).
(1)求实数m和n的值；
(2)求函数f(x)在区间[－2，－1]上的最值．
【详解】(1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，
∴eq \f(mx2＋2,－3x＋n)＝－eq \f(mx2＋2,3x＋n)＝eq \f(mx2＋2,－3x－n).
比较得n＝－n，n＝0.
又f(2)＝eq \f(5,3)，
∴eq \f(4m＋2,6)＝eq \f(5,3)，解得m＝2.
∴实数m和n的值分别是2和0.
(2)由(1)知f(x)＝eq \f(2x2＋2,3x)＝eq \f(2x,3)＋eq \f(2,3x).
任取x1，x2∈[－2，－1]，且x1则f(x1)－f(x2)＝eq \f(2,3)(x1－x2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x1x2)))＝eq \f(2,3)(x1－x2)·eq \f(x1x2－1,x1x2).
∵－2≤x1∴x1－x2<0，x1x2>1，x1x2－1>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)在[－2，－1]上为增函数．
∴f(x)max＝f(－1)＝－eq \f(4,3)，f(x)min＝f(－2)＝－eq \f(5,3).
6．已知定义在的函数下列条件：①对任意的实数，恒成立：②当时，：③
(1)求的值：
(2)判断的单调性并给出证明：
(3)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)在上单调递增，证明见解析
(3)
【分析】（1）先令，可求得，再令即可求出；
（2）令，可得，任取，判断出即可证明；
（3）根据定义可得，再利用单调性即可解出.
【详解】（1）令，则，解得，
令，则，解得；
（2）在上单调递增，证明如下：
令，
任意，
，
即在上单调递增；
（3）由，得，
即，
由（2）得，解得或，
又，，
综上所述：.
四、函数图象的画法及应用
1．函数的图象如图所示（图象与正半轴无限接近，但永远不相交），则下列说法正确的是（ ）
A．函数的定义城为
B．函数的值域为
C．当时，有两个不同的值与之对应
D．当、时，
【答案】D
【分析】利用图象可判断ABC选项的正误，由图象可得出函数在上的单调性，可判断D选项的正误.
【详解】对于A：由图象可知：函数在没有图象，故定义城不是，故A错误；
对于B：由图象可知函数的值域为，故B错误；
对于C：由图象可知，当时，有个不同的值与之对应，故C错误；
对于D：由图象可知函数在上单调递增，
所以，当、时，不妨设，则，则，故D正确.
故选：D.
2．已知奇函数在时的图象如图所示，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】根据图象及奇函数的性质判断在各个区间的正负，再结合与异号，即得解.
【详解】由图像可知在时，在，；在，；
由为奇函数，图象关于原点对称，
在时，在，；在，；
又，在时与同号，在时与异号
故不等式的解集为：
故选：C
【点睛】本题考查了函数的奇偶性在解不等式中的应用，考查了学生数形结合，转化划归的能力，属于中档题.
3．已知函数则函数的图象是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的特征写出的表达式，即可判断.
【详解】由题意得，当，即时，；
当，即时，
所以
结合函数图象可知：自变量的分界线为，故排除A,C,D
故选：B．
4．（多选）已知函数，，构造函数，那么关于函数的说法正确的是（ ）
A．的图象与x轴有3个交点B．在上单调递增
C．有最大值1，无最小值D．有最大值3，最小值1
【答案】AC
【分析】根据给定条件，作出函数的图象，借助图象逐项判断作答.
【详解】依题意，由解得，则，
作出函数的图象，如图：
观察图象知，函数的图象与x轴有三个交点，在上单调递减，有最大值1，无最小值，
即选项A，C正确；选项B，D不正确.
故选：AC
5．函数的图像是如图所示的折线段，点的坐标为，点的坐标为. 定义函数，则_________，函数的最大值为_________.
【答案】 0 1
【分析】根据点的坐标得到函数，继而得到，然后利用二次函数性质即可求解
【详解】设线段的方程为，
由点的坐标为，点的坐标为可得，解得，
所以函数，
又∵，∴函数，
所以，
当时，，∴此时；
当时，，∴此时；
∴函数最大值为1，
故答案为：0；1
6．求下列函数的单调区间:
(1);
(2).
【答案】(1)增区间是和,减区间是和；(2)单调增区间为和,单调减区间为和.
【解析】(1)先画出的图象，再利用翻折变换得到，结合图象的上升与下降可得函数的单调区间.
