第三章 章末总结(三) 函数的概念与性质-【正禾一本通】2025-2026学年高中数学必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教A版）

该高中数学课件系统梳理了函数的概念及其表示的核心知识，通过知识体系建构将具体函数、向量函数、全导数及梯度、散度、旋度等内容整合，形成逻辑清晰的知识网络，帮助学生构建完整的函数知识体系。 其亮点在于融合高频考点聚焦与高考真题溯源，通过教材题型分析、名师点拨及规范解答培养学生数学思维，章末过关检测卷设计分层练习助力个性化复习。PPT支持任意编辑，方便教师调整教学内容，提升复习针对性，帮助学生巩固知识并发展应用意识。

《正禾一本通》 高中同步高效导学案 数学（人教）·必修一 1 《正禾一本通》PPT均可实现任意编辑，方法如下： 在PPT编辑模式中，双击需编辑内容，呈现word文档，编辑后关闭word文档即可。 第三章 函数的概念及其表示 3 目 录 高频考点聚焦 高考真题溯源 章末过关检测卷 知识体系建构 知识体系建构 高频考点聚焦 高考真题溯源 章末过关检测卷 30 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 题型一　函数的概念 掌握函数的概念，理解非空性、任意性、唯一性，掌握函数的三要素，提升数学抽象素养． 例1　(多选)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1<x<2，))下列关于函数f(x)的结论正确的是(　　) A．f(x)的定义域是R B．f(x)的值域是(－∞，5) C．若f(x)＝3，则x＝ eq \r(2) D．f(x)的图象与直线y＝2有一个交点 解析：选BCD．A选项，f(x)的定义域是(－∞，2)，所以A选项错误． B选项，当x≤－1时，x＋2≤1， 当－1<x<2时，0≤x2<4，1≤x2＋1<5， 所以f(x)的值域是(－∞，5)，所以B选项正确． C选项，由B选项的分析可知，若f(x)＝3， 则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1<x<2，,x2＋1＝3，))解得x＝ eq \r(2)，所以C选项正确． D选项，画出f(x)的图象如下图所示，由图可知，D选项正确． eq \x(,求函数定义域的常用依据是分母不为0，偶次根式中被开方数大于或等于0等；由几个式子构成的函数，其定义域是使各式子有意义的集合的交集；函数的值域是在函数的定义域下函数值的取值范围，一般是利用函数的图象或函数的单调性求值域．) 类题通法 求函数定义域的常用依据是分母不为0，偶次根式中被开方数大于或等于0等；由几个式子构成的函数，其定义域是使各式子有意义的集合的交集；函数的值域是在函数的定义域下函数值的取值范围，一般是利用函数的图象或函数的单调性求值域. 【迁移运用】 1.(多选)(2025·重庆期中)下列说法正确的是(　　) A．已知f( eq \r(x)＋2)＝x＋1，则f(x)＝x2－4x＋5(x≥2) B．函数f(x)＝ eq \r(x＋1)× eq \r(x－1)与g(x)＝ eq \r((x＋1)(x－1))是同一函数 C．函数f(x)＝ eq \r(x2－6x－7)的单调递增区间是(3，＋∞) D．已知f(x)的定义域为[－2，2]，则函数f(x－1)的定义域为[－1，3] 解析：选AD．对于A：令 eq \r(x)＋2＝t，则t≥2， eq \r(x)＝t－2，所以x＝(t－2)2， 则f(t)＝(t－2)2＋1＝t2－4t＋5，t≥2， 所以f(x)＝x2－4x＋5(x≥2)，故A正确； 对于B：因为函数f(x)＝ eq \r(x＋1)× eq \r(x－1)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,x－1≥0，))解得x≥1， 所以函数f(x)的定义域为[1，＋∞)， 因为g(x)＝ eq \r((x＋1)(x－1))，则(x＋1)(x－1)≥0，解得x≤－1或x≥1， 故g(x)的定义域为(－∞，－1]∪[1，＋∞)， 函数f(x)和函数g(x)的定义域不同，故不是同一函数，故B错误； 对于C：由x2－6x－7≥0，解得x≥7或x≤－1， 即函数f(x)＝ eq \r(x2－6x－7)的定义域为(－∞，－1]∪[7，＋∞)，故C错误； 对于D：因为函数f(x)的定义域为[－2，2]，所以－2≤x－1≤2， 得－1≤x≤3，故函数f(x－1)的定义域为[－1，3]，故D正确． 题型二　函数的图象 会根据函数的解析式及性质判断函数的图象，利用函数的图象可以直观的观察函数值域、最值、单调性、奇偶性等，重点的是一次函数、二次函数、反比例函数及幂函数图象． 例2　已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,－x2＋2x，x>0，))方程f 2(x)－bf(x)＝0，b∈(0，1)，则方程的根的个数是(　　) A．2 B．3 C．4 D．5 解析：选D．因为f 2(x)－bf(x)＝0， 所以f(x)＝0或f(x)＝b， 作函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x，x≤0，,－x2＋2x，x>0))的图象如图， 结合图象可知，f(x)＝0有两个不同的根，f(x)＝b(0<b<1)有三个不同的根，且5个根都不相同，故方程的根的个数是5. 