2020_2021学年新教材高中数学第三章函数测评课后提升训练(含解析)新人教B版必修第一册

第三章测评
(时间:120分钟 满分:150分)
一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分) 1.下列函数与函数y=x 相同的是( ) A.y=x 2
B.y=√t 33
C.y=√x 2
D.y=x 2
x
√t 33
=t ,t ∈R . 2.函数f (x )=
t
|t |
的图像是( )
f (x )=t |t |={1,t >0,
-1,t <0,
所以其图像为C .
3.函数f (x )={1-t 2,t ≤1,
t 2-t -3,t >1,则f (f (2))的值为( )
A.-1
B.-3
C.0
D.-8
(2)=22
-2-3=-1,f (f (2))=f (-1)=1-(-1)2
=0.
4.已知二次函数f (x )=m 2x 2
+2mx-3,则下列结论正确的是( ) A.函数f (x )有最大值-4 B.函数f (x )有最小值-4 C.函数f (x )有最大值-3
D.函数f (x )有最小值-3
,m 2
>0,所以f (x )的图像开口向上,函数有最小值f (x )min =4t 2(-3)-4t 2
4t 2
=-4,故选B .
5.若函数f (x )(x ∈R )是奇函数,则( ) A.函数f (x 2
)是奇函数 B.函数[f (x )]2是奇函数 C.函数f (x )·x 2是奇函数 D.函数f (x )+x 2是奇函数
((-x )2)=f (x 2),则函数f (x 2)是偶函数,故A 错误;[f (-x )]2=[-f (x )]2,则函数[f (x )]2
是偶函数,故B 错误;函数f (-x )·(-x )2
=-f (x )·x 2
,则函数f (x )·x 2
是奇函数,故C 正确;f (-x )+(-x )2
=-f (x )+x 2,则函数f (x )+x 2不是奇函数,故D 错误.故选C .
6.已知偶函数f (x )在区间[0,+∞)内单调递增,则满足f (2x-1)<f (1
3)的x 的取值范围是( ) A.(1
3,2
3) B.[13,2
3) C.(1
2,23)
D.[1
2,2
3)
函数f (x )是偶函数,∴f (2x-1)<f (1
3)等价于f (|2x-1|)<f (1
3).
又f (x )在区间[0,+∞)内单调递增,
∴|2x-1|<13,解得13<x<2
3.
7.函数f (x )=tt 2t +3(t ≠-3
2)满足f (f (x ))=x ,则常数c 等于( ) A.3 B.-3
C.3或-3
D.5或-3
(f (x ))=
t (tt
2t +3)
2(
tt
2t +3
)+3
=
t 2t
2tt +6t +9
=x , 即x [(2c+6)x+9-c 2
]=0,
所以{2t +6=0,
9-t 2=0,解得c=-3.故选B .
8.若函数y=f (x )为偶函数,且在(0,+∞)内是减函数,又f (3)=0,则t (t )+t (-t )
2t
<0的解集为( )
A.(-3,3)
B.(-∞,-3)∪(3,+∞)
C.(-∞,-3)∪(0,3)
D.(-3,0)∪(3,+∞)
f (x )为偶函数,∴f (-x )=f (x ),
∴
t (t )+t (-t )
2t
=
2t (t )2t
=
t (t )
t
<0, 即{t (t )<0,t >0或{t (t )>0,t <0.
∵f (x )为偶函数且在(0,+∞)内为减函数,
∴f (x )在(-∞,0)内是增函数.
由f (3)=0知f (-3)=0,
∴{t (t )<0,t >0可化为{t (t )<t (3),t >0,∴x>3;
{t (t )>0,t <0可化为{
t (t )>t (-3),t <0,
∴-3<x<0.
综上,t (t )+t (-t )2t
<0
的解集为(-3,0)∪(3,+∞).
