23版新教材苏教版必修第一册课后习题练第5章测评

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第5章测评
(时间:120分钟　满分:150分)
一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40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.(2021江西抚州高一期末)已知函数f(x)=x-5,x≥6,f(x+4),x<6,则f(-1)的值为(　　)
　　　　　　　　　　　　　　
A.-6 B.-2 C.2 D.3
答案C
解析由题设有f(-1)=f(3)=f(7)=2,故选C.
2.(2020四川乐山高一期末)函数f(x)=2-x·3x+5的定义域是(　　)
A.{x|x≥-5} B.{x|x≤2}
C.{x|-5≤x≤2} D.{x|x≥2或x≤-5}
答案B
解析要使f(x)=2-x·3x+5有意义,需满足2-x≥0,解得x≤2,即函数f(x)=2-x·3x+5的定义域为{x|x≤2}.故选B.
3.(2020广东揭西河婆中学高一月考)下列函数是奇函数的为(　　)
A.y=x3-x2 B.y=|x-1|
C.y=-3x3+x D.y=x2
答案C
解析对于A,y=f1(x)=x3-x2,定义域为R,f1(-x)=-x3-x2≠-f1(x),故不是奇函数;
对于B,y=f2(x)=|x-1|,定义域为R,f2(-x)=|-x-1|=|x+1|≠-f2(x),故不是奇函数;
对于C,y=f3(x)=-3x3+x,定义域为R,f3(-x)=3x3-x=-(-3x3+x)=-f3(x),故是奇函数;
对于D,y=f4(x)=x2,定义域为R,f4(-x)=x2=f4(x),f4(-x)≠-f4(x),故不是奇函数,是偶函数.故选C.
4.(2021湖北高一开学考试)已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数,当x<0时,f(x)=x2+mx+2,且f(1)=-2,则f(2)的值为(　　)
A.-4 B.0 C.4 D.2
答案A
解析∵f(x)是R上的奇函数,
∴f(-1)=-f(1)=2,即1-m+2=2,得m=1.
∴f(-2)=(-2)2+(-2)+2=4,
∴f(2)=-f(-2)=-4.故选A.
5.(2020云南保山第九中学高三开学考试)函数y=x+1x(x>0)的值域为(　　)
A.[2,+∞)
B.(2,+∞)
C.(0,+∞)
D.(-∞,-2]∪[2,+∞)
答案A
解析当x>0时,由基本不等式可得y=x+1x≥2x·1x=2,当且仅当x=1时,等号成立.
因此,函数y=x+1x(x>0)的值域为[2,+∞).
故选A.
6.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x)在[0,+∞)上是增函数,则下列各式一定成立的是(　　)
A.f(2)>f(-5) B.f(-5) C.f(-2)f(2)
答案D
解析因为f(x)是R上的偶函数,所以f(5)=f(-5),f(-2)=f(2).
因为f(x)在[0,+∞)上是增函数,
所以f(2)f(0),故B错误;
f(-2)=f(2)>f(0),故C错误;f(-5)=f(5)>f(2),故D正确.
故选D.
7.(2020山东,8)若定义在R上的奇函数f(x)在(-∞,0)上是减函数,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
解析不等式xf(x-1)≥0可化为x≥0,f(x-1)≥0或x≤0,f(x-1)≤0,∵f(2)=0,∴f(-2)=0.
∵f(x)是R上的奇函数,∴f(0)=0.
∵f(x)在(-∞,0)上是减函数,∴f(x)在(0,+∞)上也是减函数.
∴x≥0,x-1≥0,x-1≤2或x≤0,x-1≤0,x-1≥-2,
解得1≤x≤3或-1≤x≤0,
∴满足xf(x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3],故选D.
8.(2021湖南衡阳八中高一期末)已知定义在R上的函数f(x),满足f(m+n)=f(m)+f(n)-3,且当x>0时,f(x)<3,则下列说法不正确的是(　　)
A.f(x)+f(-x)=6
B.y=f(x)在R上是减函数
C.若f(1)=0,f(x2+2x)+f(-1-x)-9>0的解集为(-1,0)
D.若f(6)=-9,则f116=234
答案D
解析构造函数g(x)=f(x)-3,由f(m+n)=f(m)+f(n)-3可得,g(m+n)=g(m)+g(n).
