第5章 周末练10 章末检测试卷四(第5章 函数概念与性质)（配套教参Word）-【步步高】2025-2026学年高一数学必修第一册学习笔记（苏教版）

**基本信息** 以函数概念为起点，通过性质应用与实际建模，构建“概念-性质-应用”三阶训练体系，强化数学抽象与逻辑推理 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |函数概念|2题|定义域：不等式组求解；图象：竖线检验法|从定义域、对应关系到图象特征，构建函数概念认知链| |函数性质|6题|奇偶性：定义法证明；单调性：定义判断+分类讨论|性质判定（定义）→性质应用（解不等式、比较大小），形成性质研究范式| |函数应用|7题|分段函数：逐层代入求值；抽象函数：赋值法；实际问题：建模求最值|从具体函数到抽象函数，从数学问题到实际应用，实现知识迁移与建模能力提升|

周末练10　章末检测试卷四(第5章) [时间：120分钟　分值：150分] 一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分) 1.函数f(x)=的定义域为(　　) A.[0，4] B.(0，4) C.[0，2)∪(2，4] D.(0，2)∪(2，4) 答案　D 解析　由题意可知 解得0<x<4且x≠2. 2.下列所示的图形中，可以作为函数y=f(x)的图象的是(　　) 答案　D 解析　作直线x=a与曲线相交，由函数的概念可知，定义域中任意一个自变量对应唯一的函数值，于是可排除A，B，C，只有D符合. 3.设函数f(x)=若f(a)=4，则实数a等于(　　) A.-4或-2 B.-4或2 C.-2或4 D.-2或2 答案　B 解析　当a≤0时，f(a)=-a=4， 解得a=-4；当a>0时，f(a)=a2=4， 解得a=2或a=-2(舍).综上，a=-4或a=2. 4.如图，函数f(x)的图象是折线段ABC，其中点A，B，C的坐标分别为(0，4)，(2，0)，(6，4)，则f(f(f(2)))等于(　　) A.6 B.4 C.2 D.0 答案　C 解析　因为A，B，C的坐标分别为(0，4)，(2，0)，(6，4)， 所以f(x)= 则f(2)=0，f(f(2))=f(0)=4， f(f(f(2)))=f(4)=2. 5.若函数f(x)=是R上的减函数，则实数a的取值范围是(　　) A.[-3，-1] B.(-∞，-1] C.[-1，0) D.[-2，0) 答案　A 解析　因为函数f(x)是R上的减函数， 所以有解得-3≤a≤-1. 6.函数f(x)=+x的值域是(　　) A. B. C.(0，+∞) D.[1，+∞) 答案　A 解析　令t=≥0，则x=函数转化为y=t+=(t+1)2， 由t≥0，则y≥即值域为. 7.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 等于(　　) A.1 B.3 C. D. 答案　B 解析　因为偶函数的定义域关于原点对称， 所以-a+2a-2=0， 解得a=2. 又偶函数不含奇次项， 所以a-2b=0，即b=1， 所以f(x)=2x2+1， 所以f=f(1)=3. 8.定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈(-∞，0](x1≠x2)，有<0，且f(2)=0，则不等式<0的解集是(　　) A.(-∞，-2)∪(2，+∞) B.(-2，0)∪(0，2) C.(-2，0)∪(2，+∞) D.(-∞，-2)∪(0，2) 答案　D 解析　由对任意的x1，x2∈(-∞，0](x1≠x2)<0，可知函数f(x)在(-∞，0]上单调递减， 因为f(x)为R上的偶函数， 所以f(x)在(0，+∞)上单调递增， 因为f(2)=0，所以f(2)=f(-2)=0， 所以当x<-2或x>2时，f(x)>0，当-2<x<2时，f(x)<0， 因为<0， 所以或 所以x<-2或0<x<2，即原不等式的解集为(-∞，-2)∪(0，2). 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分.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.下列函数中，既是偶函数又在(0，+∞)上单调递增的函数是(　　) A.y=x B.y=|x|+1 C.y= D.y=- 答案　BC 解析　对于A，y=x是奇函数，故不符合题意； 对于B，y=|x|+1是偶函数，在(0，+∞)上单调递增，符合题意； 对于C，y=是偶函数，在(0，+∞)上单调递增，符合题意； 对于D，y=-是奇函数，不符合题意. 