二、多项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)
9.(2019临高中学高一期中)已知f (x )={t +2(t ≤-1),
t 2(-1<t <2),2t (t ≥2),
若f (x )=1,则x 的值是( )
A.-1
B.1
2
C.-√3
D.1
,f (x )={t +2(t ≤-1),
t 2(-1<t <2),2t (t ≥2),
若f (x )=1,分3种情况讨论:①当x ≤-1时,f (x )=x+2=1,解
可得x=-1;②当-1<x<2时,f (x )=x 2
=1,解可得x=±1,又由-1<x<2,则x=1;③当x ≥2时,f (x )=2x=1,解可得x=1
2,舍去.综合可得,x=1或-1.故选AD .
10.(2019山东高一期中)已知函数f (x )=ax 2
-2ax-3(a>0),则( ) A.f (-3)>f (3) B.f (-2)<f (3) C.f (4)=f (-2)
D.f (4)>f (3)
(x )=ax 2
-2ax-3(a>0)对称轴为x=1,且在[1,+∞)是增函数,f (-3)=f (5)>f (3),选项A 正确;f (-2)=f (4)>f (3),选项B 错误;f (4)=f (-2),选项C 正确;f (4)>f (3),选项D 正确.故选ACD .
11.(2019辽宁高一期中)若函数f (x )={-t 2
+2t ,t ≤-1,tt +4,t >-1
在R 上是单调函数,则a 的取值可能是
( ) A.0
B.1
C.3
2
D.3
x ≤-1时,f (x )=-x 2
+2a 为增函数,所以当x>-1时,f (x )=ax+4也为增函数,所以
{t >0,
-1+2t ≤-t +4,
解得0<a ≤53.故选BC .
12.(2020山东高一期末)已知函数f (x )={|t +1|-1,t <0,
t (t -2),t ≥0.则以下结论正确的是( )
A.f (2 020)=0
B.方程f (x )=1
4x-1有三个实根 C.当x ∈[4,6)时,f (x )=|x-5|-1
D.若函数y=f (x )-t 在(-∞,6)上有8个零点x i (i=1,2,3,…,8),则∑t =18
x i f (x i )的取值范围为(-16,0)
A,f (2020)=f (2018)=…=f (0)=f (-2)=|-2+1|-1=0.故A 正确.对B,画出
f (x )={
|x +1|-1,x <0,
f(x -2),x ≥0
的图像,如图所示.
故f (x )=1
4x-1有四个根.故B 错误.对C,当x ∈[4,6)时,f (x )=f (x-2)=f (x-4)=f (x-6)=|x-6+1|-1=|x-5|-1.故C 正确.
对D,画出图像,y=f (x )-t 有8个零点,即y=f (x )与y=t 有8个交点.
此时∑i =18
x i f (x i )=t ∑t =1
8
x i =t [(-1)×2+1×2+3×2+5×2]=16t.又t ∈(-1,0),故16t ∈(-16,0).即
∑t =1
8
x i f (x i )的取值范围为(-16,0).故D 正确.故选ACD .
三、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.函数f (x )是奇函数,当x<0时,f (x )=x 2
+ax ,且f (2)=12,则a= .
f (x )为奇函数,且f (2)=12,∴f (-2)=-f (2)=-12.又由当x<0时,f (x )=x 2
+ax ,则f (-2)=4-2a=-12,解得a=8.
14.(2019江苏)函数y=√7+6t -t 2的定义域是 .
,则7+6x-x 2
≥0,解得-1≤x ≤7.
-1,7]
15.对任意两个实数x 1,x 2,定义max{x 1,x 2}={
t 1,t 1≥t 2,t 2,t 1<t 2,
若f (x )=x 2
-2,g (x )=-x ,则
max{f (x ),g (x )}的最小值为 .
