第3章 本章复习提升（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

本章复习提升 易混易错练 易错点1　忽视函数的定义域致错 1.对于集合A,B,我们把集合{x|x∈A且x∉B}叫做集合A与B的差集,记作A-B.若集合P=yy=-x2+2x-,1-<x<,Q={x|x2+(a-1)x-a<0},且P-Q=⌀,则实数a的取值范围是(　　) A.[0,+∞)　　　　B.(0,+∞)　　 C.　　　　D. 2.函数f(x)=的单调递增区间是　　　　.  3.已知x∈,则函数g(x)=x+的值域为　　　　.  易错点2　忽略分段函数自变量的范围——分段点处的情况致错 4.已知函数f(x)=若f(x)有最大值,则a的取值范围为　　　　.  5.已知a∈R,函数f(x)=若f(f(a))=1,则a=　　　　;若不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立,则a的取值范围是　　　　.  易错点3　忽视对参数取值范围的讨论致错 6.(多选题)下列图象中,可能是f(x)=ax+(a∈R)的图象的是(　　) 7.已知函数f(x)=x-,x∈[1,2],g(x)=-x2+ax-5,若∀x1∈[1,2],∃x2∈[2,4],使得g(x2)≤f(x1)成立,则a的取值范围为　　　　.  8.已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(1)=-4. (1)求f(x)的解析式; (2)当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>4x+m恒成立,求实数m的取值范围; (3)设h(x)=f(2x+n),x∈[-3,3],求h(x)的最大值. 9.若函数y=f(x)的定义域为[m,n](或(m,n)),值域也为[m,n](或(m,n)),我们称函数y=f(x)是区间[m,n](或(m,n))上的保值函数.如y=x2是区间[0,1]上的保值函数. (1)判断函数f(x)=是不是区间(1,3)上的保值函数,并说明理由; (2)设二次函数y=x2+是区间[m,n]上的保值函数,求正实数m,n的值; (3)若函数y=ax+b是区间[2,3]上的保值函数,求实数a,b的值. 思想方法练 一、数形结合思想在函数中的运用 1.设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时, f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是(　　) A.　　　　B.　　 C.　　　　D. 2.已知函数f(x)=,g(x)=ax+2,x≠0,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)},若M(x)的最小值为1,则实数a的值为(　　) A.0　　B.±　　C.±　　D.±2 二、分类讨论思想在函数中的运用 3.已知函数f(x)=在R上单调,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　B.(3,4] C.∪(3,4]　　　　D.∪(3,4] 4.给定函数f(x)=x2+x+a2+a,g(x)=x2-x+a2-a,a∈R,x∈R,用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者,记为M(x)=max{f(x),g(x)}. (1)若a=1,试写出M(x)的解析式,并求M(x)的最小值; (2)若M(x)的最小值为3,求实数a的值. 三、转化与化归思想在函数中的运用 5.已知函数g(x)满足:对任意的x∈R,有g(x)-g(-x)=2x,设函数f(x)=g(x)-x,且f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.若f(a)-f(2a+1)≥0,则实数a的取值范围为　　　　.  6.已知f(x)=g(x)=ax+1,若∀x1∈[2,4],∃x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),则实数a的取值范围是　　　　　　.  7.已知函数f(x)=x+m,g(x)=x2-mx++2m-3. (1)若g(x)<+1的解集为(1,a),求a的值; (2)若∀x1∈[0,1],∃x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),求实数m的取值范围. 四、方程思想在函数中的运用 8.(1)已知f(x)是二次函数,且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x+4,求f(x)的解析式; (2)已知2f(x)-f=3x,求函数f(x)的解析式; (3)已知函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,且定义域均为{x|x∈R,x≠±1},若f(x)+g(x)=,求f(x),g(x)的解析式. 