第三章 函数概念与性质(章末测试)(解析版)

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

一、单选题(每题只有一个正确答案，5分/题，共40分）

21．（2020·浙江高一单元测试）已知幂函数fx的图象过点2,2，则f8的值为( )

A．

2 4B．

2 8C．22 D．82 【答案】A

22α2,【解析】∵幂函数fxx的图象过点，， 222a1112α，fxx2，f882，故选A．

2422．（2020·浙江高一单元测试）设函数f(x)x2(4a)x2在区间(,3]上是减函数，则实数a的取

值范围是（ ） A．a7 【答案】B

【解析】函数f(x)的对称轴为xa4，又B.

3．（2020·全国高一）函数fxA．1,2 C．,1【答案】B

函数在(,3]上为减函数，a43，即a7．故选：

B．a7

C．a3

D．a7

x2的定义域为( ) 2x1B．2,

1, D．,12,

【解析】函数fxx2x20，得x20， ，令22x1x1解得x2，所以fx的定义域为2,.故选：B

4．（2020·上海高一开学考试）函数fx在,单调递减，且为奇函数．若f11，则满足

1f(x2)1的x的取值范围是（ ） 2 A．2,【答案】D

【解析】由函数f(x)为奇函数，得f(1)f(1)1， 不等式1f(x2)1即为f(1)f(x2)f(1)，

又f(x)在(,)单调递减，所以得1x21，即1x3，故选：D．

B．1,1

C．0,4

D．1,3

1]上是增函数，则( ) 5.（2020·宁夏兴庆.银川一中）若偶函数fx在区间(，A．f3f(1)f(2) 2B．f(1)f3f(2) 2C．f(2)f(1)f【答案】D

3 2D．f(2)f3f(1) 2【解析】函数fx为偶函数,则f2f2.

1]上是增函数. 又函数fx在区间(，则f2f3f1，即f223ff1故选：D. 236．（2020·开封市立洋外国语学校）设函数f(x)xA．是奇函数，且在(0,+∞)单调递增 C．是偶函数，且在(0,+∞)单调递增 【答案】A

【解析】因为函数fxx31,则f(x)（ ） 3xB．是奇函数，且在(0,+∞)单调递减 D．是偶函数，且在(0,+∞)单调递减

1定义域为xx0，其关于原点对称，而fxfx， x3所以函数fx为奇函数．

3又因为函数yx在0,上单调递增，在上单调递减，在

,0上单调递增， ,0上单调递减，

,0上单调递增．故选：A．

而y13x在0,3x3所以函数fxx1在0,3x上单调递增，在

1x2，x07．（2020·浙江高一单元测试）已知函数fx，若fx-4f2x-3，则实数x的取值

1，x0范围是（ ）

， A．1【答案】C

1 B．，，4 C．11 D．，1x2，x0【解析】因为函数fx且fx-4f2x-3,

1，x0函数f(x)的图象如图:

33时,x40,即x4,所以x4, 2233当2x30即x≤时,x42x3即x1,所以1x,

22综上所述: 实数x的取值范围是1x4.故选:C.

由图可知:当2x30,即x8．（2020·福建省南平市高级中学高二期中）若函数fxaxbx1是定义在1a,2a上的偶函数，

2则该函数的最大值为（ ） A．5 C．3 【答案】A

【解析】偶函数定义域关于原点对称，所以1a2a0,a1，函数开口向上.由于函数为偶函数，故b0，所以fxx1，最大值为f2415.

2B．4 D．2

二、多选题(每题至少一个为正确答案，5分/题，共20分）

9．（2020·湖南雁峰.衡阳市八中高二期中）给出下列命题，其中是错误命题的是（ ） A．若函数fx的定义域为0,2，则函数f2x的定义域为0,4； B．函数fx1的单调递减区间是,00,； xC．若定义在R上的函数fx在区间,0上是单调增函数，在区间0,上也是单调增函数，则fx在R上是单调增函数；

D．x1，x2是fx定义域内的任意的两个值，且x1x2，若fx1fx2，则fx是减函数. 【答案】ABC

【解析】对于A，若函数fx的定义域为0,2， 则函数f2x的定义域为0,1，故A错误； 对于B，函数fx1的单调递减区间是,0和0,，故B错误； x对于C，若定义在R上的函数fx在区间,0上是单调增函数，

在区间0,上也是单调增函数，则fx在R上不一定为单调增函数，故C错误； 对于D，为单调性的定义，正确.故答案为：ABC.

