高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课时练习

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质第2课时课时练习，共8页。

1.若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)是偶函数，则g(x)＝ax3＋bx2＋cx是( )
A．奇函数 B．偶函数
C．非奇非偶函数 D．既是奇函数又是偶函数
解析：选A．因为f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，
所以由f(－x)＝f(x)，得b＝0.所以g(x)＝ax3＋cx.
所以g(－x)＝a(－x)3＋c(－x)＝－g(x)，
所以g(x)为奇函数．
2.若函数f(x)＝(m－1)x2＋(m2－1)x＋1是偶函数，则在区间(－∞，0]上，f(x)( )
A．可能是增函数，也可能是常函数
B．是增函数
C．是常函数
D．是减函数
解析：选A．因为f(x)是偶函数，所以m2－1＝0，
所以m＝±1.
当m＝1时，f(x)＝1是常函数；
当m＝－1时，f(x)＝－2x2＋1在(－∞，0]上是增函数．
3.设f(x)为奇函数且在(－∞，0)内是减函数，f(2)＝0，则 eq \f(f(x),x)＜0的解集为( )
A．{x|x＜－2或x＞2}
B．{x|x＜－2或0＜x＜2}
C．{x|－2＜x＜0或x＞2}
D．{x|－2＜x＜0或0＜x＜2}
解析：选A．因为f(x)为奇函数且在(－∞，0)内是减函数，所以函数f(x)在(0，＋∞)上也为减函数．
因为f(2)＝0，所以f(－2)＝－f(2)＝0，故函数f(x)的大致图象如图所示．则由 eq \f(f(x),x)＜0，可得xf(x)＜0，即x和f(x)异号，由图象可得x＜－2或x＞2.
故 eq \f(f(x),x)＜0的解集为{x|x＜－2或x＞2}．故选A．
4.若f(x)是偶函数，其定义域为(－∞，＋∞)且在[0，＋∞)上是减函数，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))的大小关系是( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))
B．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))≥f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))
D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))
解析：选C．因为a2＋2a＋ eq \f(5,2)＝(a＋1)2＋ eq \f(3,2)≥ eq \f(3,2)，又因为f(x)在[0，＋∞)上是减函数，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2＋2a＋\f(5,2)))≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2))).
5.设f(x)是R上的偶函数且在(0，＋∞)上是减函数，若x1<0且x1＋x2>0，则( )
A．f(－x1)>f(－x2)
B．f(－x1)＝f(－x2)
C．f(－x1)D．f(－x1)与f(－x2)的大小关系不确定
解析：选A．因为x2>－x1>0，f(x)在(0，＋∞)上是减函数，所以f(x2)又f(x)是R上的偶函数，
所以f(－x2)＝f(x2)，
所以f(－x2)6.已知f(x)＝x5＋ax3＋bx－8(a，b是常数)且f(－3)＝5，则f(3)＝_________．
解析：设g(x)＝x5＋ax3＋bx，则g(x)为奇函数．由题设可得f(－3)＝g(－3)－8＝5，得g(－3)＝13.又g(x)为奇函数，所以g(3)＝－g(－3)＝－13，于是f(3)＝g(3)－8＝－13－8＝－21.
答案：－21
7.已知偶函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，f(2)＝0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围是_________．
解析：根据偶函数的性质，易知f(x)＞0的解集为(－2，2).若f(x－1)＞0，则－2＜x－1＜2，解得－1＜x＜3.
答案：(－1，3)
8.若函数f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)(常数a，b∈R)是偶函数，且它的值域为(－∞，4]，则该函数的解析式f(x)＝_________．
解析：f(x)＝(x＋a)(bx＋2a)＝bx2＋(2a＋ab)x＋2a2是偶函数．
因为图象关于y轴对称，且它的值域为(－∞，4]，
所以2a＋ab＝0，所以b＝－2或a＝0，
若a＝0，则f(x)＝bx2，若b>0，值域是[0，＋∞)，若b<0，值域是(－∞，0]，都不是(－∞，4]，所以a≠0，故b＝－2，
所以f(x)＝－2x2＋2a2.
又因为f(x)的值域为(－∞，4]，所以2a2＝4，
所以f(x)＝－2x2＋4.
答案：－2x2＋4
9.设函数f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2＋4x.
(1)求f(x)的表达式；
(2)求证：f(x)在区间(0，＋∞)上是增函数．
(1)解：当x<0时，－x>0，所以f(－x)＝(－x)2＋4(－x)＝x2－4x.
因为f(x)是奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)＝－(x2－4x)＝－x2＋4x(x<0)，
所以f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x，x≥0，,－x2＋4x，x<0.))
(2)证明：设任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x10，x2＋x1＋4>0，
所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x1)10.设f(x)为定义在R上的偶函数，当0≤x≤2时，y＝x；当x>2时，y＝f(x)的图象是顶点为P(3，4)且过点A(2，2)的抛物线的一部分．
(1)求函数f(x)在(－∞，－2)上的解析式；
(2)在图中的直角坐标系中画出函数f(x)的图象；
(3)写出函数f(x)的值域和单调区间．
解：(1)当x>2时，设f(x)＝a(x－3)2＋4.
因为f(x)的图象过点A(2，2)，
所以a(2－3)2＋4＝2，所以a＝－2，
所以f(x)＝－2(x－3)2＋4.
设x∈(－∞，－2)，则－x>2，
所以f(－x)＝－2(－x－3)2＋4.
又因为f(x)在R上为偶函数，
所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝－2(－x－3)2＋4，
即f(x)＝－2(x＋3)2＋4，x∈(－∞，－2).
