第3章 函数的概念与性质检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

— 26 — 第三章 函数的概念与性质检测卷 (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 备考组长推好题 第14题.该题主要考查函数的单调性、最值、恒成立等问题,培养考生利用转 化的数学思想方法,综合性较强,值得推荐. 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.(2025·全国·专题练习)若函数y=f(x)的定义域为A={x|0≤x≤2},值域为B={y|1≤y≤ 2},则函数y=f(x)的图象可能是 ( ) 2.(2025·湖南娄底·质量检测)已知函数f(x)= 2x2-4x+3(x>0) f(x+2)(x≤0) 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,则f(-1)= ( ) A.4 B.3 C.2 D.1 3.(2025·辽宁朝阳·质量检测)已知偶函数f(x)在区间(-∞,0]上单调递增,则满足f(3x+2)< f(4)的实数x的取值范围是 ( ) A.(-∞,-2)∪ 23,+∞ B. 23,+∞ C. -2,23 D.(-∞,-2) 4.(2025·山东淄博·质量检测)定义在R上的奇函数f(x),f(5)=0,且对任意不等的正实数x1, x2 都有[f(x1)-f(x2)](x1-x2)>0,则不等式x·f(-x)>0的解集为 ( ) A.(-∞,5)∪(0,5) B.(-∞,-5)∪(5,+∞) C.(-5,0)∪(0,5) D.(-5,0)∪(5,+∞) 5.(2025·北京西城·质量检测)已知函数f(x)= x2+x,-2<x<0 - x,0≤x<c 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,若f(x)存在最小值,则c的 最大值为 ( ) A.116 B. 1 8 C. 1 4 D. 1 2 6.(2025·安徽合肥·阶段练习)已知函数f(x)= (2a-3)x+2,x=1,2,3 a x ,x>3,x∈N 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 是减函数,则a的取值 范围是 ( ) A.2117<a< 3 2 B. 21 17≤a< 3 2 C.2823<a< 3 2 D. 28 23≤a< 3 2 7.(2025·天津滨海新·阶段练习)对任意x∈[1,2],不等式ax2-2x+3a<0恒成立,则实数a的 取值范围是 ( ) A. -∞,33 B. -∞,47 C. 47,+∞ D. -∞,12 8.(2025·全国·专题练习)已知函数f(x)是定义在 R上的奇函数,且对任意的 m<n<0,都有 (m-n)(f(m)-f(n))<0,且f(-2)=0,则不等式f (x+1)-f(-x-1) x ≥0 的解集为 ( ) A.[-3,-1]∪[0,1] B.[-2,2] C.(-∞,-3)∪(-2,0)∪(2,+∞) D.[-3,-1]∪(0,1] — 25 — — 28 — 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18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6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.(2025·贵州毕节·质量检测)已知幂函数f(x)= a-3a-1 xa 在(0,+∞)上单调递减,若y= x2+(a+b)x-3在(-1,1)上不单调,则实数b的可能取值为 ( ) A.-1 B.0 C.1 D.3 10.(2025·河北保定·质量检测)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,当x∈(0+∞)时,f(x)= x2+x,则下列说法正确的是 ( ) A.f(-1)=-2 B.f(x)在定义域R上为增函数 C.当x∈(-∞,0)时,f(x)=x2-x D.不等式f(x-1)<2的解集为(0,2) 11.(2025·江苏常州质量检测)已知函数f(x)= x2-2ax+2,x≤1 x+9x-3a ,x>1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 的最小值为f(1),则a的可能 取值是 ( ) A.1 B.3 C.5 D.7 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2025·上海·质量检测)已知幂函数y=k·xα 的图像过点 12,14 ,则k+α= . 13.