类题通法 作函数图象的方法 (1)描点法——求定义域；化简；列表、描点、连线． (2)变换法——熟知函数图象的平移、对称、翻转． ①平移：y＝f(x)y＝f(x±h)； y＝f(x)y＝f(x)±k(其中h>0，k>0). ②对称：y＝f(x)y＝f(－x)； y＝f(x)y＝－f(x)； y＝f(x)y＝－f(－x). 【迁移运用】 2.(2025·广东清远期中)max{f(x)，g(x)}表示f(x)与g(x)中的较大者，设h(x)＝max{|x＋1|，－x2＋2x＋3}，则函数h(x)的最小值是______． 解析：令－x2＋2x＋3＝x＋1，解得x＝2或－1， 令－x2＋2x＋3＝－x－1，解得x＝4或－1， 画出h(x)＝max{|x＋1|，－x2＋2x＋3}的图象，如下： 显然h(x)的最小值为0. 答案：0 题型三　函数的性质 掌握单调性和奇偶性的判断和证明，会简单的综合运用，提升数学抽象、逻辑推理和直观想象素养． 例3　(2025·云南昆明期中)函数f(x)＝ eq \f(x＋b,1＋x2)是定义在(－1，1)上的奇函数． (1)求f(x)的解析式； (2)用定义证明函数f(x)在(－1，1)上为增函数； (3)解不等式f(t－1)＋f(t)<0. 解：(1)因为f(x)＝ eq \f(x＋b,1＋x2)在(－1，1)上为奇函数， 故f(－x)＝－f(x)，即 eq \f(－x＋b,1＋(－x)2)＝－ eq \f(x＋b,1＋x2). 所以－x＋b＝－x－b，解得b＝0. 故f(x)＝ eq \f(x,1＋x2). (2)任取x1，x2∈(－1，1)，令x1<x2， f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(2,1) eq \f(x1,1＋x) －eq \o\al(2,2) eq \f(x2,1＋x) ＝eq \o\al(2,1) eq \f(x1－x2－x1x2(x1－x2),（1＋x）（1＋x eq \o\al(2,2)）) ＝eq \o\al(2,1) eq \f((1－x1x2)(x1－x2),（1＋x）（1＋x eq \o\al(2,2)）) ， 因为x1，x2∈(－1，1)，x1<x2，所以1－x1x2>0，x1－x2<0， 故f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(2,1) eq \f((1－x1x2)(x1－x2),（1＋x）（1＋x eq \o\al(2,2)）) <0，f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在(－1，1)上为增函数． (3)f(t－1)＋f(t)<0⇒f(t－1)<－f(t)＝f(－t)， 由(2)知，以函数f(x)在(－1，1)上为增函数， 所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(t－1<－t，,－1<t－1<1，,－1<－t<1，))解得0<t< eq \f(1,2)， 故不等式解集为(0， eq \f(1,2)). eq \x(,函数的性质主要有定义域、值域、单调性和奇偶性，利用函数的单调性和奇偶性求值、比较大小、解不等式是重点考查内容，解不等式时经常结合图象，要注意勿漏定义域的影响．) 类题通法 函数的性质主要有定义域、值域、单调性和奇偶性，利用函数的单调性和奇偶性求值、比较大小、解不等式是重点考查内容，解不等式时经常结合图象，要注意勿漏定义域的影响。 【迁移运用】 3.(2025·广东佛山期末)已知函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的图象关于点P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a，b))成中心对称图形的充要条件是函数y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋a))－b为奇函数，若函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝x＋ eq \f(4,x－1). (1)求曲线y＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的对称中心； (2)判断f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))上的单调性，并用定义证明． 解：(1)设g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝f(x＋1)－1＝x＋1＋ eq \f(4,x)－1＝x＋ eq \f(4,x)， 则函数g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的定义域为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x≠0))，其定义域关于原点对称， 且g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))＝－x＋ eq \f(4,－x)＝－(x＋ eq \f(4,x))＝－g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))， 所以g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋1))－1为奇函数， 所以函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))的对称中心为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，1)). (2)函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))上单调递减． 