(2)就和分类讨论后可得的图象，结合图象的上升与下降可得函数的单调区间.
【详解】(1)令.
作出的图象，保留其在轴上及其上方部分，将位于轴下方的部分翻折到轴上方，得到的图象.
如图所示，由图象可得原函数的增区间是和，减区间是和.
(2)化简得即.
函数图象如图所示，单调增区间为和，单调减区间为和.
【点睛】本题考查含绝对值符号的函数的单调区间，注意图象变换在函数图象中的应用，也要注意分类讨论思想在处理与绝对值符号有关的函数的图象中的应用，本题属于中档题.
【随堂演练】
1．若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用复合函数的定义及给定函数式列出不等式组，求出其解集即可作答.
【详解】因函数的定义域为，则在函数中，
必有，解得，
所以的定义域为.
故选：A
2．已知函数，则（ ）
A．1B．2C．4D．8
【答案】C
【分析】根据定义域选择合适的表达式代入求值
【详解】
故选：C
3．，，则的递减区间（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】首先求，然后求得，进而求得的递减区间.
【详解】，，
所以的减区间为.
故选：B
4．已知函数 ，若，实数（ ）
A．2B．3C．4D．5
【答案】B
【分析】先求得，再由，即可求得答案.
【详解】由题意可得，故，
故选：B.
5．已知,则使成立的的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】（方法1）分别在时，解不等式，在时，解不等式，再求并集得答案.
（方法2）在同一坐标轴中画的图象，虚线，则函数图象在虚线及以上的部分中的取值范围，即不等式的解集，从而得答案.
【详解】（方法1）当时，不等式可化为，解得，又，所以；
当时，，不等式可化为，解得，
又，所以.
综上，使不等式成立的的取值范围是.
故选: A.
（方法2）函数的图象如图所示，虚线表示，函数图象在虚线及以上的部分中的取值范围即不等式的解集.
由图可知，的取值范围就是点的横坐标与点的横坐标之间的范围.
在中，令，得，所以点的横坐标为.
在中，令，得（舍去）或，
所以点的横坐标为，所以使不等式成立的的取值范围是.
故选：A.
6．函数的单调增区间是（ ）
A．和B．和
C．和D．和
【答案】C
【分析】由可得，即为偶函数，则当时，可得的单调区间，进而得到时，的单调区间，即可得到答案
【详解】解：由，
则为偶函数，的图像关于轴对称.
当时，，对称轴为，所以在上递增，在递减；
则当时，在递增，在递减，
则有的递增区间为.
故选：C
7．已知，则关于的不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分类讨论、与三种情况，由题设不等式与分段函数得到关于的不等式，解之即可得到所求.
【详解】因为，
当时，，
故由得，解得，故；
当时，，
故由得，
整理得，解得，故；
当时，，
故由得，解得，故；
综上：，即的解集为.
故选：B.
8．若函数的图象如图所示，则其单调递减区间是（ ）
A．， B． C． D．
【答案】B
【分析】利用图象判断函数单调性的方法直接写出函数单调递减区间.
【详解】观察函数的图象，可知函数的单调递减区间为.
故选：B
9．定义在上的函数满足，若的图像关于点对称，且函数在上单调递减，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据条件构造函数，易得为奇函数，且单调递减，从而可求得不等式解集.
【详解】因为的图像关于点对称，
由图像平移变换可知的图像关于原点对称，即为奇函数，
令，则
即也为奇函数，
又函数在上单调递减，由对称性可知，在上递减，
又因为，所以
所以
即
所以，即解集为
故选:A.
10．已知函数，，对，用表示，中的较大者，记为，则的最小值为______.
【答案】
【分析】作出函数的图象，结合图象即可得的最小值.
【详解】如图，在同一直角坐标系中分别作出函数和的图象，
因为对，，故函数的图象如图所示：
由图可知，当时，函数取得最小值.
故答案为：.
11．已知函数是定义在上的偶函数，且在上单调递减，，则的解集为__________
【答案】
【分析】通过分析得到函数的图象，解不等式组或即得解.
【详解】
因为函数是偶函数，所以的图象关于直线对称．
由在上单调递减，得在上单调递增，且，
所以当或时，，当时，．
函数的图象如图所示，
等价于或
即或, 解得或.
故答案为：
12．已知是奇函数，则实数__________．
【答案】2
【分析】利用奇函数的定义代入函数式，化简即可求出所要的值.