(2025·全国·专题练习)已知函数y=2x-3- a-4x的值域为 -∞,72 ,则实数a的值为 . 14.(2025·山东淄博·质量检测)已知函数f(x)=x+3,x∈[0,2],g(x)=x+ax ,x∈[1,2].对 ∀x1∈[0,2],都∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥g(x2)成立,则a的范围是 . 四、解答题:本题共5小题,其中第15题13分,第16,17题15分,第18,19题17分,共77分.解答 应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.(13分)(2025·山东济宁·阶段练习)已知函数f(x)=2x+1x+1. (1)判断f(x)在区间(-1,+∞)上的单调性,并用定义证明你的结论; (2)求f(x)在区间[2,4]上的最大值和最小值. — 27 — — 30 — 16.(15分)(2025·北京海淀质量检测)已知函数f(x)=x2+bx+c,满足f(0)=f(1)=1. (1)求b,c值; (2)在[-1,1]上,函数f(x)的图象总在一次函数y=2x+m 的图象的上方,试确定实数m 的取 值范围; (3)设当x∈[t,t+2](t∈R)时,函数f(x)的最小值为g(t),求g(t)的解析式. 17.(15分)(2025·广东广州·质量检测)已知函数f(x)=x|x-m|+m2 (1)判断并证明函数f(x)的奇偶性; (2)若函数f(x)在[1,2]上的最小值为7,求实数m 的值. — 29 — — 32 — 18.(17分)(2025·江苏南京·阶段练习)对口帮扶是我国一项重要的扶贫开发政策,在对口扶贫工 作中,某生态基地种植某中药材的年固定成本为250万元,每产出x 吨需另外投入可变成本 C(x)万元,已知C(x)= ax2+49x,0<x≤50 51x+144002x+1-870 ,50<x≤100 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 ,通过市场分析,该中药材可以每吨 50万元的价格全面售完,设基地种植该中药材年利润(利润=销售额-成本)为L(x)万元,当基 底产出该中药材40吨时,年利润为190万元.(2≈1.41) (1)年利润L(x)(单位:万元)关于年产量x(单位:吨)的函数关系式; (2)当年产量为多少时(精确到0.1吨),所获年利润最大? 最大年利润是多少(精确到0.1吨)? 19.(17分)(2025·辽宁大连·质量检测)若在函数f(x)的定义域内存在区间[a,b],使得f(x)在 [a,b]上单调,且函数值在[a,b]上的取值范围是[ma,mb](m 是常数),则称函数f(x)具有性 质 M. (1)当m=2时,函数f(x)= x是否具有性质M ? 若具有,求出区间[a,b];若不具有,说明理由; (2)若定义在(0,2)上的函数f(x)= x+8x-9 具有性质 M,求m 的取值范围. (本题中函数的单调性不必给出证明) — 31 — —94 — ∴A 是B 的真子集,即[a+2,3a]包含于(2,+∞), ∴ a>1a+2>2 ,∴a>1; 综上,实数a的取值范围为 23,+∞ . 【破题技巧】 注意分类讨论解含有参数的一元二次不等式,结 合充分必要条件即可得实数a的取值范围. 19.解 (1)因为不等式f(x)<0的解集为(0,3), 所以方程x2-(a+3)x+3a=0的两根分别为x1=0,x2=3, 根据韦达定理可知x1+x2=a+3=3,x1x2=3a=0,解得a=0; (2)不等式f(x)>-1对任意的x∈R恒成立, 即x2-(a+3)x+3a+1>0对任意的x∈R恒成立,所以Δ=(a+ 3)2-4(3a+1)<0,即a2-6a+5<0,解得1<a<5,所以实数a 的取值范围为(1,5); (3)f(x)=x2-(a+3)x+3a>0即(x-a)(x-3)>0, 当a>3时,不等式f(x)>0的解为x>a或x<3, 当a<3时,不等式f(x)>0的解为x>3或x<a, 当a=3时,不等式f(x)>0的解为x≠a, 综上所述,当a>3时,不等式f(x)>0的解集为(-∞,3)∪(a,+∞), 当a≤3时,不等式f(x)>0的解集为(-∞,a)∪(3,+∞). 第三章 函数的概念与性质检测卷 1.D [由函数定义可排除C,由值域为B={y|1≤y≤2}可排除 A、 B,只有D选项为定义域为A={x|0≤x≤2},值域为B={y|1≤ y≤2}的函数的图象.故选D.] 2.D [由题,f(-1)=f(1)=2×1-4×1+3=1.故选D.] 3.A [依题意,偶函数f(x)在区间(-∞,0]上单调递增,则由f(3x+2)< f(4)得|3x+2|>4,即3x+2<-4或3x+2>4,解得x<-2或x>23 , 所以实数x的取值范围是(-∞,-2)∪ 23,+∞ .故选A.] 