证明：∀x1，x2∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))，且x1<x2， 则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))＝x1＋ eq \f(4,x1－1)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(4,x2－1)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))＋( eq \f(4,x1－1)－ eq \f(4,x2－1))＝(x1－x2)＋ eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－x1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)))＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－x2))[1－ eq \f(4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)))]＝(x1－x2) eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1))－4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1－1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－1)))， 因为x1，x2∈，所以x1－1，x2－1∈，∈，(x1－1)(x2－1)－4<0， 又x1<x2，所以x1－x2<0， 所以>0， 即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1))>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2))， 所以函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))上单调递减． 题型四　函数的应用 例4　近几年来，“盲盒文化”广为流行，这种文化已经在中国落地生根，并发展成具有中国特色的盲盒经济，某盲盒生产及销售公司今年初用98万购进一批盲盒生产线，每年可有50万的总收入，已知生产此盲盒x年 (x为正整数)所用的各种费用总计为2x2＋10x万元． (1)该公司第几年首次盈利(总收入超过总支出，今年为第一年)? (2)该公司第几年年平均利润最大，最大是多少？ 解：(1)设利润为y，则y＝50x－(98＋2x2＋10x)＝－2x2＋40x－98(x∈N*)， 由－2x2＋40x－98>0整理得x2－20x＋49<0， 解得10－ eq \r(51)<x<10＋ eq \r(51)，由于x∈N*， 所以x∈{x∈N*|3≤x≤17}，所以第3年首次盈利． (2)首先x∈{x∈N*|3≤x≤17}， 由(1)得平均利润 eq \f(y,x)＝－2(x＋ eq \f(49,x))＋40≤－2×2 eq \r(x·\f(49,x))＋40＝12万元， 当且仅当x＝ eq \f(49,x)，即x＝7万元时等号成立， 综上，第7年，年平均利润最大，为12万元． 类题通法 建立恰当的函数模型解决实际问题的步骤 (1)对实际问题进行抽象概括，确定变量之间的主动、被动关系，并用x，y分别表示． (2)建立函数模型，将变量y表示为x的函数，此时要注意函数的定义域． (3)求解函数模型，并还原为实际问题的解． 　1．(2022·天津卷)函数y＝ eq \f(|x2－1|,x)的图象大致为(　　) 　人教A版必修第一册P69练习2与P86T5(2)相结合． 　该题型先利用函数的奇偶性、单调性等性质判断图象，如本题利用奇函数图象关于原点对称排除C、D，再通过分析函数的零点、最值点、与坐标轴的交点等特殊点来筛选图象，有时还要考虑x趋近于正无穷、负无穷或某些特定值时函数的变化趋势，以此排除不符合的图象． 　分析函数的定义域、奇偶性、单调性及其在(－∞，0)上的函数值符号，结合排除法可得出合适的选项． 　选A．函数y＝f(x)＝ eq \f(|x2－1|,x)的定义域为{x|x≠0}， 且f(－x)＝ eq \f(|(－x)2－1|,－x)＝－ eq \f(|x2－1|,x)＝－f(x)，函数f(x)为奇函数，C、D错误；当x<0时，f(x)＝ eq \f(|x2－1|,x)≤0，B错误． 2．(2024·上海卷)已知f(x)＝x3＋a，且f(x)是奇函数，则a＝______． 　沪教版必修第一册P133B组T1. 　