10.已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)=y2f(x)+x2f(y)，则(　　) A.f(0)=0 B.f(1)=0 C.f(x)是奇函数 D.f(x)是偶函数 答案　ABD 解析　因为函数f(x)的定义域为R， f(xy)=y2f(x)+x2f(y)， 令x=y=0，则f(0)=0，故A正确； 令x=y=1，则f(1)=f(1)+f(1)，即f(1)=0，故B正确； 令x=y=-1，则f(1)=f(-1)+f(-1)，即f(-1)=0， 令y=-1，则f(-x)=f(x)+x2f(-1)=f(x)， 即f(x)为偶函数，故C错误，D正确. 11.已知函数f(x)的定义域为D，若存在区间[m，n]⊆D，使得f(x)满足：①f(x)在[m，n]上是单调函数；②f(x)在[m，n]上的值域是[2m，2n]，则称区间[m，n]为函数f(x)的“倍值区间”.下列函数中存在“倍值区间”的有(　　) A.f(x)=2x B.f(x)=x2 C.f(x)= D.f(x)=x+ 答案　ABC 解析　根据题意，函数中存在“倍值区间”， 则满足f(x)在[m，n]上是单调函数，其次有或 对于A，f(x)=2x，在区间[m，n]上单调递增，其值域是[2m，2n]，则区间[m，n]为函数f(x)的“倍值区间”； 对于B，f(x)=x2，在区间[0，2]上单调递增，其值域为[0，4]，则区间[0，2]是函数f(x)的“倍值区间”； 对于C，f(x)=在区间上单调递减，其值域为[1，2]，则区间是函数f(x)的“倍值区间”； 对于D，f(x)=x+当x>0时，在区间(0，1]上单调递减，在区间[1，+∞)上单调递增， 若函数存在倍值区间[m，n]，则有或 对于有m=1，n无解， 对于有变形可得m2-2mn+1=0且n2-2mn+1=0，无解， 故当x>0时，f(x)不存在“倍值区间”， 同理可得当x<0时，f(x)不存在“倍值区间”， 故f(x)在定义域内不存在“倍值区间”. 三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分) 12.已知函数y=f(x-1)的定义域是[-1，3]，则y=f(2x+1)的定义域是　　　　　　　.  答案　 解析　∵-1≤x≤3，∴-2≤x-1≤2，故f(x)的定义域为[-2，2]，∴令-2≤2x+1≤2，解得-≤x≤故y=f(2x+1)的定义域是. 13.若函数f(x)满足f=x，则f(x)的解析式为　　　　　　　　.  答案　f(x)=(x≠1) 解析　令=t，则x=t≠1， ∴f(t)=t≠1，∴f(x)=(x≠1). 14.若f(x)是偶函数，其定义域为R，且在[0，+∞)上单调递减，设f=m，f=n，则m，n的大小关系是　　　　.  答案　m≥n 解析　因为a2+2a+=(a+1)2+≥ 又f(x)在[0，+∞)上单调递减， 所以f≤f=f 所以m≥n. 四、解答题(本题共5小题，共77分) 15.(13分)已知函数f(x)=|x-1|+|x+1|(x∈R). (1)证明：函数f(x)是偶函数；(4分) (2)利用绝对值及分段函数知识，将函数解析式写成分段函数，然后画出函数图象；(5分) (3)写出函数的值域.(4分) (1)证明　∵函数定义域是R，且f(-x)=|-x-1|+|-x+1|=|x+1|+|x-1|=f(x). ∴f(x)是偶函数. (2)解　f(x)= 图象如图所示. (3)解　由函数图象知，函数的值域为[2，+∞). 16.(15分)已知一次函数f(x)在R上是减函数，且f(f(x))=9x-2. (1)求f(x)；(7分) (2)求函数y=f(x)+x2-x在x∈[-1，a]上的最大值.(8分) 解　(1)由题意可设f(x)=kx+b(k<0)， 由于f(f(x))=9x-2， 则k2x+kb+b=9x-2， 故解得 故f(x)=-3x+1. (2)由(1)知，函数y=-3x+1+x2-x =x2-4x+1=(x-2)2-3， 故函数y=x2-4x+1的图象开口向上，对称轴为x=2， 当-1<a≤5时，y的最大值是6， 当a>5时，y的最大值是a2-4a+1， 综上，ymax= 17.