10．（2020·浙江高一单元测试）函数fx是定义在R上的奇函数，下列说法正确的是（ ） A．f00

B．若fx在[0,)上有最小值1，则fx在(,0]上有最大值1

C．若fx在[1,)上为增函数，则fx在(,1]上为减函数 D．若x0时，fxx2x，则x0时，fxx2x

22【答案】ABD

【解析】由f(0)f(0)得f(0)0，A正确；

当x0时，f(x)1，则x0时，f(x)1，f(x)f(x)1，最大值为1，B正确； 若fx在[1,)上为增函数，则fx在(,1]上为增函数，C错；

2若x0时，fxx2x，则x0时，x0，f(x)f(x)(x)2(x)x2x，

22D正确．故选：ABD．

11．（2019·全国高一单元测试）下列各组函数表示的是同一个函数的是（ ） A．f(x)2x3与g(x)x2x B．f(x)|x|与g(x)C．f(x)x1与g(x)xx0 D．f(x)E.f(x)x2 x0与g(x)x xxx1与g(x)x2x 【答案】BD

【解析】对于A:f(x)2x3与g(x)x2x的对应关系不同,故f(x)与g(x)表的不是同一个函数；对于B:f(x)x与g(x)x2的定义域和对应关系均相同，故f(x)与g(x)表示的是同一个函数；

对于C:f(x)的定义域为R，g(x)的定义域为xx0,故f(x)与g(x)表示的不是同一个函数； 对于D:f(x)对于E:f(x)x0与g(x)x的对应关系和定义域均相同,故f(x)与g(x)表示的是同一个函数； xxx1的定义域是xx0,g(x)x2x的定义域是xx0或x1,故f(x)与g(x)表示的不是同一个函数.故选BD.

12． （2020·新泰市第二中学高二月考）已知函数fxx图像经过点(4,2)，则下列命题正确的有（ ）

A．函数为增函数 C．若x1，则fx1 【答案】ACD

B．函数为偶函数 D．若0x1x2，则

fx1fx22xxf12.

2【解析】将点(4,2)代入函数fxx得：2=4，则=1. 2所以f(x)x2，

显然fx在定义域[0,)上为增函数，所以A正确.

1fx的定义域为[0,)，所以fx不具有奇偶性，所以B不正确.

当x1时，x1，即fx1，所以C正确. 当若0x1x2时，

(fx1fx22)2f(xx22x1x22xx)=(1)(12)2. 222=x1x22x1x2x1x2.

242x1x2x1x2(x1x2)2==0.

44即

fx1fx22xxf12成立，所以D正确.故选：ACD.

2第II卷（非选择题）

三、填空题(5分/题,共20分）

2m13．（2020·浙江高一单元测试）已知函数f(x)(mm1)x是幂函数，且f(x)在(0,)上单调递增，

则实数m________. 【答案】2

【解析】∵幂函数f（x）＝（m2﹣m﹣1）xm在区间（0，+∞）上单调递增，

m2m11∴，解得m＝2或-1（舍）．故答案为2． m＞0x22xa2，x0，14．（2020·迁西县第一中学高二期中）已知aR，函数fx2若对任意x∈［–

x2x2a，x0．3，+），f(x)≤x恒成立，则a的取值范围是__________．

【答案】,2

8【解析】分类讨论：①当x0时，fxx即：x22x2ax， 整理可得：a1121xx， 22121xxx0， 22max由恒成立的条件可知：a结合二次函数的性质可知： 当x11112111，则a； 时，xx2max848282②当3x0时，fxx即：x22xa2x，整理可得：ax23x2， 由恒成立的条件可知：ax3x2结合二次函数的性质可知： 当x3或x0时，x3x223x0，

min2min2，则a2；

1综合①②可得a的取值范围是,2，故答案为,2.

8815．（2020·四川双流）设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝0，则不等式为________.

【答案】(－1，0)∪(0，1)

【解析】因为f(x)为奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，f(1)＝0， 所以f(－1)＝－f(1)＝0，且在(－∞，0)上也是增函数. 因为

1f(x)f(x)<0的解集

xx0x0f(x)f(x)f(x)<0，即 ＝2·或f(x)0f(x)0xx解得x∈(－1，0)∪(0，1).故答案为：(－1，0)∪(0，1).

2x2a1x，x116．（2019·湖北武汉。高一月考）已知函数fx满足对任意x1x2，都有

5ax4，x1fx1fx2x1x20成立，则实数a的取值范围是________．

4 【答案】2，【解析】由

2fx1fx2x1x2x22a1x，x10可知f(x)为单调递增函数,故fx中

5ax4，x12有x2a1x，x1与5ax4，x1均为增函数,且在x1处x2a1x的值小于

2(a1)21a2a52a4 故答案为：2，4 5ax4.可得5a012(a1)5a4a4四、解答题（17题10分，其余每题12分，共70分） 1．（2019·涡阳县第九中学高二期末）已知函数f(x)x（1）判断f(x)的奇偶性，并证明；

（2）判断f(x)在(1,)上的单调性，并证明；

【答案】（1）奇函数，证明见解析；（2）单调递增，证明见解析. 【解析】∵ f(x)xm，且f(1)2 xm，且f(1)2∴ 1m2，解得 m1 x（1）yf(x)为奇函数，

1，定义域为(,0)(0,)， x11(x)f(x) 关于原点对称又f(x)(x)xx 证明：∵ f(x)x所以yf(x)为奇函数

（2）f(x)在(1,)上的单调递增

证明：设1x1x2，则f(x2)f(x1)x2∵1x1x2 ∴x2x1 0 ，1111(x1)(x2x1)(1). x2x1x1x210 x1x2故f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)，f(x)在(1,)上的单调递增

5mx2218．（2020·浙江高一单元测试）已知函数fx是奇函数，且f2.

