第三章 函数-【突破课堂】2025-2026学年高中数学必修第一册同步单元达标检测卷（人教B版）

( 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) ( 姓名 班级 考号 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 封 线 内 不 要 答 题 ) 高中同步达标检测卷 第三章　函数 全卷满分150分　考试用时120分钟 一、单项选择题(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.已知函数f(x)=+x0,则函数f(x)的定义域为(　　) A.　　　　B.(-∞,0] C.(-∞,0)∪　　　　D.(-∞,0)∪(0,4) 2.已知函数f(x)满足f=x2+,则f(x)的解析式为(　　) A.f(x)=x2+2　　　　B.f(x)=x2 C.f(x)=x2+2(x≠0)　　　　D.f(x)=x2-2(x≠0) 3.函数f(x)=的大致图象为(　　) 　　　　　　　　　　　　 4.若函数f(x)=ax2+(a-2b)x+a-1是定义在(-a,0)∪(0,2a-2)上的偶函数,则f =(　　) A.1　　　　B.3　　　　 C.　　　　D. 5.已知关于x的不等式ax2-4x+4a>0在[1,5]上有解,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　B.　　　　 C.(-∞,1)　　　　D.(1,+∞) 6.若函数f(x)=则f(x)的值域为(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 7.已知函数f(x)的图象关于直线x=1对称,当x2>x1>1时,[f(x2)-f(x1)]·(x2-x1)<0恒成立.设a=f(-1),b=f(2),c=f(e)(其中e=2.718 28…),则a,b,c的大小关系为(　　) A.c>a>b　　　　B.b>c>a　　　　 C.b>a>c　　　　D.c>b>a 8.函数f(x)和g(x)的定义域均为R,且y=f(4-3x)为偶函数,y=g(2x+4)+1为奇函数,∀x∈R,均有f(x)+g(x)=x2+2,则f(6)g(6)=(　　) A.335　　　　B.345　　　　 C.356　　　　D.357 二、多项选择题(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.设函数f(x)对任意x∈R均满足f(-x)=f(x),且对任意不相等的两实数a,b∈[0,+∞),恒有<0,下列说法正确的是(　　) A.f(-3)<f(2)<f(-1)　　　　B.f(x)在[0,+∞)上是增函数 C.f(-3)>f(2)>f(-1)　　　　D.f(x)是偶函数 10.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x>0时, f(x)=x-,则下列结论正确的是(　　) A.当x<0时, f(x)=x+ B.xf(x)<0的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞) C.f(0)=-2 D.|f(x)|的单调递增区间为(-1,0),(1,+∞) 11.对于定义在区间D上的函数f(x),若满足∀x1,x2∈D且x1<x2,都有f(x1)≤f(x2),则称函数f(x)为区间D上的“非减函数”.已知f(x)为区间[0,2]上的“非减函数”,∀x∈[0,2],都有f(x)+f(2-x)=2,且当≤x≤2时,f(x)=2x-2,则下列说法中正确的有(　　) A.f(1)=1 B.当0≤x≤时,f(x)=2x C.∃x0∈,f(x0)<1 D.∀x∈,0≤f(f(x))≤1 三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分) 12.已知函数f(x)=若f(a2-4)>f(3a),则实数a的取值范围是　　　　　　　.  13.偶函数f(x)的定义域为R,且对于任意x1,x2∈(-∞,0](x1≠x2),<0恒成立,若f(1-a)<f(2a-1),则实数a的取值范围为　　　　.  14.若关于x的方程-a+=0恰好有四个不同的实数根,则实数a的取值范围是　　　　　　　　.  