【破题技巧】 根据函数的单调性和奇偶性化简不等式f(3x+ 2)<f(4),由此求得正确答案. 4.C [不妨令0<x1<x2,则x1-x2<0,因为[f(x1)-f(x2)](x1 -x2)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以f(x)在 (0,+∞)上单调递增,又f(x)为定义在R上的奇函数,则f(-x)= -f(x),则f(x)在(-∞,0)上单调递增,又f(5)=0,所以f(-5)= -f(5)=0,①当x>0时,不等式xf(-x)>0等价于f(-x)>0, 等价于-f(x)>0,等价于f(x)<0,等价于f(x)<f(5),解得 0<x<5,②当x<0时,不等式xf(-x)>0等价于f(-x)<0,等 价于-f(x)<0,等价于f(x)>0,等价于f(x)>f(-5),解得-5 <x<0,综上可得,不等式xf(-x)>0的解集为(-5,0)∪(0, 5).故选C.] 5.A [当-2<x<0时,f(x)=x2+x= x+12 2 -14 ,故当x= -12 时,f(x)有最小值为-14 ;0≤x<c时,f(x)=- x单调递 减,所以-c<f(x)≤0,由题意f(x)存在最小值,则-c≥-14 , 解得0<c≤116 ,即c的最大值为116. 故选A.] 6.C [由 条 件 可 知, 2a-3<0 a>0 3(2a-3)+2>a4 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒ 0<a<32 a>2823 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒2823<a< 3 2 ,故选C.] 7.D [分离参数得a< 2x x2+3 ,要使对任意x∈[1,2],不等式ax2- 2x+3a<0恒成立,只需a< 2xx2+3 min.又因为 2xx2+3= 2x+3x , 令f(x)=x+3x ,由对勾函数性质可知,f(x)在[1,3)上单调递 减,在[3,2]上单调递增,又f(1)=4,f(2)=72 ,所以f(x)max= 4,所以 2xx2+3 min=12,所以a<12.故选D.] 8.D [对 任 意 的 m<n<0,都 有(m-n)· (f(m)-f(n))<0,所以f(x)在(-∞,0) 上单调递减,因为函数f(x)是定义在 R上 的奇函数,f(-2)=-f(2)=0,f(0)=0, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减,则可画 出f(x+1)的 简 图,如 图 所 示,所 以 f(x+1)-f(-x-1) x = 2f(x+1) x ≥0 ,则 f(x+1)≥0 x>0 或 f(x+1)≤0x<0 或x=-1, 即 x≤-3或-1≤x≤1 x>0 或 -3≤x≤-1或x≥1x<0 或 x=-1,解 得x∈[-3,-1]∪(0,1],故选D.] 【破题技巧】 由对任意的 m<n<0,都有(m-n)(f(m)- f(n))<0,得f(x)在(-∞,0)上单调递减,由函数f(x)是定义 在R上的奇函数得f(-2)=-f(2)=0,f(0)=0,f(x)在(0, +∞)上单调递减,画出f(x+1)的简图,即可求解. 9.BC [由幂函数f(x)= a-3a-1 xa,可得a-3a-1=1,即a2- 2a-3=0,解得a=-1或a=3,当a=-1时,可得f(x)=x-1在 (0,+∞)上单调递减,符合题意;当a=3时,可得f(x)=x3 在 (0,+∞)上单调递增,不符合题意;又由函数y=x2+(a+b)x-3 在(-1,1)上不单调,则满足-1<-a+b2 <1 ,即-1<b-12 <1 ,解 得-1<b<3,结合选项,可得选项BC符合题意.故选BC.] 10.CD [对于A:因为f(x)是定义域为R上的偶函数,所以f(x)= f(-x),又当x∈(0,+∞)时,f(x)=x2+x,所以f(-1)=f(1)= 2,故A错误;对于B:由二次函数y=x2+x= x+12 2 -14 可 知,f(x)在(0,+∞)上单调递增,又因为函数f(x)是定义在 R 上的偶函数,即f(x)的图象关于y轴对称,所以f(x)在(-∞, 0)上单调递减,故B错误;对于C:当x∈(-∞,0)时,-x∈(0, +∞),则f(x)=f(-x)=x2-x,故C正确;对于D:由f(x)的 奇偶性与单调性可知,f(x-1)<2可化为f(|x-1|)<f(1),所 以|x-1|<1,解得0<x<2,故D正确.故选CD.] 【破题技巧】 对于A,利用f(x)的奇偶性直接求得f(-1);对 于BC,利用f(x)的奇偶性求得f(x)的解析式,结合二次函数 的性质即可判断;对于D,利用f(x)的单调性与奇偶性解不等 式即可得解. 