(2)函数图象如图所示．
(3)由图象观察知f(x)的值域为{y|y≤4}．单调递增区间为(－∞，－3]和[0，3]；单调递减区间为(－3，0)和(3，＋∞).
[B 能力提升]
11.(2020·新高考卷Ⅰ)若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是( )
A．[－1，1]∪[3，＋∞)B．[－3，－1]∪[0，1]
C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3]
解析：选D．通解：由题意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)单调递减，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.当x>0时，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，所以1≤x≤3；当x<0时，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，所以－1≤x≤1，又x<0，所以－1≤x<0；当x＝0时，显然符合题意．综上，原不等式的解集为[－1，0]∪[1，3]，选D．
优解：当x＝3时，f(3－1)＝0，符合题意，排除B；当x＝4时，f(4－1)＝f(3)<0，此时不符合题意，排除选项A，C．故选D．
12.若f(x)和g(x)都是奇函数且F(x)＝f(x)＋g(x)＋2在(0，＋∞)上有最大值8，则在(－∞，0)上F(x)有( )
A．最小值－8 B．最大值－8
C．最小值－6 D．最小值－4
解析：选D．根据题意有f(x)＋g(x)在(0，＋∞)上有最大值6.又因为f(x)和g(x)都是奇函数，所以f(x)＋g(x)是奇函数且f(x)＋g(x)在(－∞，0)上有最小值－6，则F(x)在(－∞，0)上有最小值－6＋2＝－4.故选D．
13.设f(x)是定义在R上的奇函数且对任意a，b∈R，当a＋b≠0时，都有 eq \f(f(a)＋f(b),a＋b)＞0.
(1)若a＞b，则f(a)与f(b)的大小关系为________；
(2)若f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，则实数m的取值范围为_________．
解析：(1)因为a＞b，所以a－b＞0，
由题意得 eq \f(f(a)＋f(－b),a－b)＞0，
所以f(a)＋f(－b)＞0.
又f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(－b)＝－f(b)，
所以f(a)－f(b)＞0，即f(a)＞f(b).
(2)由(1)知f(x)为R上的单调递增函数，
因为f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，
所以f(1＋m)≥－f(3－2m)，
即f(1＋m)≥f(2m－3)，
所以1＋m≥2m－3，所以m≤4.
所以实数m的取值范围为(－∞，4].
答案：(1)f(a)＞f(b) (2)(－∞，4]
14.已知函数f(x)＝ eq \f(mx＋1,1＋x2)是R上的偶函数．
(1)求实数m的值；
(2)判断函数f(x)在(－∞，0]上的单调性；
(3)求函数f(x)在[－3，2]上的最大值与最小值．
解：(1)若函数f(x)＝ eq \f(mx＋1,1＋x2)是R上的偶函数，
则f(－x)＝f(x)，即 eq \f(m(－x)＋1,1＋(－x)2)＝ eq \f(mx＋1,1＋x2)，解得m＝0.
(2)函数f(x)在(－∞，0]上单调递增．证明如下：
由(1)，知f(x)＝ eq \f(1,1＋x2).
设任意的x1，x2∈(－∞，0]，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝ eq \f(1,1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))－ eq \f(1,1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)))＝ eq \f(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))－1－x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)),(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))))＝ eq \f((x2＋x1)(x2－x1),(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)))).
因为x1＜x2≤0，所以x2＋x1＜0，x2－x1＞0，(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)))(1＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)))＞0，
所以f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在(－∞，0]上单调递增．
(3)由(2)，知函数f(x)在(－∞，0]上单调递增．
又f(x)是R上的偶函数，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以f(x)在[－3，0]上单调递增，在(0，2]上单调递减．
又f(－3)＝ eq \f(1,10)，f(0)＝1，f(2)＝ eq \f(1,5)，
所以f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(－3)＝ eq \f(1,10).
[C 拓展探究]
15.已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b均为实数)，x∈R，F(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f(x)，x＞0，,－f(x)，x＜0.))
(1)若f(－1)＝0且函数f(x)的值域为[0，＋∞)，求F(x)的解析式；
(2)在(1)的条件下，当x∈[－2，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，求实数k的取值范围；
(3)设mn＜0，m＋n＞0，a＞0且f(x)为偶函数，判断F(m)＋F(n)是否大于零，并说明理由．
解：(1)因为f(－1)＝0，
所以a－b＋1＝0 ①.
又函数f(x)的值域为[0，＋∞)，所以a≠0.
由y＝a eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(b,2a))) eq \s\up12(2)＋ eq \f(4a－b2,4a)，知 eq \f(4a－b2,4a)＝0，
即4a－b2＝0 ②.
解①②，得a＝1，b＝2.
所以f(x)＝x2＋2x＋1＝(x＋1)2.
所以F(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1((x＋1)2，x＞0，,－(x＋1)2，x＜0.))
(2)由(1)得g(x)＝f(x)－kx＝x2＋2x＋1－kx＝x2＋(2－k)x＋1＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2－k,2))) eq \s\up12(2)＋1－ eq \f((2－k)2,4).
因为当x∈[－2，2]时，g(x)＝f(x)－kx是单调函数，
所以 eq \f(k－2,2)≤－2或 eq \f(k－2,2)≥2，
即k≤－2或k≥6，
故实数k的取值范围为(－∞，－2]∪[6，＋∞).
(3)大于零．理由如下：
因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝ax2＋1，
所以F(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax2＋1，x＞0，,－(ax2＋1)，x＜0.))
不妨设m＞n，则n＜0.
由m＋n＞0，得m＞－n＞0，
所以|m|＞|－n|.
又a＞0，
所以F(m)＋F(n)＝f(m)－f(n)＝(am2＋1)－(an2＋1)＝a(m2－n2)＞0，
所以F(m)＋F(n)大于零．