四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15.(13分)已知函数f(x)=是R上的偶函数. (1)求实数m的值; (2)判断并用定义证明函数y=f(x)在(-∞,0)上的单调性. 16.(15分)已知某工厂生产一种电子元件,每年需投入固定成本5万元,当年产量为x(单位:万件)时,需额外投入可变成本C(x)(单位:万元).根据市场调研,每个电子元件售价为7元,当年产量不超过8万件时,C(x)=x2+x,当年产量超过8万件时,C(x)=10x+-.假设该元件的年销量等于年产量. (注:年利润=年销售收入-固定成本-可变成本) (1)求年利润f(x)(单位:万元)关于年产量x的函数解析式; (2)当x为何值时,年利润最大?最大年利润是多少? 17.(15分)已知2f(x)+f=9x+. (1)求函数f(x)的解析式; (2)判断函数f(x)的奇偶性,并证明; (3)若h(x)=,对任意的x1,x2∈R,都有|h(x1)-h(x2)|≤m,求实数m的最小值. 18.(17分)已知函数f(x)=ax2+mx+m-1(a≠0). (1)若f(-1)=0,判断函数f(x)的零点个数; (2)若对任意实数m,函数f(x)恒有两个零点,求实数a的取值范围; (3)已知对任意x1,x2∈R且x1<x2,f(x1)≠f(x2),求证:方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]在区间(x1,x2)上有实数根. 19.(17分)俄罗斯数学家切比雪夫(1821—1894)是研究直线逼近函数的理论先驱.对定义在非空集合I上的函数f(x),以及函数g(x)=kx+b(k,b∈R),切比雪夫将函数y=|f(x)-g(x)|,x∈I的最大值称为f(x)与g(x)的“偏差”. (1)已知f(x)=x2,g(x)=-x-1,x∈[0,1],求f(x)与g(x)的“偏差”; (2)已知f(x)=+1,g(x)=kx+1(k>0),x∈[1,2],若f(x)与g(x)的“偏差”为2,求k的值; (3)已知f(x)=x2-x,g(x)=2x+b,x∈[0,3],若f(x)与g(x)的“偏差”取最小值,求b的值,并求出“偏差”的最小值. 答案与解析 1.C　要使函数有意义,需满足 解得x≤且x≠0, 所以函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪. 2.A　由题意得f=x2+=+2,∴f(x)=x2+2. 3.C　由题意知x≠0,故f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),因为f(-x)==-f(x),所以f(x)为奇函数,其图象关于原点对称,排除A,B. 当x>1时, f(x)>0,排除D. 4.B　∵偶函数的定义域关于原点对称, ∴-a+2a-2=0,解得a=2. ∵f(-x)=f(x),∴a-2b=0,∴b=1, ∴f(x)=2x2+1,∴f =f(1)=3. 5.B　ax2-4x+4a>0在[1,5]上有解,即a>在[1,5]上有解, 设g(x)==,x∈[1,5],易知g(x)在[1,2]上单调递增,在[2,5]上单调递减,又g(1)=>g(5)=,所以g(x)min=,所以a>. 6.D　当2<x≤3时,y=x+单调递增,所以f(x)∈; 当-1≤x≤2时,-x2+3x+10=-+∈,所以f(x)∈. 综上,f(x)的值域为. 7.B　由题意可得,函数f(x)在(1,+∞)上单调递减, 因为函数f(x)的图象关于直线x=1对称,所以f(-1)=f(3), 因为1<2<e<3,所以f(2)>f(e)>f(3),即f(2)>f(e)>f(-1),所以b>c>a. 8.B　由函数y=f(4-3x)为偶函数,可得f(4-3x)=f(4+3x),所以f(4-x)=f(4+x),所以函数y=f(x)的图象关于直线x=4对称. 由y=g(2x+4)+1为奇函数,可得g(-2x+4)+1=-g(2x+4)-1,即g(-x+4)+1=-g(x+4)-1,所以函数y=g(x)的图象关于点(4,-1)对称. 由∀x∈R,均有f(x)+g(x)=x2+2,得f(2)+g(2)=22+2=6. 