答案与分层梯度式解析 本章复习提升 易混易错练 1.A　由已知得P⊆Q, 易知函数y=-x2+2x-,1-<x<的图象开口向下,且对称轴方程为x=1, 当x=1时,可得ymax=,当x=1-时,可得y=0,当x=时,可得y=,故y>0恒成立,即P=y0<y≤, 由不等式x2+(a-1)x-a=(x+a)(x-1)<0, 得当-a>1,即a<-1时,解得1<x<-a,即Q={x|1<x<-a},显然不满足P⊆Q; 当-a=1,即a=-1时,解集为空集,即Q=⌀,显然不满足P⊆Q; 当-a<1,即a>-1时,解得-a<x<1, 即Q={x|-a<x<1}, 要使得P⊆Q,需满足-a≤0,解得a≥0,即实数a的取值范围是[0,+∞).故选A. 2.答案　[5,+∞) 解析　由x2-2x-15≥0得x≤-3或x≥5,所以函数f(x)的定义域为(-∞,-3]∪[5,+∞). 令g(x)=x2-2x-15,则g(x)在[1,+∞)上单调递增, 由复合函数的单调性可知,函数f(x)的单调递增区间为[5,+∞). 3.答案　 解析　∵x∈,∴∈[0,1],令t=,则t∈[0,1], ∴x=,∴g(x)=x+可转化为y=+t=-+t+,t∈[0,1], 易知函数y=-+t+在[0,1]上单调递增, ∴y∈,∴函数g(x)的值域为. 4.答案　 解析　当a+1<0,即a<-1时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)没有最大值; 当a+1=0,即a=-1时, f(x)=f(x)max=1,符合题意; 当a+1>0且a≤2,即-1<a≤2时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递增,要使f(x)有最大值, 则a(a+1)+1≤f(2)=4+3a,得-1≤a≤3,所以-1<a≤2; 当a>2时, f(x)=-x2+4x+3a在[a,+∞)上单调递减,要使f(x)有最大值,则a2+a+1≤f(a)=-a2+7a, 得≤a≤,所以2<a≤. 综上,a的取值范围为. 易错警示　解决与分段函数有关的单调性或最大(小)值问题,不仅要考虑每一段函数的单调性,还要考虑分段点处函数值的大小. 5.答案　±1;[1,2] 解析　当a<1时, f(a)=a2-a×a=0, ∴f(f(a))=f(0)=a2=1,∴a=-1; 当a≥1时, f(a)=a2-a×a=0, ∴f(f(a))=f(0)=a2=1, ∴a=1,故a=±1. ∵不等式f(x)≥f(1)对任意x∈R恒成立, ∴当x=1时, f(x)取得最小值,∴f(x)在[1,+∞)上单调递增,在(-∞,1)上单调递减, ∴解得1≤a≤2, ∴a的取值范围是[1,2]. 6.ACD　当a=0时, f(x)=,为反比例函数,A选项可能满足. 当a≠0时, f(x)=ax+为奇函数, 当a>0时,易知f(x)在和上单调递减,在和上单调递增,D选项可能满足. 当a<0时,易知函数f(x)在(0,+∞)和(-∞,0)上均单调递减,C选项可能满足.故选ACD. 7.答案　(-∞,5] 解析　由已知得g(x)min≤f(x)min.对于f(x)=x-,x∈[1,2],易知f(x)在[1,2]上单调递增, ∴f(x)min=f(1)=-1.∴g(x)min≤-1. 对于g(x)=-x2+ax-5,x∈[2,4], 当≤3,即a≤6时,g(x)min=g(4)=-21+4a≤-1,解得a≤5,此时a≤5; 当>3,即a>6时,g(x)min=g(2)=-9+2a≤-1,解得a≤4,此时无解. 综上所述,a的取值范围是(-∞,5]. 8.解析　(1)由f(x)是二次函数可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),∵f(x+1)-f(x)=2x-1, ∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x-1,即2ax+a+b=2x-1, ∴解得又∵f(1)=-4,∴a+b+c=-4,∴c=-3,∴f(x)=x2-2x-3. (2)当x∈[-2,2]时, f(x)>4x+m恒成立,即x2-6x-3>m恒成立,∴m<(x2-6x-3)min,x∈[-2,2]. 令g(x)=x2-6x-3=(x-3)2-12,当x∈[-2,2]时,g(x)单调递减,∴g(x)min=g(2)=-11.所以m<-11. (3)h(x)=f(2x+n)=(2x+n)2-2(2x+n)-3=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3,x∈[-3,3],易知函数y=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3的图象的对称轴方程为x=, ①当≥0,即n≤1时,h(x)max=h(-3)=n2-14n+45; ②当<0,即n>1时,h(x)max=h(3)=n2+10n+21. 