11.AB [函数y=x+9x-3a 在x∈(1,3)上单调递减,在x∈(3,+∞) 上单调递增,故当x>1时,函数f(x)min=f(3)=6-3a;y=x2- 2ax+2=(x-a)2+2-a2,对称轴为x=a,当a≥1时,当x≤1 时,f(x)min=f(1)=3-2a,要想函数的最小值为f(1),只需f(3)≥ f(1)⇒6-3a≥3-2a⇒a≤3,即1≤a≤3,显然选项 AB符合,当 a<1时,当x≤1时,f(x)min=f(a)=2-a2,显然不是f(1),综 上所述:只有选项AB符合条件,故选AB.] 12.3 [因为幂函数y=k·xα,所以k=1,又幂函数图象过点 12, 1 4 ,∴14= 12 α ,解得α=2,所以k+α=3.故答案为:3.] 13.13 [由题意可得a-4x≥0可得x≤a4 ,令 a-4x=t(t≥0), 则2x=a-t 2 2 ,y=-t 2 2-t+ a 2-3 ,∴当t=-1时取得最大值, 但由于t≥0,故当t=0即x=a4 时,y=a2-3= 7 2 ,解得a=13. 故答案为:13.] 14. -∞,94 [函数f(x)=x+3,在x∈[0,2]上单调递增,所以 f(x)min=f(0)=3,当a<0时,g(x)=x+ a x 在区间[1,2]上单调 递增,g(x)min=1+a,所以3≥1+a,解得a≤2,又因为a<0,所 以 a<0 3≥1+a ,解得a<0;当0≤a≤1时,g(x)=x+ax 在区间[1, 2]上单调递增,其最小值为g(1)=1+a,所以有 0≤a≤13≥1+a ,解得 0≤a≤1;当1<a<4时,g(x)=x+ax 在区间[1,a]上单调递 减,在[a,2]上 单 调 递 增,其 最 小 值 为 g(a)=2 a,所 以 有 1<a≤4 3≥2 a ,解得1<a≤94;当a>4时,g(x)=x+ax 在区间[1, 2]上单调递减,g(x)min=g(2)=2+ a 2 ,此时 a>4 3≥2+a2 ,无解; 所以a的取值范围是 -∞,94 ,故答案为: -∞,94 .] 【破题技巧】 对∀x1∈[0,2],都∃x2∈[1,2],使得f(x1)≥ g(x2)成立,等价于f(x)min≥g(x)min恒成立,对a的取值进行 分类讨论,利用单调性求出f(x)min和g(x)min,列出关于a的不 等式组求得答案. 15.解 (1)因为f(x)=2x+1x+1= 2x+2-1 x+1 =2- 1 x+1 , 因为y= 1x+1 在(-1,+∞)单调递减, 所以f(x)=2- 1x+1 在(-1,+∞)单调递增. 定义法证明如下: 任取x1,x2∈(-1,+∞),x1<x2,则x1-x2<0, f(x1)-f(x2)= 2- 1x1+1 - 2- 1x2+1 = x1-x2(x1+1)(x2+1)< 0,所以f(x1)<f(x2),故f(x)在(-1,+∞)单调递增. (2)由(1)得f(x)在区间[2,4]上单调递增, 所以f(x)max=f(4)=2- 1 4+1= 9 5 ,f(x)min=f(2)=2- 1 2+1= 5 3 ,所以f(x)在区间[2,4]上的最大值为95 ,最小值为5 3. 【破题技巧】 先转化f(x)=2- 1x+1 ,判断其单调性,再利用函 数单调性的定义,结合作差法即可得证. 16.解 (1)因为二次函数f(x)=x2+bx+c满足f(0)=f(1)=1, 则 c=1 1+b+c=1 ,解得 c=1b=-1 . (2)由(1)可知:f(x)=x2-x+1, 若在[-1,1]上,函数f(x)的图象总在一次函数y=2x+m 的图 象的上方,则x2-x+1>2x+m 在[-1,1]上恒成立,即x2-3x+ 1>m 在[-1,1]上恒成立, 因为y=x2-3x+1开口向上,对称轴为x=32 , 可知y=x2-3x+1在[-1,1]上单调递减, 则ymin=y|x=1=-1,可得m<-1, 所以实数m 的取值范围为(-∞,-1). (3)因为f(x)=x2-x+1是对称轴为x=12 ,开口向上的二次函 数,当t≥12 时f(x)在[t,t+2]上单调递增,则g(t)=f(t)=t2- t+1; 当t+2≤12 ,即t≤-32 时,f(x)在[t,t+2]上单调递减,则g(t)= f(t+2)=t2+3t+3; 当t<12<t+2 ,即-32<t< 1 2 时,f(x)在 t,12 上单调递减, 在 12,t+2 上单调递增,可知g(t)=f 12 =34; 综上所述: t2-t+1,t≥12 3 4 ,-32<t< 1 2 t2+3t+3,t≤-32 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 . 【破题技巧】 (1)根据题中条件,列出方程组求解,即可得出 结果; (2)根据题意可得:x2-x+1>2x+m 在[-1,1]上恒成立,结 合二次不等式的恒成立问题分析求解; (3)分别讨论t≥12 ,t+2≤12 ,t<12<t+2 三种情况,结合二 次函数的性质,得出结果. 17.