对于A,取m=n=0,可得g(0)=2g(0),∴g(0)=0,
取n=-m,则g(0)=g(m)+g(-m)=0,
∴g(-m)=-g(m),则函数g(x)为奇函数,
∴g(x)+g(-x)=f(x)+f(-x)-6=0,可得f(x)+f(-x)=6,故A正确;
对于B,由已知条件可知,当x>0时,g(x)=f(x)-3<0,
任取x1,x2∈R,且x1>x2,则g(x1-x2)=g(x1)+g(-x2)=g(x1)-g(x2)<0,
∴g(x1) ∴函数f(x)为R上的减函数,故B正确;
对于C,由f(1)=0,可得g(1)=f(1)-3=-3,
由f(x2+2x)+f(-1-x)-9>0,可得g(x2+2x)+g(-1-x)-3>0,
即g(x2+x-1)>3=-g(1)=g(-1),∴x2+x-1<-1,可得x2+x<0,解得-1 对于D,∵g(6)=f(6)-3=-12=g(4)+g(2)=3g(2),
∴g(2)=-4,
g(2)=2g(1)=4g12=…=32g116=-4,
∴f116-3=g116=-18,
因此,f116=238,故D错误.故选D.
二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得5分,有选错的得0分,部分选对的得3分.
9.(2021广东湛江第二中学高一期末)已知函数f(x)是R上的奇函数,且当x≥0时,f(x)=x2+x+a-2,则(　　)
A.a=2 B.f(2)=2
C.f(x)是增函数 D.f(-3)=-12
答案ACD
解析对于A,f(x)是R上的奇函数,故f(0)=a-2=0,得a=2,故A正确;对于B,f(2)=4+2=6,故B错误;对于C,当x≥0时,f(x)=x2+x在[0,+∞)上为增函数,利用奇函数的对称性可知,f(x)在(-∞,0]上为增函数,故f(x)是R上的增函数,故C正确;对于D,f(-3)=-f(3)=-9-3=-12,故D正确.故选ACD.
10.(2021山东日照高一期末)已知函数f(x)的定义域为R,对任意的实数x,y满足f(x+y)=f(x)+f(y)+12,且f12=0,下列结论正确的是(　　)
A.f(0)=-12 B.f(-1)=-32
C.f(x)为R上的减函数 D.f(x)+12为奇函数
答案ABD
解析令x=y=0,得f(0+0)=f(0)+f(0)+12,
则f(0)=-12,故A正确;
令x=12,y=-12,
则f12-12=f12+f-12+12,
即-12=0+f-12+12,
则f-12=-1,
令x=y=-12,得f-12-12=f-12+f-12+12,即f(-1)=2f-12+12=-2+12=-32,故B正确;
由于f(-1) 令y=-x,得f(x-x)=f(x)+f(-x)+12,
即-12=f(x)+f(-x)+12,
即-f(x)+12=f(-x)+12,
所以f(x)+12为奇函数,故D正确.
故选ABD.
11.(2021福建泉州高一期末)已知函数f(x)满足f(-x)+f(x)=0,f(1+x)+f(1-x)=0,且当x∈[1,2]时,f(x)=1-|2x-3|,则下列选项正确的是(　　)
A.f(x)=f(x+2)
B.当x∈(-3,-2)时,f(x)>0
C.f(x)在(-2,-1)上为增函数
D.y=f(x)的图象关于直线x=-1对称
答案AB
解析由f(-x)+f(x)=0得f(x)为奇函数,由f(1+x)=-f(1-x)得f(x)=-f(2-x)=f(x-2),故A正确;
由f(1+x)+f(1-x)=0得f(x)的图象关于点(1,0)对称,故f(x)的大致图象如下,

由图象可得当x∈(-3,-2)时,f(x)>0显然成立,故B正确;
f(x)在(-2,-1)上不具有单调性,故C错误;
y=f(x)的图象关于点(-1,0)成中心对称,不关于直线x=-1对称,故D错误.
故选AB.
12.(2021湖南张家界高一期末)定义一种运算:a?b=a,a≥b,b,a A.函数f(x)的图象关于直线x=1对称
B.函数f(x)的图象与直线y=5有三个公共点
C.函数f(x)的减区间是(-∞,-1]和[1,3]
D.函数f(x)的最小值是2
答案ACD
解析由题意,f(x)=(5+2x-x2)?|x-1|=5+2x-x2,-1≤x≤3,|x-1|,x<-1或x>3,作出函数的图象如图所示,

由图象可知,函数f(x)的图象关于直线x=1对称,故A正确;函数f(x)的图象与直线y=5有四个公共点,故B错误;函数f(x)的减区间是(-∞,-1]和[1,3],故C正确;函数f(x)的最小值是2,故D正确.故选ACD.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.