综上所述,h(x)max= 易错警示　求含参数的函数的最大(小)值问题,需对参数进行分类讨论,解题时分析对称轴与区间的位置关系即可求出最大(小)值. 9.解析　(1)f(x)=是区间(1,3)上的保值函数,理由如下:函数f(x)=在(1,3)上单调递减,∴值域为(1,3), 由定义可知f(x)=是(1,3)上的保值函数. (2)易知二次函数y=x2+在(0,+∞)上单调递增, ∵m>0,∴二次函数y=x2+在[m,n]上单调递增,由y=x2+是[m,n]上的保值函数得又m<n,∴m=2,n=3. (3)当a>0时,函数y=ax+b在[2,3]上单调递增, 由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数得解得 当a<0时,函数y=ax+b在[2,3]上单调递减, 由函数y=ax+b是[2,3]上的保值函数, 得解得 当a=0时,函数y=b为常数函数,显然不符合要求. ∴满足条件的实数a,b的值为或 思想方法练 1.B 2.B 3.B 1.B　∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1),由此作出函数f(x)的图象. (依据:自变量增加1,函数值扩大到原来的2倍) 当x∈(1,2]时,x-1∈(0,1],∴f(x)=2f(x-1)=2(x-1)(x-2)∈, 当x∈(2,3]时,x-1∈(1,2],∴f(x)=2f(x-1)=4(x-2)(x-3)∈[-1,0], (结合图象求出函数在各段上的值域,由此估计m所在的区间) 当x∈(2,3]时,令4(x-2)(x-3)=-,解得x=或x=,若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则f(x)min≥-,结合图知m≤.故选B. 2.B　令h(x)=x-,其定义域为{x|x≠0},易知函数h(x)=x-是奇函数,且在(0,+∞)上单调递增, 令h(x)=x-=0,得x=±,作出函数h(x)的大致图象,如图1, (根据解析式,结合函数的定义域、奇偶性、单调性等,作出大致图象) 　 则f(x)=的大致图象如图2所示. (翻折变换作图) 函数g(x)=ax+2的图象是经过定点(0,2)的直线, (根据a>0,a<0,a=0分别作出图象,利用图象解决问题) 若a=0,则g(x)=2,画出M(x)的大致图象,如图3, 显然最小值为2,不合题意; 若a>0,则g(x)=ax+2单调递增,画出M(x)的大致图象,如图4, 显然函数在A点处取得最小值, 令-x=1,解得x=-2(x=1舍去), 令-2a+2=1,解得a=; 若a<0,则g(x)=ax+2单调递减,画出M(x)的大致图象,如图5, 显然函数在B点处取得最小值,令x-=1,解得x=2(x=-1舍去), 令2a+2=1,解得a=-. 　 综上,a=±.故选B. 思想方法　在解决函数问题时要注意数形结合思想的运用,利用函数图象直观地研究函数的有关性质,利用函数性质进一步把握图象的特征,可避免复杂的计算和推理,实现快速准确解题. 3.B　函数f(x)在R上单调,可分单调递增和单调递减两种情况讨论: 若函数f(x)=在R上单调递增, 则有解得3<a≤4; 若函数f(x)=在R上单调递减, 则有无解. 综上,实数a的取值范围为(3,4].故选B. 4.解析　∵f(x)-g(x)=x2+x+a2+a-(x2-x+a2-a)=2(x+a), (作差,根据函数M(x)的定义,利用差的正负分类选择函数解析式) ∴当x≥-a时, f(x)≥g(x),当x<-a时, f(x)<g(x), 故M(x)=max{f(x),g(x)}= (1)当a=1时,M(x)= 当x≥-1时,M(x)min=f=; 当x<-1时,M(x)=g(x)>g(-1)=2, 故M(x)min=. (2)函数f(x)和g(x)的图象的对称轴方程分别为x=-,x=. ①当-a≤-,即a≥时, M(x)在上单调递减,在上单调递增, 故M(x)min=f=3,即a2+a-=0,解得a=或a=-(舍去). ②当-<-a≤,即-≤a<时,M(x)在(-∞,-a)上单调递减,在(-a,+∞)上单调递增, 故M(x)min=f(-a)=3,即2a2=3,解得a=±(舍去). ③当-a>,即a<-时,M(x)在上单调递减,在上单调递增, 故M(x)min=g=3,即a2-a-=0,解得a=-或a=(舍去). 综上所述,a=±. 思想方法　在解决函数问题时,当条件中变量或参数的取值不同,函数的图象、性质有不同的变化时,要依据题意合理进行分类讨论.涉及分段函数的问题,要注意自变量的取值范围对解题的影响;涉及含参数的函数问题,有时需对参数进行分类讨论.