函数的奇偶性是高考数学的重要考点，常以小题出现，和函数单调性、对称性、函数图象等综合考查，难度较小． 　利用奇函数性质f(－x)＝－f(x)代入即可，因为本题函数定义域为R，也可以使用f(0)＝0解得． 　 因为f(x)是奇函数，故f(x)＋f(－x)＝0即x3＋a＋(－x)3＋a＝0，故a＝0. 答案：0 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f(x)＝(m－2)xm是幂函数，则f(2)＝(　　) A．1 B．2 C．4 D．8 解析：选D．因为f(x)＝(m－2)xm是幂函数，所以m－2＝1，解得m＝3，则f(x)＝x3，所以f(2)＝23＝8. 2．下列各组函数是同一函数的是(　　) A．y＝ eq \f(1,x－1)与y＝ eq \f(x＋1,x2－1) B．y＝|x＋1|＋|x|与y＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1，x>0，,1，－1≤x<0，,－2x－1，x<－1)) C．y＝|x|与y＝ eq \r(x2) D．y＝|x|与y＝( eq \r(x))2 解析：选C．对于A中，由函数y＝ eq \f(1,x－1)的定义域为(－∞，1)∪(1，＋∞)， 函数y＝ eq \f(x＋1,x2－1)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，1)∪(1，＋∞)， 两个函数的定义域不同，所以不是同一函数，所以A不符合题意； 对于B中，由函数y＝|x＋1|＋|x|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1，x>0，,1，－1≤x≤0，,－2x－1，x<－1，))与函数y＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2x＋1，x>0，,1，－1≤x<0，,－2x－1，x<－1，)) 其中两个函数的定义域不同，所以不是同一函数，所以B不符合题意； 对于C中，函数y＝|x|与y＝ eq \r(x2)＝|x|，两个函数的定义域与对应关系都相同，所以两个函数是同一函数，所以C符合题意； 对于D中，函数y＝|x|的定义域为R，函数y＝( eq \r(x))2的定义域为[0，＋∞)，两个函数的定义域不同，所以不是同一函数，所以D不符合题意． 3．已知函数f(x)＝x3－ eq \f(1,x3)，则f(x)(　　) A．是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数 B．是奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数 C．是偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数 D．是奇函数，且在(0，＋∞)上是减函数 解析：选B．定义域为{x|x≠0}，f(－x)＝－(x3－ eq \f(1,x3))＝－f(x)，即函数f(x)为奇函数． 当x>0时，y＝x3为增函数，y＝ eq \f(1,x3)为减函数，故函数f(x)＝x3－ eq \f(1,x3)在x>0时为增函数． 4．已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x(x＋2).若f(3＋m)＋f(3m－7)>0，则m的取值范围为(　　) A．(－∞，0) B．(0，＋∞) C．(－∞，1) D．(1，＋∞) 解析：选D．当x≥0时，f(x)的对称轴为x＝－1，故f(x)在[0，＋∞)上单调递增． 函数在x＝0处连续，又f(x)是定义域为R的奇函数，故f(x)在R上单调递增． 因为f(－x) ＝－f(x)，由f(3＋m)＋f(3m－7)>0，可得f(3＋m)>f(7－3m)， 又因为f(x)在R上单调递增，所以3＋m>7－3m，解得m>1. 5．设f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x＋a)2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为(　　) A．[－1，0] B．[－1，2] C．[－2，－1] D．[－2，0] 解析：选A．由于f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1((x＋a)2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))当x＝0，f(0)＝a2，由于f(0)是f(x)的最小值， 则(－∞，0]为减区间，即有a≤0，则a2≤x＋ eq \f(1,x)＋a，x>0恒成立． 由x＋ eq \f(1,x)≥2 eq \r(x×\f(1,x))＝2，当且仅当x＝1时取等号，所以a2≤2＋a，解得－1≤a≤2. 综上，a的取值范围为[－1，0]. 6．已知函数f(x)＝ax2＋(b＋1)x＋2a＋b是定义在[2a－1，a]上的偶函数，则f(a＋b)＝(　　) A．1 B．0 C．－ eq \f(2,3) D．－ eq \f(5,27) 解析：选D．