13.若一次函数f(x)满足f(f(x))=x+2,则f(x)=　　　　. 
答案x+1
解析设f(x)=kx+b(k≠0),则f(f(x))=k(kx+b)+b=k2x+(k+1)b,故k2=1,(k+1)b=2,故k=1,b=1,故f(x)=x+1.
14.(2021江西景德镇一中高一期末)函数y=-x2+4x的增区间是　　　　. 
答案(0,2)
解析由-x2+4x≥0解得0≤x≤4,即函数的定义域为[0,4],∵y=-x2+4x的对称轴为x=2,开口向下,
∴y=-x2+4x在(0,2)上是增函数,
则y=-x2+4x的增区间是(0,2).
15.(2021上海大同中学高一期末)函数y=|x-1|+|x|,x∈[a,2]的最大值为3,则a的取值范围为　　　　. 
答案[-1,2)
解析当x<0时,y=1-x-x=1-2x;
当0≤x≤1时,y=1-x+x=1;
当x>1时,y=x-1+x=2x-1.

所以函数式可化为y=1-2x,x<0,1,0≤x≤1,2x-1,x>0,
函数图象如图所示.
因为当x∈[a,2]时y的最大值为3,当x=-1时,y=3,当x=2时,y=3,
所以由图知,a∈[-1,2).
16.(2021重庆渝中巴蜀中学高一期末)已知定义在R上的偶函数f(x)满足:f(x+4)=f(-x),对∀x1,x2∈[0,2],当x1≠x2时,f(x1)-f(x2)x1-x2<0,且f(1)=0,则不等式f(x)>0在[2 019,2 023]上的解集为　　　　　. 
答案(2 019,2 021)
解析因为对∀x1,x2∈[0,2],当x1≠x2时,f(x1)-f(x2)x1-x2<0,所以f(x)在[0,2]上是减函数.因为f(1)=0,所以当x∈[0,1)时,f(x)>0,当x∈(1,2]时,f(x)<0.又f(x)为偶函数,所以f(x+4)=f(-x)=f(x).所以当x∈[-2,2]时,只在x∈(-1,1)上f(x)>0.而f(x)在x∈[2 019,2 023]上的图象与x∈[-1,3]上的图象一致,所以f(x)>0在x∈[2 019,2 023]上的解集为(2 019,2 021).
四、解答题:本题共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)(2021安徽繁昌第一中学高一开学考试)已知函数f(x)=x2-2x.
(1)判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义法证明;
(2)已知f(x)在[1,2]上的最大值为m,若正实数a,b满足ab=m,求1a+1b的最小值.
解(1)函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
证明如下,
设x1,x2为区间(0,+∞)上的任意两个值,且x1 因为00,
所以(x1-x2)1+2x1x2<0,
所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1) 所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)由(1)知函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以函数f(x)在[1,2]上的最大值为f(2)=22-22=1,即m=1,所以ab=1,
所以1a+1b=a+bab=a+b≥2ab=2,
当且仅当a=b=1时,等号成立.故1a+1b的最小值为2.
18.(12分)(2021广西钦州高一期末)已知函数f(x)=2-x,x<0,-x2+bx+c,x≥0,且f(1)=5,f(2)=6.
(1)求f(x)的解析式;
(2)写出f(x)的增区间和减区间.
解(1)由题意得,f(1)=-1+b+c=5,f(2)=-4+2b+c=6,
解得b=4,c=2,所以f(x)=2-x,x<0,-x2+4x+2,x≥0.
(2)画出函数f(x)的图象,如图所示.

函数的减区间是(-∞,0],[2,+∞),增区间是(0,2).
19.(12分)(2021安徽滁州高一期末)已知函数f(x)=x2+3x+a是奇函数.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)函数f(x)在(0,p)上是减函数,试求正实数p的最大值.
解(1)∵函数f(x)=x2+3x+a是奇函数,
∴f(-x)+f(x)=0(x≠-a),
即x2+3-x+a+x2+3x+a=0,即1-x+a+1x+a=0,即-2ax2-a2=0,解得a=0,
∴f(x)=x2+3x(x≠0).