在分类讨论时,要准确把握分类的标准. 5.答案　 解析　因为f(x)=g(x)-x, 所以f(-x)=g(-x)+x, 两式相减得f(x)-f(-x)=g(x)-g(-x)-2x=2x-2x=0,因此f(x)=f(-x), 又f(x)的定义域为R,关于原点对称,所以f(x)为偶函数.又因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 所以f(a)-f(2a+1)≥0⇔f(a)≥f(2a+1), (将不等式化为函数f(x)的两个函数值的大小,利用单调性与奇偶性解不等式) 所以|a|≥|2a+1|⇔a2≥4a2+4a+1⇔3a2+4a+1≤0⇔(3a+1)(a+1)≤0,解得-1≤a≤-, 所以实数a的取值范围为. 6.答案　∪ 解析　由∀x1∈[2,4],∃x2∈[-2,1],使得g(x2)=f(x1),可知f(x)在[2,4]上的值域是g(x)在[-2,1]上的值域的子集. (将方程有解问题转化为函数的值域问题) 由f(x)= 可知f(x)在[2,3]上单调递减,在(3,4]上单调递增, 所以f(x)在[2,3]上的值域为[3,4],在(3,4]上的值域为, 所以f(x)在[2,4]上的值域为. 当a>0时,g(x)单调递增,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[-2a+1,a+1], 所以解得a≥. 当a<0时,g(x)单调递减,故g(x)=ax+1在[-2,1]上的值域为[a+1,-2a+1], 所以解得a≤-. 当a=0时,g(x)=1,为常数函数,值域为{1},不符合题意. 综上,实数a的取值范围是∪. 7.解析　(1)因为g(x)<+1,所以x2-mx++2m-3<+1,化简得x2-mx+2m-4<0, 依题得不等式x2-mx+2m-4<0的解集为(1,a), (将不等式解集的端点转化为对应方程的两根) 所以x=1是方程x2-mx+2m-4=0的一个根,因此1-m+2m-4=0,解得m=3,因此原不等式为x2-3x+2<0,解得1<x<2,故a=2. (2)∀x1∈[0,1],∃x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2),等价于f(x)min>g(x)min, (将不等式有解、不等式恒成立问题转化为函数的最大(小)值问题:∀x1∈[0,1], f(x1)>g(x2)恒成立等价于f(x)min>g(x);∃x2∈[1,2],使得f(x1)>g(x2)等价于f(x)>g(x)min)  由于f(x)=x+m在[0,1]上单调递增,因此f(x)min=f(0)=m,g(x)=x2-mx++2m-3的图象的对称轴方程为x=. ①若1<<2,即2<m<4,则函数g(x)在上单调递减,在上单调递增, 则g(x)min=g=m2+2m-3, ∴m>m2+2m-3,解得-6<m<2,舍去; ②若≤1,即m≤2,则函数g(x)在[1,2]上单调递增,则g(x)min=g(1)=+m-2, ∴m>+m-2,解得-2<m<2,∴-2<m<2; ③若≥2,即m≥4,则函数g(x)在[1,2]上单调递减,则g(x)min=g(2)=+1, ∴m>+1,该不等式无解. 综上所述,实数m的取值范围是{m|-2<m<2}. 思想方法　转化与化归思想在函数中常见的运用:利用条件转化为其他函数或自变量的问题;利用函数的奇偶性、单调性,将函数值问题转化为自变量的相关问题;将不等式恒(能)成立问题转化为函数的最大(小)值问题等. 8.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x+1)=ax2+2ax+a+bx+b+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c, f(x-1)=ax2-2ax+a+bx-b+c=ax2+(b-2a)x+a-b+c, ∴f(x+1)+f(x-1)=2ax2+2bx+2(a+c), ∴2ax2+2bx+2(a+c)=2x2-4x+4, (恒等式问题可利用对应项系数相等列方程组求解) ∴解得∴f(x)=x2-2x+1. (2)将2f(x)-f=3x①中的x用替换, 得2f-f(x)=②, (对变量进行赋值,构造方程组,通过解方程组得到问题的解) 联立①②消去f,化简得f(x)=2x+. 又x≠0,所以函数f(x)的解析式为f(x)=2x+(x≠0). (3)∵f(x)是奇函数,g(x)是偶函数, ∴由f(x)+g(x)=,得f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=-, (利用奇偶性构造方程组求解) 由得f(x)=(x≠±1),g(x)=(x≠±1). 思想方法　在函数中,利用函数、方程、不等式三者之间的联系,通过解方程(组)等解决函数中的相关问题,是解决函数问题最基本的方法. 7 学科网（北京）股份有限公司 $$