高中人教a版数学必修1单元测试：第一章集合与函数概念(二)a卷word版含解析

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高中同步创优单元测评 A 卷 数 学 班级：________ 姓名：________ 得分：________ 第一章 集合与函数概念(二) (函数的概念与基本性质) 名师原创·基础卷] (时间：120 分钟 满分：150 分) 第Ⅰ卷 (选择题 共 60 分) 一、选择题(本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共 60 分，在每小 题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．函数 f(x)＝ 1 2x－3 的定义域是( ) A. 0，3 2 B. 3 2 ，＋∞ C. －∞，3 2 D. 3 2 ，＋∞ 2．函数 y＝f(x)的图象与直线 x＝2 的公共点有( ) A．0 个 B．1 个 C．0 个或 1 个 D．不能确定 3．函数 y＝x2－4x＋1，x∈2,5]的值域是( ) A．1,6] B．－3,1] C．－3,6] D．－3，＋∞) 4．已知函数 f(x)＝ x x≥0， x2 x<0， 则 f(f(－2))的值是( ) A．2 B．－2 C．4 D．－4 5．已知函数 f(x)＝(a－x)|3a－x|，a 是常数且 a>0，下列结论正确 的是( ) A．当 x＝2a 时，有最小值 0 B．当 x＝3a 时，有最大值 0 C．无最大值也无最小值 D．有最小值，但无最大值 6．定义域为 R 的函数 y＝f(x)的值域为 a，b]，则函数 y＝f(x＋a) 的值域为( ) A．2a，a＋b] B．a，b] C．0，b－a] D．－a，a＋b] 7．已知函数 f(x＋1)＝3x＋2，则 f(x)的解析式是( ) A．3x＋2 B．3x＋1 C．3x－1 D．3x＋4 8．设 f(x)是 R 上的偶函数，且在(－∞，0)上为减函数，若 x1<0， 且 x1＋x2>0，则( ) A．f(x1)>f(x2) B．f(x1)＝f(x2) C．f(x1)f(a－1)＋2，求 a 的取值范围． 22．(本小题满分 12 分) 已知函数 f(x)＝x2＋2x＋a x ，x∈1，＋∞)． (1)当 a＝1 2 时，求函数 f(x)的最小值； (2)若对任意 x∈1，＋∞)，f(x)>0 恒成立，试求实数 a 的取值范围． 详解答案 第一章 集合与函数概念(二) (函数的概念与基本性质) 名师原创·基础卷] 1．D 解析：由 2x－3>0 得 x>3 2. 2．C 解析：如果 x＝2 与函数 y＝f(x)有公共点，则只有一个公共 点，因为自变量取一个值只对应一个函数值；若无交点，则没有公共 点，此时的 x＝2 不在 y＝f(x)的定义域内． 3．C 解析：函数 y＝(x－2)2－3 在 2，＋∞)上是增函数，所以最 小值为 f(2)＝－3，又 x∈2,5]，故最大值为 f(5)＝6. 4．C 解析：∵x＝－2<0，∴f(－2)＝(－2)2＝4. 又 4>0，∴f(f(－2))＝f(4)＝4. 5．C 解析：由 f(x)＝ x－2a2－a2，x≤3a， －x－2a2＋a2，x>3a， 可画出简图． 分析知 C 正确． 6．B 解析：y＝f(x＋a)可由 y＝f(x)的图象向左或向右平移|a|个单 位得到，因此，函数 y＝f(x＋a)的值域与 y＝f(x)的值域相同． 7．C 解析：设 x＋1＝t，则 x＝t－1，∴f(t)＝3(t－1)＋2＝3t－1， ∴f(x)＝3x－1，故选 C. 解题技巧：采用换元法求函数解析式是常用方法．换元时，一定 注意自变量的取值范围的变化情况． 8．C 解析：x1<0，且 x1＋x2>0，∴x1>－x2. 又 f(x)在(－∞，0)上为减函数，∴f(x1)0 或 fx>0， x<0. 因为 f(x)是奇函数且在(0，＋∞)上是增函数，故 f(x)在(－∞，0) 上是增函数． 由 f(1)＝0 知 f(－1)＝0， ∴ fx<0， x>0 可化为 fx0， ∴00， x<0 可化为 fx>f1， x<0， ∴－10， ∴f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x. 又 f(x)是定义在 R 上的偶函数， ∴f(－x)＝f(x)． ∴当 x<0 时，f(x)＝x2＋2x. (2)由(1)知，f(x)＝ x2－2x x≥0， x2＋2x x<0. 作出 f(x)的图象如图所示． 由图得函数 f(x)的递减区间是(－∞，－1]，0,1]． f(x)的递增区间是－1,0]，1，＋∞)． 21．(1)证明：∵f(x)＝f x y·y ＝f x y ＋f(y)(y≠0)， ∴f x y ＝f(x)－f(y)． (2)解：∵f(3)＝1，∴f(9)＝f(3·3)＝f(3)＋f(3)＝2. ∴f(a)>f(a－1)＋2＝f(a－1)＋f(9)＝f 9(a－1)]． 又 f(x)在定义域(0，＋∞)上为增函数， ∴ a>0， a－1>0， a>9a－1， ∴1x1>1，则 f(x2)－f(x1)＝x2＋ 1 2x2 ＋2－ x1＋ 1 2x1 ＋2 ＝(x2－x1)＋x1－x2 2x1x2 ＝(x2－x1) 1－ 1 2x1x2 . ∵x2>x1>1， ∴x2－x1>0， 1 2x1x2 <1 2 ，1－ 1 2x1x2 >0， ∴f(x2)－f(x1)>0， ∴f(x)在 1，＋∞]上单调递增． ∴f(x)在区间 1，＋∞)上的最小值为 f(1)＝7 2. (2)在区间 1，＋∞)上，f(x)＝x2＋2x＋a x >0 恒成立， 等价于 x2＋2x＋a>0 恒成立． 设 y＝x2＋2x＋a，x∈1，＋∞)． ∵y＝x2＋2x＋a＝(x＋1)2＋a－1 在 1，＋∞)上单调递增， ∴当 x＝1 时，ymin＝3＋a. 于是，当且仅当 ymin＝3＋a>0 时，f(x)>0 恒成立． ∴a>－3. 解题技巧：不等式的恒成立问题常转化为函数的最值问题，分离 参数法是求解此类问题的常用方法．