由题意得，2a－1＋a＝0，解得a＝ eq \f(1,3)， 因为f(x)＝ax2＋(b＋1)x＋2a＋b为偶函数， 所以f(－x)＝f(x)，即a(－x)2－(b＋1)x＋2a＋b＝ax2＋(b＋1)x＋2a＋b， 所以b＋1＝0，解得b＝－1，所以f(x)＝ eq \f(1,3)x2－ eq \f(1,3)，a＋b＝－ eq \f(2,3)， 所以f(a＋b)＝f(－ eq \f(2,3))＝－ eq \f(5,27). 7．已知函数f(x)＝x|x＋m|(m为常数)，则y＝f(x)的大致图象不可能是(　　) 解析：选A．当m＝0时，函数f(x)＝x|x|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))故选项D不符合题意； 当m>0时，函数f(x)＝x|x＋m|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋mx，x≥－m，,－x2－mx，x<－m，))故选项C不符合题意； 当m<0时，函数f(x)＝x|x＋m|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＋mx，x≥－m，,－x2－mx，x<－m，))故选项B不符合题意． 8．二次函数f(x)＝ax2＋a是[－a，a2]上的偶函数，若函数g(x)＝f(x－2)，则g(0)，g( eq \f(3,2))，g(3)的大小关系为(　　) A．g( eq \f(3,2))<g(0)<g(3) B．g(0)<g( eq \f(3,2))<g(3) C．g( eq \f(3,2))<g(3)<g(0) D．g(3)<g( eq \f(3,2))<g(0) 解析：选C．由题意得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a≠0，,－a＝－a2，))解得a＝1. 所以f(x)＝x2＋1， 所以g(x)＝f(x－2)＝(x－2)2＋1. 因为函数g(x)的图象关于直线x＝2对称， 所以g( eq \f(3,2))＝g( eq \f(5,2))，g(0)＝g(4). 又因为函数g(x)＝(x－2)2＋1在区间[2，＋∞)上单调递增， 所以g( eq \f(5,2))<g(3)<g(4)，所以g( eq \f(3,2))<g(3)<g(0). 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．下列有关幂函数y＝xα(α为常数)的说法正确的是(　　) A．当α＝2k，k∈N时，此时幂函数y＝xα(α为常数)为偶函数 B．当α＝2k＋1，k∈N时，此时幂函数y＝xα(α为常数)为奇函数 C．幂函数y＝xα(α为常数)的图象始终经过点(1，1) D．幂函数y＝xα(α为常数)的定义域始终包含[0，＋∞) 解析：选ABC．对于A，当α＝2k，k∈N时，此时幂函数y＝xα为偶函数，故A正确； 对于B，当α＝2k＋1，k∈N时，此时幂函数y＝xα(α为常数)为奇函数，故B正确； 对于C，当x＝1时，xα＝1，故幂函数y＝xα(α为常数)的图象始终经过点(1，1)，故C正确； 对于D，当α＝－1时，幂函数y＝xα(α为常数)的定义域不包含0，故D错误． 10．已知函数f(x)＝ eq \f(4,|x|－2)，则(　　) A．f(x)的定义域为{x|x≠±2} B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减 C．f(f(－5))＝－6 D．f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞) 解析：选ABC．对于选项A：令|x|－2≠0，解得x≠±2，所以f(x)的定义域为{x|x≠±2}，则A正确； 对于选项B：若x>2，则f(x)＝ eq \f(4,x－2)，因为y＝x－2在(2，＋∞)上单调 递增，且y＝x－2>0，可知f(x)＝ eq \f(4,x－2)在(2，＋∞)上单调递减，故B正确； 对于选项C：因为f(－5)＝ eq \f(4,3)，所以f(f(－5))＝－6，故C正确； 对于选项D：因为x≠±2，则|x|≥0，且|x|≠2，可得|x|－2∈[－2，0)∪(0，＋∞)， 当|x|－2∈[－2，0)时，f(x)＝ eq \f(4,|x|－2)≤－2； 当|x|－2∈(0，＋∞)时，f(x)＝ eq \f(4,|x|－2)>0； 所以f(x)的值域是(－∞，－2]∪(0，＋∞)，故D错误． 11．某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3 km(不超过3 km按起步价付费)；超过3 km但不超过8 km时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8 km时，超过部分按每千米2.85元收费．另每次乘坐需付燃油附加费1元．下列结论正确的是(　　) A．出租车行驶2 km，乘客需付费8元 B．出租车行驶4 km，乘客需付费9.6元 C．出租车行驶10 km，乘客需付费25.45元 D．某人两次乘出租车均行驶5 km的费用之和超过他乘出租车行驶10 km一次的费用 解析：选CD．在A中，出租车行驶2 km，乘客需付起步价8元和燃油附加费1元，共9元，A错误； 在B中，出租车行驶4 km，乘客需付费8＋1×2.15＋1＝11.15(元)，B错误； 在C中，出租车行驶10 km，乘客需付费8＋2.15×5＋2.85×(10－8)＋1＝25.45(元)，C正确； 在D中，乘出租车行驶5 km，乘客需付费8＋2×2.15＋1＝13.3(元)，乘坐两次需付费26.6元，26.6>25.45，D正确． 