解 (1)若m=0,则f(x)=x|x|,x∈R,定义域关于原点对称, ∵f(-x)=(-x)|-x|=-f(x),故y=f(x)是奇函数; 若m≠0,f(x)=x|x-m|+m2,则f(0)=m2≠0,y=f(x)不是 奇函数,又f(m)=m2,f(-m)=-m|-2m|+m2,∴f(m)≠ f(-m),故y=f(x)不是偶函数, 所以y=f(x)既不是奇函数也不是偶函数. 综上,当m=0时,函数y=f(x)是奇函数;当 m≠0时y=f(x) 既不是奇函数也不是偶函数. (2)①当m≤1时,f(x)=x|x-m|+m2=x2-mx+m2(x∈[1,2]), 对称轴为x=m2≤ 1 2 ,所以函数y=f(x)在[1,2]上单调递增. 所以f(x)min=f(1)=1-m+m2=7,即m2-m-6=0, 解得m=3(舍)或m=-2; ②当m≥4时,f(x)=x|x-m|+m2=-x2+mx+m2, 对称轴为x=m2≥2 , 所以函数y=f(x)在[1,2]上单调递增, 所以f(x)min=f(1)=-1+m+m2=7, 即m2+m-8=0,∴m=-1± 332 (舍去); ③当2<m<4时,f(x)=x|x-m|+m2=-x2+mx+m2, 对称轴为x=m2∈ (1,2),所以函数y=f(x)在 1,m2 上单调递 增,在 m2,2 上单调递减,因为f(1)=-1+m+m2,f(2)=m2+ 2m-4,∴f(2)-f(1)=m-3,当3≤m<4时,f(2)≥f(1),所以f (x)min=f(1)=7,即m2+m-8=0,得m= -1± 33 2 ,均舍; 当2<m<3时,f(2)<f(1),则f(x)min=f(2)=7,即m2+2m- 11=0,得m=-2 3-1(舍去),m=2 3-1; ④ 当 1 < m ≤ 2 时,f (x)= x|x - m| + m2 = x2-mx+m2(x∈(m,2]) -x2+mx+m2(x∈[1,m)) , 因为m 2≤1 ,则此时,函数y=f(x)在[1,m)上单调递减,在(m,2] 上单调递增,∴f(x)min=f(m)=m2=7,得m=± 7,均舍. 综上,m=-2或2 3-1. 【点睛】 此题考查函数的奇偶性的判断,考查由函数的最值求 参数,第(2)问解题的关键是分情况讨论去掉绝对值,转化为二 次函数的闭区间的最值问题,考查分类讨论思想和计算能力. 18.解 (1)当基底产出该中药材40吨时,年成本为(1600a+49× 40+250)万元, 利润为50×40-(1600a+49×40+250)=190,解得a=-14 , 则L(x)= 1 4x 2+x-250,0<x≤50 -x-144002x+1+620 ,50<x≤100 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 . (2)当x∈(0,50],L(x)=14x 2+x-250,,对称轴为x=-2<0, 则函数在(0,50]上单调递增,故当x=50时,ymax=425, 当x∈(50,100]时, L(x)=-x-144002x+1+620=- x+144002x+1 +620=620.5- 2x+12 +144002x+1 ≤620.5-120 2≈451.3 当且仅当2x+1 2 = 14400 2x+1 ,即x=60 2-12≈84.1 时取等号, 因为425<451.3,所以当年产量为84.1吨时,所获年利润最大, 最大年利润是451.3万元. 19.解 (1)因为f(x)= x在[0,+∞)上单调递增, 所以f(x)= x在[a,b]上函数值的取值范围是[a,b], 若函数f(x)= x具有性质M,应有 a=2a b=2b 因为0≤a<b,所以 a=0 b=14 , 故m=2时,函数f(x)= x在区间 0,14 上具有性质 M. (2)f(x)= x+8x-9 = x2-9x+8 x = (x-1)(x-8) x , ①当[a,b]⊆(0,1]时,f(x)=x+8x-9 在[a,b]上单调递减, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 93 — —96 — ∴ f (a)=mb f(b)=ma ,即 a+8a-9=mb b+8b-9=ma 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 两式相除,得 a+8a-9 b+8b-9 =ba ,整理得a+b=9,∵a+b=9与 [a,b]⊆(0,1]矛盾,∴当[a,b]⊆(0,1]时,不合题意. ②当[a,b]⊆[1,2)时,f(x)= x+8x-9 在[a,b]上单调递增, ∴ f (a)=ma f(b)=mb ,即 a+8a-9 =ma b+8b-9 =mb 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 所以方程9-x-8x=mx 在(1,2)上有两个不相等的实根, 即m=-8 x2 +9x-1 在(1,2)上有两个不相等的实根, 令t=1x∈ 12,1 , ∵g(t)=-8t2+9t-1在 12,916 上单调递增,在 916,1 上单 调递减,且g 12 =32,g 916 =4932,g(1)=0, ∴由函数性质可知,实数m 的取值范围是32<m< 49 32. 