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4第一章集合与函数概念(答案)(考试试题)


集合与函数试题(四)
一、填空题(每小题 5 分,共 60 分)
1.[答案] 0 或 3 [解析] 由 B?A 得 m∈A,所以 m= 异性知 m≠1.所以 m=0 或 3. 2.[答案] B?A [解析] B= 或 m=3,所以 m=3 或 m=1 或 m=0,又由集合中元素的互

={(x,y)|y=x,且 x≠0}.故 B?A.

3.[答案] 2 [解析] 由 B?A,得 m2=4m-4,∴m=2. 4.[答案] 5;16 [解析] 由题意知 A*B={2,3,4,5}, ∴A*B 中最大的元素是 5, 集合 A*B 有 4 个元素,∴所有子集个数为 24=16. 5.[答案] {2,3,4,5} [解析] 结合题表可知,y∈{2,3,4,5}. 6.[答案] (-∞,0)∪(0,1] [解析] 由 7.[答案] ; = ,g(2)=22+2=6,所以 f[g(2)]= = . 解得 x≤1 且 x≠0,用区间表示为(-∞,0)∪(0,1].

[解析] f(2)=

8.[答案] [-3,2)∪(2,+∞) [解析] 要使函数有意义,需满足 9.[答案] (-1,1) [解析] 由题意知 10.[答案] [解析] 如下图,y=x2-|x|+a 的图象关于 y 轴对称,结合图象,要使直线 y=1 与曲线 y=x2-|x|+a 有 四个交点,需 故 a 的取值范围是 解得 1<a< . . ∴-1<x<1. ∴x≥-3 且 x≠2.

1

11.[解析] (1)分别画出 0≤x≤2 时和 2<x≤3 时的图象,如图 1 所示. (2)因为 0≤x<3,所以这个函数的图象是 y=x2-2x 图象的一部分,如图 2 所示.

12.[答案] x2-2x+1 [解析] 设 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则 f(x+1)+f(x-1)=a(x+1)2+b(x+1)+c+a(x-1)2+b(x-1)+c=2ax2+2bx+2a+2c=2x2-4x+4,即 ax2+bx+a+c=x2-2x+2,∴a=1,b=-2,a+c=2,即 c=1,∴f(x)=x2-2x+1.

二、解答题(每小题 10 分,共 90 分)
13. [解析] ∵A∩B={-3}, ∴-3∈B,且易知 a2+1≠-3. ①若 a-3=-3,则 a=0, 此时 A={0,1,-3},B={-3,-1,1}, 则 A∩B={1,-3},这与已知矛盾; ②若 2a-1=-3,则 a=-1, 此时 A={0,1,-3},B={-3,-4,2}, 则 A∩B={-3}. 综上可知 a=-1. 14. [解析] (1)令 x1=x2>0,得 f(1)=f(x1)-f(x1)=0,故 f(1)=0. (2)任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1, 由于当 x>1 时, f(x)<0,所以 f <0,即 f(x1)-f(x2)<0,因此 f(x1)<f(x2),

所以函数 f(x)在区间(0,+∞)上是单调递减函数. (3)因为 f(x)在(0,+∞)上是单调递减函数, 所以 f(x)在[2,9]上的最小值为 f(9). 由f =f(x1)-f(x2),得 f =f(9)-f(3),而 f(3)=-1,所以 f(9)=-2,所以 f(x)在[2,9]上的最小值为-2.

15. [解析] 因为对任意的正实数 x,y,都有 f(xy)=f(x)+f(y), 所以令 x=y=1,则 f(1× 1)=f(1)+f(1)=2f(1),所以 f(1)=0. (1)证明:令 y= ,得 f =f(1)=f(x)+f =0,所以 f =-f(x). <0, <0,

(2)证明:任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2,则 >1,则 f 又由(1)知-f(x)=f ,∴f(x2)-f(x1)=f(x2)+f =f

∴f(x2)<f(x1),∴f(x)为(0,+∞)上的减函数. (3)∵f(1)=f f =1,
2

=f(2)+f

=0,

∴f(2)=-1,∴f(4)=f(2× 2)=2f(2)=-2, ∴f(2)+f(5-x)≥-2 等价于 f(10-2x)≥f(4), ∵f(x)在(0,+∞)上为减函数, ∴ 解得 3≤x<5,

∴不等式的解集为{x|3≤x<5}. 16. [解析] (1)证明:任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2,则 x2-x1>0,x1x2>0,∴f(x2)-f(x1)= (2)∵f(x)在 ∴f = - = >0,∴f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是单调递增函数.

上单调递增,

= , f(2)=2,易得 a= .

17. [解析] (1)令 1-x=t,则 x=1-t, 得 f(t)=(1-t)2-3(1-t)+3, 化简得 f(t)=t2+t+1, 即 f(x)=x2+x+1,x∈R. (2)由(1)知 g(x)=x2-4x+2 =(x-2)2-2(m≤x≤m+1), ∵g(x)min=-2, ∴m≤2≤m+1, ∴1≤m≤2. 18. [解析] (1)∵当 x<0 时, f(x)=x2+3x+2,∴当 x>0 时,-x<0, f(-x)=x2-3x+2. 又 f(x)是奇函数,故当 x>0 时, f(x)=-f(-x)=3x-x2-2. (2)当 x∈ 当 x∈ 时, f(x)是增函数; 时, f(x)是减函数. = , f(x)min=f(3)=-2,∴m= ,n=-2,

因此当 x∈[1,3]时, f(x)max=f 从而 m-n= . 19. [解析] (1)由已知得

=

>0.

又∵a>b,∴a-b>0, ∴f(a)-f(b)>0,即 f(a)>f(b). (2)∵f(x)为奇函数,∴f(x-c)+f(x-c2)>0 等价于 f(x-c)>f(c2-x), 又由(1)知 f(x)单调递增,∴上述不等式等价于 x-c>c2-x,即 c2+c<2x, ∴存在实数 x∈ 解得 <c< 使得不等式 c2+c<2x 成立,∴c2+c<3, , .

∴c 的取值范围为

3

20. [解析] (1)由已知得 g(x)=1-a- , ∵g(x)是奇函数,∴g(-x)=-g(x),即 1-a- =,解得 a=1.

(2)函数 f(x)在(0,+∞)内是单调增函数.证明如下: 任取 x1,x2∈(0,+∞),且 x1<x2, 则 f(x1)-f(x2) =1- = . <0,即 f(x1)<f(x2).

∵0<x1<x2,∴x1-x2<0,x1x2>0,从而

∴函数 f(x)在(0,+∞)内是单调增函数. 21. [解析] (1)证明:任取 x1,x2∈R,且 x1>x2,则 x1-x2>0, ∴f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2). 又当 x>0 时, f(x)<0 恒成立, ∴f(x1)<f(x2), ∴函数 y=f(x)是 R 上的减函数. (2)令 a=x,b=-x,得 f(x-x)=f(x)+f(-x),即 f(x)+f(-x)=f(0),又易知 f(0)=0,∴f(-x)=-f(x),即函数 y=f(x) 是奇函数. (3)由 f(x-2)+f(x)<0 得 f(x-2)<-f(x), ∵y=f(x)是奇函数, ∴f(x-2)<f(-x), 又 y=f(x)在 R 上是减函数, ∴x-2>-x,解得 x>1.

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