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)是奇函数，当x>0时，f(x)＝x(1－x)，则当x<0时，f(x)＝________． 解析：因为x<0，所以－x>0， 所以f(－x)＝(－x)(1＋x)， 又函数f(x)是奇函数， 所以f(x)＝－f(－x)＝－(－x)(1＋x)＝x(1＋x)，所以当x<0时，f(x)＝x(1＋x). 答案：x(1＋x) 13．若函数f(x)满足f( eq \f(x＋1,x))＝x，则f(x)的解析式为________． 解析：令 eq \f(x＋1,x)＝t，则x＝ eq \f(1,t－1)，t≠1， 所以f(t)＝ eq \f(1,t－1)，t≠1， 所以f(x)＝ eq \f(1,x－1)(x≠1). 答案：f(x)＝ eq \f(1,x－1)(x≠1) 14．已知函数f(x)是R上的奇函数，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，f(－5)＝0，则不等式(x－3)f(x)>0的解集是________． 解析：据题意，得函数f(x)是R上的奇函数，且f(－5)＝0， 则f(5)＝－f(－5)＝0， 又函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减， 则在(0，5)上，f(x)>0，在(5，＋∞)上，f(x)<0， 又函数为奇函数，则在(－5，0)上，f(x)<0，在(－∞，－5)上，f(x)>0， 不等式(x－3)f(x)>0⇒ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3>0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))>0))或 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x－3<0，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x))<0，)) 则3<x<5或－5<x<0，即不等式的解集为(－5，0)∪(3，5). 答案：(－5，0)∪(3，5) 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y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x.现已画出函数f(x)在y轴左侧的图象，如图所示． (1)请补全函数y＝f(x)的图象； (2)根据图象写出函数y＝f(x)的单调递增区间； (3)根据图象写出使f(x)<0的x的取值集合． 解：(1)由题意作出函数图象如图所示． (2)由图可知，单调递增区间为(－1，1). (3)由图可知，使f(x)<0的x的取值集合为{x|－2<x<0，或x>2}． 16．(15分)已知函数f(x＋1)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ax＋\f(1,2)a，x<0，,ax2＋(2a－1)x＋a＋1，x≥0.)) (1)求函数f(x)的解析式； (2)若函数f(x)在R上单调，求a的取值范围． 解：(1)令t＝x＋1，得x＝t－1， 则f(t)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)a(t－1)＋\f(1,2)a，t－1<0，,a(t－1)2＋(2a－1)(t－1)＋a＋1，t－1≥0，)) 得f(t)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)at，t<1，,at2－t＋2，t≥1，)) 即f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(1,2)ax，x<1，,ax2－x＋2，x≥1.)) (2)当a＝0时，f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(0，x<1，,－x＋2，x≥1，))在R上不单调． 当f(x)在R上单调递增时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a>0，,－\f(－1,2a)≤1，,\f(1,2)a≤a－1＋2，))得a≥ eq \f(1,2). 当f(x)在R上单调递减时， eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a<0，,－\f(－1,2a)≤1，,\f(1,2)a≥a－1＋2，))得a≤－2. 综上，a的取值范围为(－∞，－2]∪[ eq \f(1,2)，＋∞). 17．(15分)某工厂生产某种产品，其生产的总成本y(万元)年产量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为y＝ eq \f(1,10)x2－20x＋4 000，已知此工厂的年产量最小为150吨，最大为250吨． (1)年产量为多少吨时，生产每吨产品的平均成本最低？并求出最低平均成本； (2)若每吨产品的平均出厂价为24万元，且产品全部售出，则年产量为多少吨时，可以获得最大利润？