因为y=f(x)的图象关于直线x=4对称,所以f(2)=f(6), 因为y=g(x)的图象关于点(4,-1)对称,所以g(2)=-2-g(6), 所以f(6)-2-g(6)=6,所以f(6)-g(6)=8.① 又f(6)+g(6)=62+2=38,② 所以联立①②可得f(6)=23,g(6)=15, 所以f(6)g(6)=345. 9.AD　因为f(x)的定义域为R,关于原点对称,且满足f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数,故D正确; 因为对任意不相等的两实数a,b∈[0,+∞),恒有<0,所以f(x)在[0,+∞)上是减函数,故B错误; 因为f(-x)=f(x),所以f(-1)=f(1), f(-3)=f(3), 由B知, f(x)在[0,+∞)上是减函数,所以f(3)<f(2)<f(1), 故f(-3)<f(2)<f(-1),故A正确,C错误. 10.AD　对于A,当x<0时,-x>0,则f(-x)=-x-,又f(x)为R上的奇函数,所以f(x)=-f(-x)=x+,故A正确. 对于B,当x>0时, f(x)=x-==,由xf(x)<0得f(x)<0,所以0<x<1;当x<0时, f(x)=x+==,由xf(x)<0得f(x)>0,所以-1<x<0,故不等式xf(x)<0的解集为(-1,0)∪(0,1),故B错误. 对于C,因为f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(0)=0,故C错误. 对于D,因为y=x,y=-在(0,+∞)上都是增函数,所以f(x)=x-在(0,+∞)上是增函数,易得f(1)=0,又f(x)是定义在R上的奇函数,所以根据f(x)的性质可画出函数f(x)的图象,再把f(x)的图象位于x轴上方的部分保持不变,x轴下方的部分翻折到x轴上方,得到y=|f(x)|的图象,如图, 由图象可得y=|f(x)|的单调递增区间为(-1,0),(1,+∞),故D正确. 11.ABD　对于A,因为∀x∈[0,2],都有f(x)+f(2-x)=2,所以取x=1,得f(1)=1,故A正确; 对于B,当0≤x≤时,≤2-x≤2, 所以f(2-x)=2(2-x)-2=-2x+2, 又∀x∈[0,2],都有f(x)+f(2-x)=2,即f(x)=2-f(2-x), 所以当0≤x≤时,f(x)=2-(-2x+2)=2x,故B正确; 对于C,因为f=1,由B中分析知f=1,且f(x)为区间[0,2]上的“非减函数”,所以∀x∈,f(x)=1,故C错误; 对于D,由B中分析知f(0)=0,f=1, 又f(x)为区间[0,2]上的“非减函数”, 所以∀x∈,f(x)∈[0,1], 令t=f(x),x∈,则t∈[0,1], 又f(0)=0,f(1)=1,f(x)为区间[0,2]上的“非减函数”, 所以f(t)∈[0,1],故D正确. 12.答案　(-∞,-1)∪(4,+∞) 解析　作出函数f(x)的图象如图所示, 由图可知,f(x)在R上单调递增,所以若f(a2-4)>f(3a),则a2-4>3a,解得a>4或a<-1,故实数a的取值范围为(-∞,-1)∪(4,+∞). 13.答案　(-∞,0)∪ 解析　因为对于任意x1,x2∈(-∞,0](x1≠x2),<0恒成立,所以f(x)在(-∞,0]上单调递减,又f(x)是偶函数,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增, 因为f(x)是偶函数,所以不等式f(1-a)<f(2a-1)等价于f(|1-a|)<f(|2a-1|), 所以|1-a|<|2a-1|,即(1-a)2<(2a-1)2,解得a>或a<0, 故实数a的取值范围为(-∞,0)∪ 14.答案　∪ 解析　令t=,则t≥0,作出函数t=的图象,如图所示, 若关于x的方程-a+=0恰好有四个不同的实数根, 则由图象可知关于t的方程t2-at+=0恰有两个不同的正实数根t1,t2,且t1≠1,t2≠1,所以解得a>1且a≠, 故实数a的取值范围是∪. 15.解析　(1)因为函数f(x)=是R上的偶函数,所以f(-x)=f(x),(3分) 即=对任意实数x恒成立,解得m=0.(6分) (2)由(1)得f(x)=,此函数在(-∞,0)上单调递增.