【详解】由题意得，所以，解得．
13．奇函数f(x)是定义域为(－1，1)上的减函数，且f(2a－1)＋f(a－1)>0，则a的取值范围是________．
【答案】
【分析】首先利用奇函数的性质，不等式变形为，再结合函数的单调性，列不等式，即可求解.
【详解】f(x)为奇函数，f(2a－1)>－f(a－1)，
∴f(2a－1)>f(1－a)，，解得.
故答案为：
14．已知函数是定义在上的偶函数，当时，，求当时，的表达式.
【答案】.
【分析】由时，得到，结合题意和，即可求解.
【详解】当时，则，
因为时，，
所以，
又因为是上的偶函数，所以，
即时，.
15．函数是定义在上的奇函数，当时，．
(1)计算，；
(2)求的解析式．
【答案】(1)，；
(2)
【分析】（1）根据奇函数的性质，，计算得到答案.
（2）令，则，则，再根据奇函数性质得到解析式.
【详解】（1）函数是定义在上的奇函数，则，．
（2）令，则，则，
又函数是奇函数，，所以，
所以．
16．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)x，0(1)求f(x)的定义域，值域；
(2)求f(f(1))；
(3)解不等式f(x＋1)>eq \f(1,4).
【详解】(1)f(x)的定义域为(0,1)∪[1,2)∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5,2))).
易知f(x)在(0,1)上为增函数，∴0f(x)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(5,2)))上为减函数，∴0∴值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
(2)f(1)＝eq \f(3,4)－eq \f(1,4)＝eq \f(1,2).
f(f(1))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,2)×eq \f(1,2)＝eq \f(1,4).
(3)f(x＋1)>eq \f(1,4)等价于①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0\f(1,4)，))或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1≤x＋1<2，,\f(3,4)－\f(1,4)x＋1>\f(1,4)，))或③eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2≤x＋1<\f(5,2)，,\f(5,4)－\f(1,2)x＋1>\f(1,4).))
解①得－eq \f(1,2)∴f(x＋1)>eq \f(1,4)的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，0))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1)).
17．已知函数，，.
(1)求实数的值；
(2)用函数单调性的定义证明：在上单调递增；
(3)当时，解关于的不等式：.
【答案】(1)；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）代入条件，转化为关于的方程组，即可求解；
（2）由（1）的结果可知，，根据函数单调性定义，即可求解；
（3）根据函数的单调性，解抽象不等式.
【详解】（1）因为，
所以 解得
（2）证明：
因为所以因为所以
所以，即
故在上单调递增
（3）当时，
由（2）知，在上单调递增，因为
所以 ，解得 ，即解集为
18．已知函数
(1)用单调性的定义证明：在区间上单调递减；
(2)解不等式：
【答案】(1)证明见解析；(2)解集为
【分析】(1)利用单调性的定义，按步骤证明函数单调递减.
(2)借助函数单调性解函数不等式.
【详解】（1）任取，则，
由，有，，∴，即，
所以在区间上单调递减
（2）由在区间上单调递减，，
，∴，即，解得，
所以原不等式的解集为
19．已知是定义在区间上的偶函数，其部分图像如图所示．
(1)求的值；
(2)补全的图像，并写出不等式的解集．
【答案】(1)1；(2)作图见解析，
【分析】（1）根据偶函数的性质计算；
（2）根据偶函数的性质以及函数图像计算.
【详解】（1）由图可知，，
因为是偶函数，所以；
（2）
的图像如上图，不等式的解集为；
综上， ，的解集为.
20．已知 的定义域为， 对任意都有， 当时，，.
(1)求；
(2)证明：在上是减函数；
(3)解不等式：.
【答案】(1)，；(2)证明见解析；(3)
【分析】（1）赋值法求解出，；
（2）令，且，结合当时，，从而得到，故，所以在上是减函数；
（3）赋值法得到，，对变形得到，结合第二问中证明的函数的单调性，得到，解不等式求出解集.
【详解】（1），令，则，解得：，
令，则，
因为，故，解得：；
（2）证明：令，且，
则，
因为当时，，
所以，
故，所以在上是减函数；
（3）令，则，
令得：，
令得：，
令，则，
故变形为，
故，
整理得：
所以，
即，
由（2）得：在上是减函数，
所以，解得：，
不等式的解集为.