并求出最大利润． 解：(1)由题意可得 eq \f(y,x)＝ eq \f(x,10)＋ eq \f(4 000,x)－20，x∈[150，250]， 因为 eq \f(x,10)＋ eq \f(4 000,x)－20≥2 eq \r(\f(x,10)·\f(4 000,x))－20＝20， 当且仅当 eq \f(x,10)＝ eq \f(4 000,x)时，即x＝200时等号成立，符合题意． 所以当年产量为200吨时，平均成本最低为20万元． (2)设利润为W(x)，则W(x)＝24x－( eq \f(x2,10)－20x＋4 000)＝－ eq \f(1,10)(x－220)2＋840， 因为150≤x≤250， 所以当x＝220时，W(x)max＝840. 所以当年产量为220吨时，最大利润为840万元． 18．(17分)函数f(x)对任意的a，b∈R，都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，并且当x>0时，f(x)>1. (1)求证：f(x)是R上的增函数； (2)若f(4)＝5，解不等式f(3m2－m－2)<3. 解：(1)证明：设x1，x2∈R，且x1<x2，则x2－x1>0，∴f(x2－x1)>1. 因此f(x2)－f(x1)=f [(x2－x1)+x1]－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－fx1)=f(x2－x1)－1>0． 所以f(x2)>f(x1)，即f(x)是R上的增函数. (2)因为f(4)=f(2+2)=f(2)+f(2)－1=5，所以f(2)=3，所以原不等式可化为f (3m2－m－2)<f(2)，因为f(x)是R上的增函数，所以3m2－m－2<2，解得－1<m< eq \f(4,3)，故解集为（－1， eq \f(4,3)）. 19．(17分)已知y＝f(x)是定义在D上的函数，对于D上任意给定的两个自变量的值x1，x2，当x1≠x2时，如果总有f(x1)≠f(x2)，就称函数y＝f(x)为“可逆函数”． (1)判断函数f1(x)＝x＋ eq \f(1,x)是否为“可逆函数”，并说明理由； (2)已知函数y＝f2(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，证明：F(x)＝f2(x)－ eq \f(1,x)，x∈(0，＋∞)是“可逆函数”； (3)证明：函数f3(x)＝ eq \f(x,x－a)＋ eq \f(1,x)(a∈R)是“可逆函数”的充要条件为“a＝0”． 解：(1)函数f1(x)＝x＋ eq \f(1,x)不是“可逆函数”， 理由：因为f1(x)＝x＋ eq \f(1,x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以f1(x)min＝f1(1)＝2， 则f1(x)与y＝a(a>2)恒有两个不同的交点，记为x1，x2， 则x1≠x2，f1(x1)＝f1(x2)＝a，不符合“可逆函数”定义， 所以f1(x)＝x＋ eq \f(1,x)不是“可逆函数”． (2)证明：任取x2>x1>0，则F(x2)－F(x1)＝f2(x2)－ eq \f(1,x2)－f2(x1)＋ eq \f(1,x1)＝f2(x2)－f2(x1)＋ eq \f(x2－x1,x1x2)， 因为f2(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，所以f2(x2)－f2(x1)>0， 又x2－x1>0，x2x1>0，所以F(x2)－F(x1)>0， 所以F(x)在区间(0，＋∞)上是增函数，则当x1≠x2时，F(x1)≠F(x2)恒成立， 所以F(x)＝f2(x)－ eq \f(1,x)，x∈(0，＋∞)是“可逆函数”． (3)先证明充分性：当a＝0时，f3(x)＝1＋ eq \f(1,x)，则f3(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)； 任取x1，x2∈(－∞，0)∪(0，＋∞)且x1≠x2，则f3(x2)－f3(x1)＝1＋ eq \f(1,x2)－1－ eq \f(1,x1)＝－ eq \f(x2－x1,x1x2)≠0，即f3(x1)≠f3(x2)，所以f3(x)为“可逆函数”，充分性成立； 再证明必要性：假设当f3(x)＝ eq \f(x,x－a)＋ eq \f(1,x)是“可逆函数”时，a≠0， 构造关于x的方程： eq \f(x,x－a)＋ eq \f(1,x)＝2，化简可得：x2－(2a＋1)x＋a＝0， 显然x＝0与x＝a均不是方程的根，又Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0， 解方程可得：x1＝ eq \f(2a＋1－\r(4a2＋1),2)，x2＝ eq \f(2a＋1＋\r(4a2＋1),2)，且x1≠x2， 则 eq \f(x1,x1－a)＋ eq \f(1,x1)＝ eq \f(x2,x2－a)＋ eq \f(1,x2)＝2，即f3(x1)＝f3(x2)＝2，与f3(x)是“可逆函数”矛盾， 所以假设不成立，即a＝0，必要性成立； 综上所述：函数f3(x)＝ eq \f(x,x－a)＋ eq \f(1,x)(a∈R)是“可逆函数”的充要条件为“a＝0”． $