(2)由(1)得f(x)=x2+3x,x∈(-∞,0)∪(0,+∞),设x1,x2为区间(0,+∞)上的任意两个值,且x1 f(x1)-f(x2)=x12+3x1-x22+3x2
=x12x2+3x2-x1x22-3x1x1x2=(x1-x2)x1x2-3x1x2.
∵当00,x1x2-3<0,∴f(x1)-f(x2)>0,
即f(x1)>f(x2),∴f(x)=x+3x在(0,3)上为减函数,
同理可证函数f(x)在(3,+∞)上为增函数.
∵函数f(x)在(0,p)上为减函数,∴(0,p)⊆(0,3),
∴p≤3,即0 20.(12分)(2021重庆一中高一期末)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x<0时,f(x)=x2+2x.
(1)求函数f(x)(x∈R)的解析式;
(2)求函数g(x)=x+1f(x)在区间(0,2)上的值域.
解(1)因为函数f(x)是定义在R上的奇函数,
所以f(0)=0,
当x>0时,-x<0,则f(x)=-f(-x)=-(x2-2x)=-x2+2x.
故f(x)=x2+2x,x<0,0,x=0,-x2+2x,x>0.
(2)由(1)可得g(x)=x+1-x2+2x,x∈(0,2),
令t=x+1,t∈(1,3),则y=t-t2+4t-3=1-t+4-3t=1-(t+3t)+4.
当t=3时,t+3tmin=23,又t+3tmax<4,
∴23≤t+3t<4,
∴-4<-t+3t≤-23,
∴0<-t+3t+4≤-23+4,
∴1-(t+3t)+4≥1-23+4=1+32.
∴函数g(x)=x+1f(x)在区间(0,2)上的值域为1+32,+∞.
21.(12分)(2021浙江金华高一期末)定义在(0,+∞)上的函数f(x)对于任意的x,y∈(0,+∞),总有f(x)+f(y)=f(xy),且当x>1时,f(x)<0且f(e)=-1.
(1)求f(1)的值;
(2)判断函数在(0,+∞)上的单调性,并证明;
(3)求函数f(x)在1e,e2上的最大值与最小值.
解(1)令x=y=1,
则f(1)+f(1)=f(1),解得f(1)=0.
(2)f(x)在(0,+∞)上是减函数.证明如下,
设x1,x2是区间(0,+∞)上的任意两个值,且x11,f(y)<0.
得f(x1)+fx2x1=f(x2),即f(x2)-f(x1)=fx2x1<0,即对任意x1,x2∈(0,+∞),若x1 (3)因为f(e)=-1,令x=y=e,f(e2)=f(e)+f(e)=-2.
令x=e,y=1e,f(1)=f(e)+f1e=0,则f1e=1.
因为函数是减函数,所以f(x)max=f1e=1.
f(x)min=f(e2)=-2.
22.(12分)(2021福建龙岩高一期末)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),对任意正实数a,b都有f(ab)+1=f(a)+f(b),且当x>1时,f(x)>1.
(1)求f(2 021)+f12 021的值,判断函数f(x)的单调性并加以证明;
(2)当x∈[1,3]时,关于x的不等式f(kx-3)+f(x)>2恒成立,求实数k的取值范围.
解(1)令a=b=1,则f(1)+1=2f(1),
所以f(1)=1,
所以f(2 021)+f12 021=f2 021×12 021+1=f(1)+1=1+1=2.
函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
证明如下,设x1,x2是区间(0,+∞)上的任意两个值,且x1 f(x2)-f(x1)=fx2x1·x1-f(x1)
=fx2x1+f(x1)-f(x1)-1=fx2x1-1,
因为x2x1>1,所以fx2x1>1,故f(x2)-f(x1)>0,
所以f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在(0,+∞)上是增函数.
(2)因为f(a)+f(b)=f(ab)+1,
所以f(kx-3)+f(x)=f(kx2-3x)+1>2.
又因为f(1)=1,则可化为f(kx2-3x)>1=f(1).
由(1)知函数f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以kx-3>0,x>0,kx2-3x>1,对任意的x∈[1,3]恒成立,
所以k>1x2+3x对任意的x∈[1,3]恒成立.
所以k>1x2+3xmax,记t=1x∈13,1,g(t)=t2+3t,
二次函数g(t)在区间13,1上为增函数,
所以,g(t)max=g(1)=4,所以k>4.
因此,实数k的取值范围是(4,+∞).