【破题技巧】 (1)首先求出函数的定义域与单调性,根据题意 a=2a b=2b ,解得即可; (2)分为[a,b]⊆(0,1]和[a,b]⊆[1,2)两种情况,,结合函数的 单调性得到方程组,当[a,b]⊆[1,2)时,得到9-x-8x=mx 在 (1,2)上有两个不相等的实根,构造函数结合函数性质求出参数 范围. 第二次月考滚动检测卷 1.C [由A∩B={9},则9∈A={2a-1,a2,0},若2a-1=9,∴a= 5,则A={9,25,0},B={-4,0,9},则A∩B={0,9},不符合题意; 若a2=9,∴a=±3,当a=3时,B={-2,-2,9},违反了集合元 素的互异性,不合题意;当a=-3时,A={-7,9,0},B={4,-8, 9},符合题意,故选C.] 2.B [因为 M⫋N,故 M∩N=M;若a∈N,且 a∉M,满足“a∈M 或a∈N”,显然a∉M∩ N,故充分性不满足;若a∈M∩N,则a∈M, 满足“a∈M 或a∈N”,故必要性满足;故“a∈ M 或a∈N”是“a∈M∩N”的必要不充分条 件.故选B.] 3.D [由题意,原命题的否定“∀x∈R,x2+x+m≥0”为真命题,令 f(x)=x2+x+m= x+12 2 +m-14 ,则当x=-12 时,f(x)min= m-14 ,故m-14≥0 ,解 得 m≥14. 所 以 实 数 m 的 取 值 范 围 是 14,+∞ .故选D.] 4.C [因为不等式-12x 2+mx+n>0的解集为{x|-1<x<2},所 以-1,2 是 方 程 - 12x 2 +mx+n=0 的 两 个 实 根,所 以 -12× (-1)2+m×(-1)+n=0, -12×2 2+2m+n=0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得 m= 1 2 n=1 ,所以 m+n= 3 2. 故选C.] 【破题技巧】 将问题转化为-1,2是方程-12x 2+mx+n=0 的两个实根,再直接代入方程得到关于 m,n的方程组,解之即 可得解. 5.D [当x∈[0,+∞)时,f(x)=x2≥0且函数f(x)为增函数,当 x>0时,则-x<0,则f(-x)=-(-x)2=-x2=-f(x),当x∈ (-∞,0)时,f(x)=-x2<0且函数f(x)为增函数,此时-x>0, 则f(-x)=(-x)2=x2=-f(x),所以函数f(x)是 R上的增函 数,且f(x)为奇函数,则f(x+m)≤-f(x),即为f(x+m)≤ f(-x),所以x+m≤-x 对∀x∈(-∞,1]恒成立,即 m≤-2x 对∀x∈(-∞,1]恒成立,当x∈(-∞,1]时,(-2x)min=-2,所 以m≤-2,所以实数m 的取值范围是(-∞,-2].故选D.] 6.A [由题意可知f(-x)=-f(x),不妨设x>0,则a(-x)3+ (-x)2=-(x3-x2),即a=1,f(a)=f(1)=1-1=0.故选A.] 7.C [由于x-1≠0,得x≠1,所以f(x)的定义域是{x|x≠1},由 此排除ABD选项,所以正确的选项为C.故选C.] 8.A [因为对任意的x1,x2∈[0,+∞),且x1≠x2,都有(x1-x2) [f(x1)-f(x2)]<0,所以由函数单调性的定义可知f(x)在[0,+∞) 上单调递减,所以f(3)<f(2)<f(1),又f(x)是偶函数,f(2)= f(-2),所以f(3)<f(-2)<f(1),故选A.] 9.CD [因为函数f(x)是奇函数,则不等式f(2a)+f(a-2)>0,可 变形为f(2a)>-f(a-2)=f(2-a),因为函数f(x)在 R上单调 递增,则不等式f(2a)>f(2-a)成立,则2a>2-a,解得a>23 ,a= 1,a=2符合题意,故选CD.] 【破题技巧】 先利用函数f(x)是奇函数,将不等式f(2a)+ f(a-2)>0转变为f(2a)>f(2-a),再利用函数f(x)在 R上 单调递增,将不等式f(2a)>f(2-a)转变为2a>2-a,解出a 即可. 10.ABD [A.两个单调区间中间要用和分开,故A错误;B.因为f(x) 是定义在R上的偶函数,所以f(-π)=f(π),又f(x)在[2,+∞) 上单调 递 减,则 f(-π)>f(5),故 B错 误;C.当 x≥0时, f(x)=4x-x2=-(x-2)2+4,f(x)最大 值为4,又因为f(x)是偶函数,所以f(x)的 最大值为4,故C正确;D.如图所示:f(x) >0的解集为(-4,0)∪(0,4),故D错误. 故选ABD.] 