2020-2021学年高一数学单元复习真题训练：函数的概念和性质 7页

2020-2021 学年高一数学单元复习真题训练：函数的概念和性质 1．（ 2020•新课标Ⅱ）设函数 f（x）＝x3− ퟏ 풙ퟑ，则 f（x）（ ） A．是奇函数，且在（0，+∞）单调递增 B．是奇函数，且在（0，+∞）单调递减 C．是偶函数，且在（0，+∞）单调递增 D．是偶函数，且在（0，+∞）单调递减 【答案】A 【解析】因为 f（x）＝x3− ퟏ 풙ퟑ，则 f（﹣x）＝﹣x3+ ퟏ 풙ퟑ = −f（x），即 f（x）为奇函数， 根据幂函数的性质可知，y＝x3 在（ 0，+∞）为增函数，故 y1= ퟏ 풙ퟑ在（ 0，+∞）为减函数，y2= − ퟏ 풙ퟑ在 （0，+∞）为增函数，所以当 x＞0 时，f（x）＝x3− ퟏ 풙ퟑ单调递增，故选：A． 2．（ 2020•天津）函数 y= ퟒ풙 풙ퟐ+ퟏ的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】函数 y= ퟒ풙 풙ퟐ+ퟏ的定义域为实数集 R，关于原点对称， 函数 y＝f（x）= ퟒ풙 풙ퟐ+ퟏ，则 f（﹣x）= − ퟒ풙 풙ퟐ+ퟏ = −f（x），则函数 y＝f（x）为奇函数，故排除 C， D， 当 x＞0 是，y＝f（x）＞0，故排除 B，故选：A． 3．（2020•海南）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] 【答案】D 【解析】∵定义在 R 的奇函数 f（x）在（﹣∞，0）单调递减，且 f（2）＝0，f（x）的大致图象如 图： ∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，且 f（﹣2）＝0；故 f（﹣1）＜0； 当 x＝0 时，不等式 xf（x﹣1）≥0 成立， 当 x＝1 时，不等式 xf（x﹣1）≥0 成立， 当 x﹣1＝2 或 x﹣1＝﹣2 时，即 x＝3 或 x＝﹣1 时，不等式 xf（x﹣1）≥0 成立， 当 x＞0 时，不等式 xf（x﹣1）≥0 等价为 f（x﹣1）≥0， 此时{풙＞ퟎ ퟎ＜풙 − ퟏ ≤ ퟐ ，此时 1＜x≤3， 当 x＜0 时，不等式 xf（x﹣1）≥0 等价为 f（x﹣1）≤0， 即{풙＜ퟎ −ퟐ ≤ 풙 − ퟏ＜ퟎ ，得﹣1≤x＜0， 综上﹣1≤x≤0 或 1≤x≤3， 即实数 x 的取值范围是[﹣1，0]∪[1，3]，故选：D． 4．（ 2018•新课标Ⅱ）已知 f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足 f（1﹣x）＝f（1+x）， 若 f（1）＝2，则 f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）＝（ ） A．﹣50 B．0 C．2 D．50 【答案】C 【解析】∵f（x）是奇函数，且 f（1﹣x）＝f（1+x）， ∴f（1﹣x）＝f（1+x）＝﹣f（x﹣1）， f（0）＝0， 则 f（x+2）＝﹣f（x），则 f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x）， 即函数 f（x）是周期为 4 的周期函数，∵f（1）＝2， ∴f（2）＝f（0）＝0，f（3）＝f（1﹣2）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2， f（4）＝f（0）＝0，则 f（1）+f（2）+f（3）+f（4）＝2+0﹣2+0＝0， 则 f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）＝12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50） ＝f（1）+f（2）＝2+0＝2，故选：C． 