(15分)我们知道，函数y=f(x)的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数y=f(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数y=f(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称的充要条件是函数y=f(x+a)-b为奇函数.依据推广结论，已知f(x)=x3+ax2的图象关于点(1，-2)成中心对称. (1)求f(x)的解析式；(7分) (2)求f(-2 023)+f(-2 022)+f(-2 021)+f(-2 020)+…+f(2 022)+f(2 023)+f(2 024)+f(2 025)的值.(8分) 解　(1)设g(x)=f(x+1)+2=(x+1)3+a(x+1)2+2，则g(x)为奇函数， 依题可知g(-x)=f(-x+1)+2且g(x)+g(-x)=0， 故(x+1)3+a(x+1)2+2+(-x+1)3+a(-x+1)2+2=0， 整理得(6+2a)x2+6+2a=0， 故6+2a=0，则a=-3， 所以函数f(x)=x3-3x2. (2)因为函数f(x)=x3-3x2图象的对称中心为点(1，-2)，故f(-x+1)+f(x+1)=-4， 所以f(-2 023)+f(2 025)=f(-2 022)+f(2 024)=f(-2 021)+f(2 023)=…=f(0)+f(2)=-4且f(1)=-2， 记S=f(-2 023)+f(-2 022)+f(-2 021)+f(-2 020)+…+f(2 022)+f(2 023)+f(2 024)+f(2 025)， 则S=f(2 025)+f(2 024)+f(2 023)+f(2 022)+…+f(-2 020)+f(-2 021)+f(-2 022)+f(-2 023)， 两式相加得2S=[f(0)+f(2)]×4 049 =-4×4 049⇒S==-8 098， 故f(-2 023)+f(-2 022)+f(-2 021)+f(-2 020)+…+f(2 022)+f(2 023)+f(2 024)+f(2 025)=-8 098. 18.(17分)某公司产品研发部决定将某项高新技术应用到某高科技产品的生产中，计划该技术全年需投入固定成本6 200万元，每生产x千件该产品，需另投入成本F(x)万元，且F(x)=假设该产品对外销售单价定为每件0.9万元，且全年内生产的该产品当年能全部售完. (1)求出全年的利润G(x)万元关于年产量x千件的函数关系式；(8分) (2)试求该企业全年产量为多少千件时，所获利润最大，并求出最大利润.(9分) 解　(1)当0<x<60时，G(x)=900x-(10x2+100x)-6 200=-10x2+800x-6 200， 当x≥60时， G(x)=900x--6 200 =-+15 780， 所以G(x)= (2)若0<x<60， 则G(x)=-10(x-40)2+9 800， 当x=40时，G(x)max=9 800； 若x≥60，G(x)=-+15 780 ≤-2+15 780=15 600， 当且仅当x=即x=90时，等号成立， 此时G(x)max=15 600. 因为15 600>9 800，所以该企业全年产量为90千件时，所获利润最大，为15 600万元. 19.(17分)已知定义域为A=(-∞，0)∪(0，+∞)的函数f(x)满足对任意x1，x2∈A，都有f(x1x2)=x1f(x2)+x2f(x1). (1)求证：f(x)是奇函数；(8分) (2)设g(x)=且当x>1时，g(x)<0，求不等式g(x-3)>g(1-x)的解集.(9分) (1)证明　∵f(x)的定义域为A=(-∞，0)∪(0，+∞)，关于原点对称， 又对任意x1，x2∈A，都有f(x1x2)=x1f(x2)+x2f(x1)， 令x1=x2=1，得f(1)=0， 令x1=x2=-1，得f(-1)=0， 令x1=x，x2=-1， 得f(-x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x)， ∴f(x)是奇函数. (2)解　∵f(x1x2)=x1f(x2)+x2f(x1)， ∴=+ ∴g(x1x2)=g(x1)+g(x2)， 设x1>x2>0，则>1，所以g<0， ∵g(x1)=g=g(x2)+g<g(x2)， ∴g(x)在(0，+∞)上单调递减， ∵g(x)的定义域为(-∞，0)∪(0，+∞)， 又g(-x)====g(x)， ∴g(x)是偶函数， ∵g(x-3)>g(1-x)， ∴g(|x-3|)>g(|1-x|)， 则解得 ∴不等式g(x-3)>g(1-x)的解集为{x|2<x<3或x>3}. 学科网（北京）股份有限公司 $