【技法点拨】 A.由两个单调区间不能合并判断;B.由f(x)是 定义在R上的偶函数和二次函数的性质判断;C.由x≥0时,结 合f(x)是偶函数判断;D.利用函数图象判断. 11.AB [x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1),化简为(x1- x2)(f(x1)-f(x2))>0,设x2>x1,则f(x2)>f(x1),设x2< x1,则f(x2)<f(x1),故函数f(x)在 R上是增函数,故 A正确; 设x2>x1,由 f(x1)-f(x2) x1-x2 >-1得f(x1)-f(x2)<-x1+x2, 即f(x1)+x1<f(x2)+x2,设x2<x1,由 f(x1)-f(x2) x1-x2 >-1得 f(x1)-f(x2)>-x1+x2,即f(x1)+x1>f(x2)+x2,故函数 y=f(x)+x在R上是增函数,故B正确;令f(x)=[x],[x]表示不 超过x的最大的整数,满足f(x+1)>f(x),但f(x)在R上不是增函 数,故C错误;令f(x)=g(x)=x,则f(x),g(x)为增函数,但函数 y=f(x)·g(x)=x2 在R上不单调,故D错误.故选AB.] 12.2 [令t=1+x2,t≥1,则原函数化为函数y= 3(t-1)+2t ,(t≥1),函数y=3t+2t-3 ,(t≥1) 图像如图:由对勾函数性质得y在[1,+∞)上单 调递增,所以当t=1时,函数取最小值f(x)min= 2,故答案为:2.] 13.6 [令g(x)=ax3+bx,g(-x)=a(-x)3+ b(-x)=-(ax3+bx)=-g(x), 所以g(x)为奇函数, 所以f(-2024)=g(-2024)+4=2,所以g(-2024)=-2, 所以g(2024)=2,所以f(2024)=g(2024)+4=6. 故答案为:6.] 14.{x|x<-1或x>1} [因为f(x)是奇函 数,所以f(-1)=-f(1)=0,因为f(x)在 (0,+∞)内是减函数,且f(x)是奇函数,所 以f(x)在(-∞,0)内是减函数,作出函数 f(x)的大致图象如图所示.不等式x·f(x) <0 等 价 于 x>0f(x)<0 或 x<0f(x)>0 ,结 合 f(x)的图象,解得 x>0x>1 或 x<0x<-1 ,即x> 1或x<-1,所以x·f(x)<0的解集是{x|x<-1或x>1}.] 【破题技巧】 根据已知条件作出函数f(x)的大致图象,结合函 数f(x)图象即可求解不等式x·f(x)<0的解集. 15.解 (1)f(x)在(-2,2)上是奇函数,证明如下: 结合题意:令x=y=0,则f(0)+f(0)=f(0),解得f(0)=0, 若x∈(-2,2),则-x∈(-2,2), 令y=-x,则f(x)+f(-x)=f(x-x)=f(0)=0, 所以f(-x)=-f(x),故f(x)在(-2,2)上是奇函数. (2)f(x)在(-2,2)上的单调递增,证明如下: 任取x1,x2∈(-2,2),且x1<x2, 令x=x2,y=-x1,则f(x2)+f(-x1)=f(x2-x1), 因为f(x)在(-2,2)上是奇函数,所以f(-x1)=-f(x1), 所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1), 因为当x∈(0,2)时,f(x)>0, 由x1<x2,所以x2-x1>0,所以f(x2-x1)>0, 所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)>0,即f(x2)>f(x1), 所以f(x)在(-2,2)上单调递增. 16.解 (1)g(x)=f(x)+2=ax2-(2a+3)x+8, 故ax2-(2a+3)x+8>0恒成立, 当a=0时,-3x+8>0不恒成立,舍去, 当a≠0时,要想ax2-(2a+3)x+8>0恒成立, 则要满足 a>0 Δ=[-(2a+3)]2-32a<0 ,解得12<a<92, 综上,实数a的取值范围为 12,92 ; (2)当a=1时,函数f(x)≥-(m+5)x+3-m 在[0,2]有解, 即x2+3+m(x+1)≥0在[0,2]上有解, 所以-m≤x 2+3 x+1 在[0,2]上有解,所以只需-m≤ x2+3x+1 max, 令h(x)=x 2+3 x+1= (x+1)2-2(x+1)+4 x+1 = (x+1)+ 4x+1-2 , 因为x∈[0,2],所以x+1∈[1,3], 由对勾函数性质可知,h(x)=(x+1)+ 4x+1-2 在x+1∈[1, 2],即x∈[0,1]上单调递减,在x+1∈[2,3],即x∈[1,2]上单 调递增,由于h(0)=1+4-2=3,h(2)=3+43-2= 7 3 , 由于3>73 ,故 x2+3x+1 max=3,故-m≤3,解得m≥-3, 实数m 的取值范围是[-3,+∞). 