(x )-g (x )=x 2
-2-(-x )=x 2
+x-2,
当x 2
-2-(-x )=x 2+x-2≥0时,x ≥1或x ≤-2,此时,f (x )≥g (x ), 当-2<x<1时,x 2
+x-2<0,即f (x )<g (x ),所以max{f (x ),g (x )}={-t ,-2<t <1,
t 2-2,t ≥1或t ≤-2,
可结合分段函数的图像得最小值为f (1)=-1.
1
16.(2019北京,理14)李明自主创业,在网上经营一家水果店,销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃,价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量,李明对这四种水果进行促销:一次购买水果的总价达到120元,顾客就少付x 元.每笔订单顾客网上支付成功后,李明会得到支付款的80%.
(1)当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各1盒,需要支付 元;
(2)在促销活动中,为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折,则x 的最大值为 .
当x=10时,顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付(60+80)-10=130元.
(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为y 元,
y<120元时,李明得到的金额为y ·80%,符合要求. y ≥120元时,有(y-x )·80%≥y ·70%成立,
即8(y-x )≥7y ,x ≤t 8,即x ≤(t
8)
min
=15.
所以x 的最大值为15.
(2)15
四、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(10分)已知f (x )是奇函数,且当x>0时,f (x )=x 2
-2x+1,求f (x )在x ∈R 上的表达式.
f (x )是定义域在R 上的奇函数,所以f (0)=0,当x<0时,-x>0,由已知得,f (-x )=(-x )2
-2(-x )+1=x 2+2x+1=-f (x ),
所以f (x )=-x 2
-2x-1,
所以f (x )={t 2-2t +1,t >0,
0,t =0,-t 2-2t -1,t <0.
18.(12分)(2020四川泸县五中高一月考)已知函数f (x )=2t -1
t +1,x ∈[3,5]. (1)判断f (x )在区间[3,5]上的单调性并证明; (2)求f (x )的最大值和最小值.
函数f (x )在[3,5]上为增函数,证明如下:
设x 1,x 2是[3,5]上的任意两个实数,且x 1<x 2,则f (x 1)-f (x 2)=2t 1-1
t 1
+1
−
2t 2-1
t 2+1
=3(t 1-t 2)
(t
1+1)(t 2+1)
.
∵3≤x 1<x 2≤5,
∴x 1-x 2<0,x 1+1>0,x 2+1>0, ∴f (x 1)-f (x 2)<0,即f (x 1)<f (x 2), ∴函数f (x )在[3,5]上为增函数.
(2)由(1)知函数f (x )在[3,5]单调递增,所以函数f (x )的最小值为f (x )min =f (3)=2×3-13+1
=5
4
,
函数f (x )的最大值为f (x )max =f (5)=
2×5-15+1
=3
2
.
19.(12分)已知函数f (x )=mx+1
tt +1
2(m ,n 是常数),且f (1)=2,f (2)=11
4. (1)求m ,n 的值;
(2)当x ∈[1,+∞)时,判断f (x )的单调性并证明;
(3)若不等式f (1+2x 2
)>f (x 2
-2x+4)成立,求实数x 的取值范围.
∵f (1)=m+1t +12=2,f (2)=2m+12t +12=11
4,∴{
t =1,t =2.
(2)f (x )单调递增,证明如下,
设1≤x 1<x 2,则f (x 1)-f (x 2)=x 1+12t 1
+12−(t 2+12t 2
+12)=(x 1-x 2)(1-1
2t
1t 2
)=(x 1-x 2)·(
2t 1t 2-12t 1t 2
).
∵1≤x 1<x 2,∴x 1-x 2<0,x 1x 2>1,∴2x 1x 2>1, ∴f (x 1)-f (x 2)<0,即f (x 1)<f (x 2), ∴f (x )在[1,+∞)内单调递增.
(3)∵1+2x 2
≥1,x 2
-2x+4=(x-1)2
+3≥3, 需要1+2x 2
>x 2
-2x+4,∴x 2
+2x-3>0,
∴x<-3或x>1.