33xn（1）求实数m和n的值；

（2）判断函数fx在,1上的单调性，并加以证明．

【答案】（1）m2，n0；（2）,1上为增函数，证明见解析 【解析】（1）∵fx是奇函数，∴fxfx．

mx22mx22mx22即，比较得nn，n0. 3xn3xn3xn又f24m255，解得m2，即实数m和n的值分别是2和0. ，∴

363（2）函数fx在,1上为增函数．

2x222x2证明如下：由（1）知fx， 3x33x设x1x21， 则fx1fx2212x1x2(x1x21)xx112， 3xx3xx12122x1x20，x1x20，x1x210， 3∴fx1fx20， ∴fx1fx2，

即函数fx在,1上为增函数．

19．（2020·浙江高一单元测试）某商场以每件42元的价格购进一种服装，根据试营销量得知，这种服装每天的销售量t(t0,tN)（件）与每件的销售价x(42x68,xN)（元）之间可看成一次函数关系：

t3x204．

（1）写出商场每天卖这种服装的销售利润y（元）与每件的销售价x（元）之间的函数关系式（每天的销售利润是指所卖出服装的总销售额与购进这些服装所花费金额的差）．

（2）商场要想每天获得最大的销售利润，每件的销售价定为多少最为合适？最大销售利润为多少？

【答案】（1）y3x330x8568(42x68,xN)；（2）每件的销售价定为55元时，最大销售利润为507元

【解析】（1）由题意得，每天的销售利润y（元）与每件的销售价x（元）之间的函数关系式为y(x42)2(3x204)3x2330x8568(42x68,xN)．

2（2）由（1）得y3(x55)507(42x68,xN)，则当x55时，ymax507．

即当每件的销售价定为55元时，每天可获得最大的销售利润，最大销售利润为507元．

20．（2020·天水市第一中学高二月考（理））已知二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)f(2)3． （1）求函数f(x)的解析式； （2）求f(x)在[13,]上的最大值； 22（3）若函数f(x)在区间[2a,a1]上不单调，求实数a的取值范围. ．．．

【答案】（1）f(x)2x4x3； （2）

22111； （3）0,. 22【解析】（1）由题意，设f(x)a(x1)1，

2因为f(0)3，即a(01)13，解得a2，

2所以函数f(x)的解析式为f(x)2x4x3.

（2）由（1）可得f(x)2x4x32(x1)1， 因为x[,]，

221322111112. 所以当x时，函数f(x)取得最大值，最大值为f()2(1)12222（3）由（1）可得函数f(x)2x4x3的对称轴的方程为x1， 要使函数f(x)在区间[2a,a1]上不单调，则2a1a1，解得0a．．．

21， 21a所以实数的取值范围0,. 221．（2020·上海杨浦.复旦附中高三期末）已知函数fxxa（x0，常数aR）. x2（1）讨论函数fx的奇偶性，并说明理由；

（2）若函数fx在x1,上是单调函数，求a的取值范围. 【答案】（1）答案见解析；（2）,.

21【解析】（1）当a0时，fxx，该函数的定义域为xx0，fxxfx， 此时，函数yfx为奇函数； 当a0时，fxxaaxx0fxx，该函数的定义域为，， 2x2x则fxfx，fxfx，此时，函数yfx为非奇非偶函数. 综上所述，当a0时，函数yfx为奇函数； 当a0时，函数yfx为非奇非偶函数；

2ax2x12aa（2）任取x1x21，则fx1fx2x12x22x1x222xxx121x222xx2ax1x2ax1x2x1x2x1x21，

x1x22222x1x2x1x2x1x21，则x1x20.

①若函数yfx在1,上单调递增，则fx1fx20，

2x12x21a2211， 则x1x2ax1x20，得x1x22x1x2x12x2111110,211a2由已知条件得，所以，，则； 2x1x2x12x222x1x2x12x2②若函数yfx在1,上单调递减，则fx1fx20，

2x12x21a2211， 则x1x2ax1x20，得x1x22x1x2x12x2111120,2，所以，112，此时a不存在. 由已知条件得2x1x2x1x22x1x2x12x2综上所述，实数a的取值范围是,. 2122．（2020·浙江高一课时练习）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)f(x)4的解集．

∣x2或x【答案】（1）偶函数；（2）增函数；（3）2；（4）{x8}. 3【解析】（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x1x2，则有

x21． x1又∵当x1时，f(x)0，∴fx20． x1而fx2fx1x2x2fxffx1， 即f(x2)f(x1)， 1x1x1∴函数f(x)在(0,)上是增函数．

（3）∵f(4)f(22)f(2)f(2)，且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）∵f(3x2)f(x)f[x(3x2)]，422f(4)f(4)f(16)， ∴原不等式等价于f[x(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，

∴原不等式又等价于|x(3x2)|16，即x(3x2)16或x(3x2)16， 得3x22x160或3x22x160， 得x≤2或x8，

∣x2或x∴不等式f(3x2)f(x)4的解集为{x

8}． 3