5．（ 2020•海东市模拟）已知函数 f（x）是定义在 R 上的偶函数，且 f（x）在 [0，+∞）上单调递增， 若 f（2）＝3，则满足 f（x+1）＜3 的 x 的取值范围是（ ） A．（﹣∞，﹣2）∪（0，2） B．（﹣2，2） C．（﹣∞，﹣3）∪（0，1） D．（﹣3，1） 【答案】D 【解析】因为 f（x）是偶函数，所以 f（﹣2）＝f（2）＝3， 因为 f（x）在[0，+∞）上单调递增，所以 f（x+1）＜3 等价于﹣2＜x+1＜2， 解得﹣3＜x＜1，即满足条件的 x 的取值范围是（﹣3，1）．故选：D． 6．（ 2020•安庆模拟）已知奇函数 f（x）的定义域为 R，若 f（x+1）为偶函数，且 f（1）＝2，则 f （2019）+f（2020）＝（ ） A．﹣2 B．﹣1 C．0 D．1 【答案】A 【解析】根据题意，函数 f（x）为奇函数，则﹣f（x）＝f（﹣x）， 又由 f（x+1）为偶函数，则函数 f（x）的图象关于 x＝1 对称，则有 f（﹣x）＝f（2+x）＝f（﹣x） ＝﹣f（x），所以 f（x+4）＝f（x）即函数的周期为 4，且 f（1）＝2， 则 f（2019）＝f（﹣1+2020）＝f（﹣1）＝﹣f（1）＝﹣2，f（2020）＝f（0）＝0， 则 f（2019）+f（2020）＝﹣2 故选：A． 7．（ 2020•益阳模拟）定义在 R 上的奇函数 f（x）满足 f（2+x）＝﹣f（x），且当 x∈[﹣1，0]时，f （x）＝x（1﹣x），则 f（ퟏퟕ ퟐ ）＝（ ） A．ퟑ ퟒ B．− ퟑ ퟒ C．ퟏ ퟒ D．− ퟏ ퟒ 【答案】A 【解析】由 f（2+x）＝﹣f（x）可得 f（4+x）＝f（x），所以函数的周期 T＝4， 当 x∈[﹣1，0]时，f（x）＝x（1﹣x），则 f（− ퟏ ퟐ）= − ퟑ ퟒ， 则 f（ퟏퟕ ퟐ ）＝f（ ퟏ ퟐ + ퟖ）＝f（ퟏ ퟐ）＝﹣f（− ퟏ ퟐ）= ퟑ ퟒ．故选：A． 8．（ 2020•山西模拟）已知函数품(풙) = {풙ퟐ + ퟒ풙，풙 ≥ ퟎ， ퟒ풙 − 풙ퟐ，풙＜ퟎ ，f（x）＝ xg（x），若 f（2﹣a）＞ f（2a）， 则实数 a 的取值范围是（ ） A．(−ퟏ， ퟐ ퟑ) B．(−ퟐ， ퟐ ퟑ) C．(−∞， ퟐ ퟑ) D．(ퟐ ퟑ ， + ∞) 【答案】B 【解析】因为 g（x）= {풙ퟐ + ퟒ풙，풙 ≥ ퟎ ퟒ풙 − 풙ퟐ，풙＜ퟎ = {(풙 + ퟐ)ퟐ − ퟒ，풙 ≥ ퟎ −(풙 − ퟐ)ퟐ + ퟒ，풙＜ퟎ ， 由 g（x）的解析式可知，g（x）在 R 上是奇函数且单调递增，f（x）＝xg（x）为偶函数， 当 x＞0 时，有 g（x）＞g（0）， 任取 x1＞x2＞0，则 g（x1）＞g（x2）＞0，由不等式的性质可得 x1g（x1）＞x2g（x2）＞0， 即 f（x1）＞f（x2）＞0，所以，函数 f（x）在（0，+∞）上递增 再由 f（2﹣a）＞f（2a），得|2﹣a|＞2|a|，即 3a2+4a﹣4＜0，解得﹣2＜a＜ ퟐ ퟑ．故选：B． 9．（ 2020•茂名二模）将函数풇(풙) = 풙−ퟏ ퟐ풙−풙ퟐ的图象向左平移 1 个单位长度，得到函数 g（x）的图象， 则函数 g（x）的图象大致是（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】품(풙) = 풇(풙 + ퟏ) = 풙+ퟏ−ퟏ ퟐ(풙+ퟏ)−(풙+ퟏ)ퟐ = 풙 ퟏ−풙ퟐ． 因为 g（x）＝﹣g（﹣x），所以 g（x）为奇函数，排除 A；g（x）有唯一的零点，排除 C； 품(ퟏ ퟐ) = ퟐ ퟑ ＞ퟎ，排除 D，只有 B 符合条件．