【技法点拨】 (1)转化为ax2-(2a+3)x+8>0恒成立,分a= 0与a≠0,得到不等式,求出实数a的取值范围; (2)转 化 为 -m≤x 2+3 x+1 在[0,2]上 有 解,所 以 只 需 -m≤ x2+3x+1 max,构造函数,由对勾函数性质得到 x 2+3 x+1 max=3, 从而得到实数a的取值范围. 17.解 (1)由题知,x=0时,a=4,于是,8- k0+1=4 ,解得k=4. 所以,a=8- 4x+1. 根据题意,y=a 36+10a -20a-x 即y=16a+10-x=138- 64x+1-x 所以y=138-x- 64x+1 (x≥0) (2)y=138-x- 64x+1=139- x+1+ 64x+1 ≤139-2 (x+1)· 64x+1=123 当且仅当x+1= 64x+1 ,即x=7时,等号成立. 所以当促销费用为7万元时,该产品的利润最大,最大利润为123 万元. 18.解 (1)由题意得当a=1时,函数f(x)=x2-|x-1|, 且函数f(x)的定义域为 R, ∴f(-x)=x2-|-x-1|=x2-|x+1|, ∵f(-x)≠f(x),f(-x)≠-f(x),∴f(x)是非奇非偶函数; (2)因为当-1≤a≤2时,对任意的x∈[1,3], 均有f(x)+bx=ax2-|x-a|+bx≤0成立, ∴令g(x)=ax2-|x-a|+bx= ax2-x+a+bx,x≥a ax2+x-a+bx,x<a , ①当a=0时,g(x)=bx-x=(b-1)x≤0,对任意的x∈[1,3]恒 成立,即3(b-1)≤0,解得b≤1,a2+b=b的最大值为1; ②当-1≤a<0时,g(x)=ax2-(x-a)+bx=ax2+(b-1)x+ a,x∈[1,3],对称轴为x=1-b2a , (ⅰ)1-b2a ≤1 ,则1-b≥2a,(a<0不等号方向改变),g(1)≤0即 a+b-1+a≤0,所以b≤1-2a,则a2+b≤a2-2a+1=(a-1)2, a2+b的最大值为1; (ⅱ)1-b2a ≥3 时,1-b≤6a,即b≥1-6a,所以g(3)≤0,即b≤ 1-103a ,无解; (ⅲ)1<1-b2a <3 时,1-2a<b<1-6a,所以g 1-b2a ≤0,即a· 1-b2a 2 +(b-1)×1-b2a +a≤0 , 即4a2≥(1-b)2,所以1+2a≤b≤1-2a无解; ③当0<a≤1时,g(x)=ax2-(x-a)+bx=ax2+(b-1)x+a, x∈[1,3],对称轴为x=1-b2a , (ⅰ)1-b2a ≤1 ,则1-b≤2a,g(3)≤0即b≤1-103a ,无解; (ⅱ)1-b2a ≥3 时,1-b≥6a,即b≤1-6a,g(1)≤0,b≤1-2a, 则b≤1-6a,则a2+b≤a2-6a+1=(a-3)2-8, ∵0<a≤1,∴a2+b的最大值为1; (ⅲ)1<1-b2a <3 时,1-6a≤b≤1-2a,g(3)≤0,g(1)≤0, 则b≤1-103a 且b≤1-2a,∴1-6a≤b≤1-103a ,则a2+b≤a2+ 1-103a ,a2+b的最大值为1; ④当1≤a≤2时,g(x)= ax2-x+a+bx,a≤x≤3 ax2+x-a+bx,1≤x≤a , g(3)≤0,g(1)≤0,g(a)≤0, 即 a+1-a+b≤0 a3+ab≤0 9a-3+a+3b≤0 ,则 b≤-1 b≤-a2 b≤1-10a3 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,而1≤a≤2, ∴b≤1-10a3 ,则a2+b≤a2+1-103a , 令p(a)=a2+1-103a ,1≤a≤2, 则p(a)= a-53 2 -169 ,故p(a)在 1,53 上 单 调 递 减,在 53,2 上单调递增,又p(1)=-43,p(2)=-53, 所以p(a)的最大值为-43. 综上所述,对任意的x∈[1,3],均有f(x)+bx≤0成立, 则a2+b的最大值为-43 (所有最大值中的最小值). 【点睛】 本题主要考查了函数奇偶性的判定,以及函数恒成立 问题,同时考查了分类讨论的数学思想和转化的能力. 19.解 (1)二次函数y=x2+mx的对称轴为直线x=-m2 , ①当-m2≤1 时,即当m≥-2时, 函数y=x2+mx在(1,3]上单调递增, 则ymax=3m+9,合乎题意; ②当1<-m2<3 时,即当-6<m<-2时, 函数y=x2+mx在 1,-m2 上单调递减, 在 -m2,3 上单调递增, 若函数存在最大值,必有f(3)≥f(1), 即9+3m≥1+m,解得m≥-4,此时-4≤m<-2; ③当-m2≥3 时,即当m≤-6时, 函数y=x2+mx在(1,3]上单调递减, 此时函数y=x2+mx在(1,3]上不存在最大值,不合乎题意. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 95 —