20.(12分)某租赁公司拥有汽车100辆,当每辆车的月租金为3 000元时,可全部租出;当每辆车的月租金每增加50元时,未租出的车将会增加一辆.租出的车每辆每月需要维护费150元,未租出的车每辆每月需要维护费50元.
(1)当每辆车的月租金定为3 600元时,能租出多少辆车?
(2)当每辆车的月租金定为多少元时,租赁公司的月收益最大?最大月收益是多少?
当每辆车的月租金定为3600元时,未租出的车辆数为
3600-3000
50
=12,所以这时租出了88辆车.
(2)设每辆车的月租金定为x 元,则租赁公司的月收益为f (x )=(100-t -300050
)(x-150)-
t -300050
×50,
整理,得f (x )=-t 2
50+162x-21000=-1
50(x-4050)2
+307050.
所以当x=4050时,f (x )最大, 最大值为f (4050)=307050元,
即当每辆车的月租金定为4050元时,租赁公司的月收益最大,最大月收益为307050元.
21.(12分)已知f (x )对任意的实数m ,n 都有:f (m+n )=f (m )+f (n )-1,且当x>0时,有f (x )>1. (1)求f (0);
(2)求证:f (x )在R 上为增函数;
(3)若f (1)=2,且关于x 的不等式f (ax-2)+f (x-x 2
)<3对任意的x ∈[1,+∞)恒成立,求实数a 的取值范围.
m=n=0,则f (0)=2f (0)-1,∴f (0)=1.
x 1,x 2∈R 且x 1<x 2,
∴x 2-x 1>0,f (x 2-x 1)>1. ∵f (m+n )=f (m )+f (n )-1,
∴f (x 2)=f [(x 2-x 1)+x 1]=f (x 2-x 1)+f (x 1)-1>1+f (x 1)-1=f (x 1), ∴f (x 2)>f (x 1), ∴f (x )在R 上为增函数.
f (ax-2)+f (x-x 2
)<3,即f (ax-2)+f (x-x 2
)-1<2,
∴f (ax-2+x-x 2)<2.
∵f (1)=2,∴f (ax-2+x-x 2)<f (1).
又∵f (x )在R 上为增函数,
∴ax-2+x-x 2<1,
∴x 2-(a+1)x+3>0对任意的x ∈[1,+∞)恒成立.
令g (x )=x 2
-(a+1)x+3, 当
t +12
≤1时,g (1)>0,得a<3,
∴a ≤1;当
t +12
>1时,Δ<0,
即(a+1)2
-3×4<0,
∴-2√3-1<a<2√3-1,∴1<a<2√3-1.
综上,实数a 的取值范围为(-∞,2√3-1).
22.(12分)(2020广东金山高一检测)已知二次函数f (x )对x ∈R 都有f (x+1)-f (x )=2x+2成立,且
f (1)=3.
(1)求函数f (x )的解析式;
(2)求函数g (x )=f (x )-(1+2m )x+1(m ∈R )在x ∈[-2,3]上的最小值.
设二次函数f (x )=ax 2
+bx+c ,a ≠0,
则f (x+1)=a (x+1)2
+b (x+1)+c=ax 2
+2ax+a+bx+b+c , f (x+1)-f (x )=2ax+a+b=2x+2,即{2t =2,
t +t =2,解得a=b=1,
即f (x )=x 2
+x+c ,又f (1)=2+c=3,得c=1, 所以f (x )=x 2+x+1.
(2)g (x )=x 2
-2mx+2=(x-m )2
+2-m 2
,对称轴x=m ,开口向上. 分三种情况:
①当m<-2时,函数y=g(x)在区间[-2,3]内单调递增,g(x)min=g(-2)=6+4m.
②当-2≤m≤3时,g(x)min=g(m)=2-m2.
③当m>3时,函数y=g(x)在区间[-2,3]内单调递减,g(x)min=g(3)=11-6m.
综上,g(x)min={6+4t,t<-2, 2-t2,-2≤t≤3, 11-6t,t>3.。