故选：B． 10．（ 2020•北京）为满足人民对美好生活的向往，环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达 标的企业要限期整改．设企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 W＝f（t），用− 풇(풃)−풇(풂) 풃−풂 的大小 评价在[a，b]这段时间内企业污水治理能力的强弱．已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与 时间的关系如图所示． 给出下列四个结论： ①在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ②在 t2 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强； ③在 t3 时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标； ④甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[0，t1]的污水治理能力最强． 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②③ 【解析】设甲企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 W＝f（t），乙企业的污水排放量 W 与时间 t 的关系为 W＝g（t）． 对于①，在[t1，t2]这段时间内，甲企业的污水治理能力为− 풇(풕ퟐ)−풇(풕ퟏ) 풕ퟐ−풕ퟏ ， 乙企业的污水治理能力为− 품(풕ퟐ)−품(풕ퟏ) 풕ퟐ−풕ퟏ ． 由图可知，f（t1）﹣f（t2）＞g（t1）﹣g（t2），∴− 풇(풕ퟐ)−풇(풕ퟏ) 풕ퟐ−풕ퟏ ＞ − 품(풕ퟐ)−품(풕ퟏ) 풕ퟐ−풕ퟏ ， 即甲企业的污水治理能力比乙企业强，故①正确； 对于②，由图可知，f（t）在 t2 时刻的切线的斜率小于 g（t）在 t2 时刻的切线的斜率，但两切线斜 率均为负值， ∴在 t2 时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强，故②正确； 对于③，在 t3 时刻，甲，乙两企业的污水排放都小于污水达标排放量， ∴在 t3 时刻，甲，乙两企业的污水排放都已达标，故③正确； 对于④，由图可知，甲企业在[0，t1]，[t1，t2]，[t2，t3]这三段时间中，在[t1，t2]的污水治理能力最 强，故④错误． ∴正确结论的序号是①②③． 故答案为：①②③． 11．（ 2019•江苏）函数 y= √ퟕ + ퟔ풙 − 풙ퟐ的定义域是 ． 【答案】[﹣1，7] 【解析】由 7+6x﹣x2≥0，得 x2﹣6x﹣7≤0，解得：﹣1≤x≤7． ∴函数 y= √ퟕ + ퟔ풙 − 풙ퟐ的定义域是[﹣1，7]．故答案为：[﹣1，7]． 12．（ 2019•浙江）已知 a∈R，函数 f（x）＝ax3﹣x．若存在 t∈R，使得|f（t+2）﹣f（t）|≤ ퟐ ퟑ，则实 数 a 的最大值是 ． 【答案】ퟒ ퟑ 【解析】存在 t∈R，使得|f（t+2）﹣f（t）|≤ ퟐ ퟑ，即有|a（t+2）3﹣（t+2）﹣at3+t|≤ ퟐ ퟑ， 化为|2a（3t2+6t+4）﹣2|≤ ퟐ ퟑ，可得− ퟐ ퟑ ≤2a（3t2+6t+4）﹣2≤ ퟐ ퟑ， 即ퟐ ퟑ ≤a（3t2+6t+4）≤ ퟒ ퟑ，由 3t2+6t+4＝3（t+1）2+1≥1， 可得 0＜a≤ ퟒ ퟑ，可得 a 的最大值为ퟒ ퟑ．故答案为：ퟒ ퟑ．