(7分) 证明:任取x1,x2∈(-∞,0),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=-==,(9分) 因为x1,x2∈(-∞,0),且x1<x2, 所以x2+x1<0,x2-x1>0,(1+)(1+)>0, 所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),(12分) 所以函数f(x)=在(-∞,0)上单调递增.(13分) 16.解析　(1)当0<x≤8时, f(x)=7x-5-=-x2+6x-5;(3分) 当x>8时, f(x)=7x-5-=-3,(6分) 所以f(x)=(8分) (2)当0<x≤8时, f(x)=-x2+6x-5=-(x-6)2+13, 其图象开口向下,对称轴为直线x=6,所以f(x)max=f(6)=13;(11分) 当x>8时, f(x)=-3≤-3×2=,当且仅当x=,即x=10时取“=”.(14分) 因为13>,所以当x=6,即年产量为6万件时,年利润最大,最大年利润为13万元.(15分) 17.解析　(1)因为2f(x)+f=9x+,所以2f+f(x)=+6x,(2分) 联立①×2-②得f(x)=4x+(x≠0).(5分) (2)函数f(x)是奇函数. 证明如下:因为函数f(x)的定义域为{x|x≠0},关于原点对称,且满足f(-x)=-4x-=-f(x),(7分) 所以f(x)是奇函数.(8分) (3)当x>0时,h(x)=≤=,当且仅当4x=,即x=时取等号,所以0<h(x)≤.(10分) 易知当x≠0时,h(x)=, 由(2)知, f(x)是奇函数,则h(x)是奇函数, 所以当x<0时,-≤h(x)<0, 又h(0)=0,所以函数h(x)的值域为,即h(x)min=-,h(x)max=,(12分) 因为对任意的x1,x2∈R,都有|h(x1)-h(x2)|≤m,所以m≥h(x)max-h(x)min=,所以m的最小值是.(15分) 18.解析　(1)∵f(-1)=0,∴a-m+m-1=0,∴a=1. ∴f(x)=x2+mx+m-1.(2分) 对于方程f(x)=0,Δ=m2-4(m-1)=(m-2)2, 当m=2时,Δ=0,函数f(x)有一个零点;(4分) 当m≠2时,Δ>0,函数f(x)有两个零点.(6分) (2)∵函数f(x)恒有两个零点, ∴Δ1=m2-4a(m-1)>0对m∈R恒成立,即m2-4am+4a>0对m∈R恒成立,(8分) ∴Δ2=16a2-16a<0,解得0<a<1. 故实数a的取值范围为(0,1).(10分) (3)证明:设g(x)=f(x)-[f(x1)+f(x2)], 则g(x1)=f(x1)-[f(x1)+f(x2)]=[f(x1)-f(x2)], g(x2)=f(x2)-[f(x1)+f(x2)]=[f(x2)-f(x1)].(13分) ∵f(x1)≠f(x2), ∴g(x1)·g(x2)=-[f(x1)-f(x2)]2<0,(15分) 易知g(x)的图象在R上连续不断, ∴g(x)在区间(x1,x2)上有零点, 即方程g(x)=0在区间(x1,x2)上有实数根, 即方程f(x)=[f(x1)+f(x2)]在区间(x1,x2)上有实数根.(17分) 19.解析　(1)y=|f(x)-g(x)|=|x2+x+1|=,x∈[0,1],(1分) 因为x∈[0,1],所以+∈[1,3], 则y=∈[1,3],(3分) 所以函数f(x)与g(x)的“偏差”为3.(4分) (2)令t=f(x)-g(x)=+1-(kx+1)=-kx(k>0),x∈[1,2],(5分) 易得t=-kx(k>0)在[1,2]上单调递减,所以t∈.(6分) 由题意知y=|t|,t∈,且ymax=2. 当≤|1-k|,即0<k≤时,ymax=|1-k|=2,解得k=3或k=-1,与0<k≤矛盾,舍去;(7分) 当>|1-k|,即k>时,ymax==2,解得k=或k=-(舍去).(9分) 综上,k的值为.(11分) (3)y=|f(x)-g(x)|=|x2-x-(2x+b)|=|x2-3x-b|=,x∈[0,3], 因为x∈[0,3],所以--b∈,(13分) 令|b|≥,即b2≥,解得b≤-,(14分) 所以ymax= max=(15分) 所以当且仅当b=-时,(ymax)min=. 故当b的值为-时,函数f(x)与g(x)的“偏差”取得最小值,为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $$