【文档说明】02021年高中数学人教版必修第一册：3.2《函数的性质》精品练习卷(解析版).doc，共(20)页，1.058 MB，由MTyang资料小铺上传

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3.2函数的性质【题组一性质法求单调性（单调区间）】1．（2020·林芝市第二高级中学高二期中（文））函数2yx的单调递增区间为()A．,0B．0,C．0,D．(,)【答案】A【解析】∵函数2yx,∴函数图像为开口向下的抛物线,且其对称

轴为y轴∴函数的单调增区间为,0.故选:A.2．（2019·福建高二期末（理））函数1fxxx的单调增区间是（）A．,00,B．,0,0,C．,0D．0,【答案】B【解析】定义域为(,0)(0,)211+0fxx

恒成立所以fx在,0上单增，在0,上单增所以函数1fxxx的单调增区间是,0,0,3．函数y＝11x的单调区间是()A．(－∞，1)，(1，＋∞)B．(－∞，1)∪(1，＋∞)C．{x∈R|x≠1}D．R【答案】A【解析】单调区间

不能写成集合，故C不对，由于函数的单调区间也不能超出定义域{|1}xx，故D不对，由于函数在(－∞，1)和(1，＋∞)内单调递减，所以B表达不当．故答案为：A.4．（2019·辽宁大连。高一期末）函数2fxx2x3的单调递减区间为()A．,

1B．,2C．1,D．2,【答案】A【解析】函数2fxx2x3的二次项的系数大于零，抛物线的开口向上，二次函数的对称轴是x1，函数的单调递减区间是,1故选A．5．（2018·唐山市第十一中学高

一月考）下列函数中，在0,2上为增函数的是（）A．32yxB．3yxC．245yxxD．23810yxx【答案】D【解析】对于A选项，函数在R上递减.对于B选项，函数在,0和0,上递减.对于C选项，函数在,2上递减，在2,上递增.对于D

选项，函数在4,3上递减，在4,3上递增，故也在0,2上递增，符合题意.故选D.6．（2020·上海高一课时练习）函数2123fxxx的单调增区间为____________．【答案】(,1)【解析】函数由1,yt223txx

复合而成，223031txxxx或1,yt单调递减，则223txx的减区间为(,1)即为函数21()23fxxx的增区间，所以21()23fxxx的增区间为,1.【题组二定义法求单调性（单调区间）】1．（2020·

浙江高一课时练习）已知函数21()1xfxx.（1）用定义证明()fx在区间[1,)上是增函数.（2）求该函数在区间[2,4]上的最大值与最小值.【答案】（1）证明见解析；（2）max9()5fx，min5()3

fx.【解析】（1）任取1x，2[1,)x，且12xx，则121212121221211111xxxxfxfxxxxx.∵121xx„，∴120xx，12110xx，∵120fxfx，即

12fxfx，故函数()fx在区间[1,)上是增函数.（2）由（1）知函数()fx在区间[2,4]上是增函数，∴max2419()(4)415fxf，min2215()(2)213fxf.2．（2020·全国高一）利用单调性的定义，

证明函数21xyx在1,上是减函数．【答案】证明见解析【解析】证明：设x1，x2是区间1,上任意两个实数且12xx，则1221121212221111xxxxfxfxxxxx

，∵121xx，∴210xx，110x，210x．∴2112011xxxx．即120fxfx，12fxfx．∴21xyx在1,上是减函数．3．

（2020·全国高一）已知函数1(),[3,5]2xfxxx，（1）判断函数()fx的单调性，并证明；（2）求函数()fx的最大值和最小值.【答案】（1）增函数.见解析（2）max4()7fx，min2()5fx【解

析】（1）设12,[3,5]xx且12xx，所以12121212123112222xxxxfxfxxxxx∵1235xx∴120xx，12220xx∴120fxfx即12f

xfx，()fx在[3,5]上为增函数.（2）()fx在[3,5]上为增函数，则max4()(5)7fxf，min2()(3)5fxf【题组三图像法求单调性（单调区间）】1．（2020·全国高一课时练习）如图是定义在区间[5，5]上的函数()yfx，根据

图象说出函数的单调区间，以及在每一单调区间上，它是增函数还是减函数？【答案】答案见解析【解析】从函数图象上看，当52x剟时，图象呈下降趋势，所以5,2为函数的单调减区间，函数在此区间单调递减；从函数图象上看，当21x剟时，图象

呈上升趋势，所以2,1为函数的单调增区间，函数在此区间单调递增；从函数图象上看，当13x剟时，图象呈下降趋势，所以1,3为函数的单调减区间，函数在此区间单调递减；从函数图象上看，当35x剟时，图象呈上升趋势，所以3,5为函数的单调增区间，函

数在此区间单调递增．2．（2020·上海高一课时练习）作出下列函数的大致图像，并写出函数的单调区间和值域：（1）12xyx；（2）24||yxx；（3）2xyx；（4）|(1)|yxx；（5）12||yx

．【答案】（1）减区间：(,2)和(2,)，值域：(,1)(1,)；（2）减区间：(,2]和[0,2]，增区间：[2,0]和[2,)，值域：[4,)；（3）增区间：(,2)和[0,)，减区间：(2,0]，值域：[0,)；（4

）减区间：(,0]和1,12，增区间：10,2和[1,)，值域：[0,)；（5）减区间：(,2)和(2,0]，增区间：[0,2)和(2,)，值域：1(,0),

2，大致图像见解析【解析】（1）11122xyxx，图象如图所示：函数在(,2)和(2,)为减函数.因为102x，所以1112x，故值域为：(,1)(1,)；（2）2

22224(2)4,044(2)4,0xxxxyxxxxxx，图象如图所示：函数在(,2]和[0,2]为减函数，在[2,0]和[2,)为增函数，当2x时，y取得最小值4，故值域：[4,)；（3）2221222xxyxxx

，图象如图所示：函数在(,2)和[0,)为增函数，在(2,0]为减函数，值域为：[0,).（4）(1)(1)yxxxx，图象如图所示：函数在(,0]和1,12

为减函数，在10,2和[1,)为增函数.值域为：[0,)；（5）12||yx，函数在(,2)和(2,0]为减函数，在[0,2)和(2,)为增函数，值域为：1(,0),2

.3（2019·深州长江中学高一期中）已知函数21,02,036,3xxfxxxxxx（1）请在给定的坐标系中画出此函数的图象；（2）写出此函数的定义域及单调区间

，并写出值域.【答案】（1）作图见解析；（2）定义域为R，增区间为1,3，减区间为,0、0,1、3,，值域为,3.【解析】（1）图象如图所示：（2）由函数yfx的图象可知，该函数的定义域为R，增区间为1,3，减区间为,0

、0,1、3,，值域为,3.【题组四利用单调性求参数】1．（2019·广东顺德一中高一期中）如果函数2x23faxx在区间,4上是单调递增的，则实数a的取值范围是______．【答案】1

,04.【解析】由题意得，当0a时，函数23fxx，满足题意，当0a时，则0242aa，解得104a，综合得所求实数a的取值范围为1,04.故答案为：1,04.2．（2020·全国高一课时练习）已知函数2()2

3fxxax在区间[1,2]上具有单调性，则实数a的取值范围为________．【答案】(－∞，1]∪[2，＋∞)【解析】∵函数223yxax在区间[1]2，上具有单调性，函数223yxax的对称轴为1xaa，，或2a，故m的取值范围为{|1aa或2

}a.故答案为:,12,．3．（2020·全国高一课时练习）若函数f(x)＝(4－x)(x－2)在区间(2a，3a－1)上单调递增，则实数a的取值范围是________.【答案】41,3【解析】f(x)是开口向下的二次函数，其对

称轴x＝3231313aaa解得413a故答案为：41,34．（2020·全国高一课时练习）函数()fx在R上是减函数，且||1fxf，则x的取值范围是________.【答案】(－1，1)【解析】函数()fx在R上是减函数，且|

|1fxf，||1x，解得11x，故答案为：(1,1)5．（2020·天津高二期末）已知2240()40xxxfxxxx，若2(2)fafa，则实数a的取值范围是____________.【

答案】(2,1)【解析】()fx在区间(,0],(0,)都是增函数，并且在0x处函数连续，所以()fx在R上是增函数，2(2)fafa等价于222,20aaaa，解得21a.故答案为:(2,1)6．

（2020·浙江高一课时练习）已知函数()fx是R上的增函数，且2()fxxfxa对一切实数x都成立，则实数a的取值范围是________.【答案】(0,).【解析】∵()fx是R上的增函数，2()()fxxfxa∴2xxxa，即2xa

对一切x都成立，∴0a.故答案为：(0,)．7．（2020·浙江高一课时练习）若()fx的定义域为R且在(0,)上是减函数，则下列不等式成立的是（）A．23()(1)4ffaaB．23()(1)4ffaaC．23()(1)4ffa

aD．23()(1)4ffaa【答案】B【解析】221331244aaa，函()fx的定义域为R且在(0,)上是减函数，可得23()(1)4ffaa．故选：B．8．（2020·全国高一课时练习）若函数yf

x的定义域为R，且为增函数，121fafa，则a的取值范围又是什么？【答案】2,3【解析】由于函数yfx的定义域为R，且为增函数，由121fafa，可得121aa，解得23a.因此，实数a的取值范围是2,3.9．（202

0·全国高一课时练习）已知y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(1－a)<f(2a－1)，求a的取值范围.【答案】20,3【解析】由题意可知，1211111211aaaa

，解得023a【题组五奇偶性的判断】1．（2020·全国高一专题练习）判断下列函数的奇偶性：（1）f（x）＝x3＋x；（2）22()11fxxx；（3）222()1xxfxx；（4）1,0()0,0

,1,0xxfxxxx【答案】（1）奇函数；（2）既是奇函数又是偶函数；（3）既不是奇函数也不是偶函数；（4）奇函数.【解析】（1）函数的定义域为R，关于原点对称．又f(－x)＝(－x)3＋(－x)

＝－(x3＋x)＝－f（x），因此函数f（x）是奇函数．（2）由221010xx得x2＝1，即x＝±1.因此函数的定义域为{－1，1}，关于原点对称．又f（1）＝f(－1)＝－f(－1)＝0，所以f（x）既是奇函数又是偶函数．（3）函数f（

x）的定义域是(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，不关于原点对称，所以f（x）既不是奇函数也不是偶函数．（4）函数f（x）的定义域为R，关于原点对称．f(－x)＝1,00,01,0xxxxx，于是

有f(－x)＝－f（x）．所以f（x）为奇函数．2．（2019·全国高一课时练习）判断下列函数的奇偶性：（1）21xxfxx；（2）32fxx．【答案】(1)既不是奇函数，也不是偶函数．(2)偶函数．【解析】（1）由于该函数的定义域为1xx，定义域不关于原

点对称，所以该函数既不是奇函数，也不是偶函数．（2）函数fx的定义域为R，关于原点对称．2323fxxxfx，所以函数fx为偶函数．3．（2018·上海市上南中学高一期中）已知函

数212xfxx，求（1）函数fx的定义域；（2）判断函数fx的奇偶性.【答案】(1){|11,xx且0}x；(2)奇函数【解析】（1）由题得2100xx得11x且x0，所以函数的定义域

为{|11,xx且0}x.（2）由（1）得函数的定义域关于原点对称.21()2xfxfxx,所以函数是奇函数.【题组六利用奇偶性求解析式】1．（2016·徐汇。上海中学高一期末）已知fx是定义在R上的奇函数

，当0x时，2()fxxx，则函数()fx的解析式为()fx______.【答案】22,0,0xxxxxx【解析】因为fx是定义在R上的奇函数,所以()()fxfx,当0x时,(0)(0)ff,所以(0)0f,当0x时,222()()[()()]

()fxfxxxxxxx,所以()fx22,0,0xxxxxx.故答案为:22,0,0xxxxxx.2．（2020·浙江高一课时练习）函数()fx在(,)上为奇

函数，且当0x„时，()(1)fxxx，则当(0,)x时，()fx________．【答案】(1)xx【解析】令0x，则0x，∴()()(1)fxxx，又函数()fx在(,)上为奇函数

，则()()fxfx，即()(1)fxxx，得()(1)fxxx，故当0x时，()(1)fxxx．3．（2020·吉林宁江.松原市实验高级中学高三其他（文））已知fx是定义在R

上的偶函数，且当0x时，23fxx，则当0x时，fx______．【答案】()23(0)fxxx【解析】根据题意，设0x，则0x，有()2()323fxxx，又由()fx为偶函数，

则()()23fxfxx，即()23fxx，故答案为：()23(0)fxxx．4．（2020·呼和浩特开来中学高二期末（文））已知定义在R上的奇函数fx,当0x时,21fxxx,那么

当0x时,fx的解析式为（）.A．21fxxxB．21fxxxC．21fxxxD．21fxxx【答案】D【解析】设0x,则20,1xfxxx,∵fxfx∴221,1fxxxfxxx.故选：D

【题组七利用奇偶性求参数】1．（2020·林芝市第二高级中学高二期末（文））已知函数33fxxx，若2fa，则fa的值为（）A．2B．2C．1D．1【答案】B【解析】函数33fxxx的定义域为R，3333fxxxxxfx，函数

yfx为奇函数，则2fafa.故选：B.2．（2020·上海高一开学考试）函数()fx在(,)单调递减，且为奇函数.若(1)1f，则满足1(2)1fx的x取值范围是（）A．[2,2]B．[1,1]C．[0,4]D．[1,3]【答案】D

【解析】()fx为奇函数，()()fxfx.(1)1f，(1)(1)1ff.故由1(2)1fx，得(1)(2)(1)ffxf.又()fx在(,)单调递减，121x，13x.故选：D3．

（2019·浙江南湖。嘉兴一中高一月考）设函数f(x)＝为奇函数，则a＝________.【答案】【解析】因为函数f(x)＝为奇函数，经检验符合题意.故答案为.4．（2019·浙江湖州.高一期中）若定义域为210

,3aa的函数25231fxxbxa是偶函数，则a______，b______.【答案】20【解析】偶函数fx的定义域为210,3aa，则21030aa，解得2a，所以2525fxxbx，满足fx的对称轴关于

y轴对称，所以对称轴05bx，解得0b.故答案为：2；05．（2020·辽宁丹东.高一期末）已知()fx是定义域为[6,2]mm的奇函数，当0x时，2()32fxxmx，那么实数m的值为________，(1)f的值为________.

【答案】23【解析】由于奇函数fx的定义域为6,2mm，所以620mm，解得2m.所以当0x时，262fxxx，所以2111623ff.故答案为：(1).2

(2).36．（2019·浙江高一期中）已知2()(2)fxxbx是定义在R上的偶函数，则实数b____，此函数()fx的单调增区间为____．【答案】2(0,)【解析】因为2()(2)fxxbx是定义在R上的偶函数，所以其对称

轴为y轴；即202b，解得2b；于是2()fxx，显然其单调增区间为：(0,)．故答案为2；(0,)【题组八单调性与奇偶性的综合运用】1．（2020·盘锦市第二高级中学高二月考（理））已知函数f(x)的图象关于y轴对称

，且f(x)在(－∞，0]上单调递减，则满足1(31)2fxf的实数x的取值范围是（）A．11,26B．11,26C．11,36D．11,36【答案】B【解析】由题

意()fx是偶函数，且在[0,)上单调递增，∴不等式1(31)2fxf可变为1312fxf，∴1312x，解得1126x．故选：B．2．（2019·哈尔滨市第一中学校

高三开学考试（文））已知函数fx为偶函数，当0,x时，1fxx，则10fx的解集是（）A．0,2B．2,0C．1,0D．1,2【答案】A【解析】当,0x时，1fx

fxx．由10fx得10110xx或10110xx，解得01x或12x，即02x．所以不等式10fx的解集为0,2.故选：A.3．（2020·浙江高一课时练习）已知函数11()(0,0)fxaxax，

若()fx在1,22上的值域为1,22，则a________.【答案】25.【解析】由题意知函数11()(0,0)fxaxax在1,22上单调递增，∴11,22(2)2,ff即112,2112,2aa

解得25a.故答案为：25．4．（2019·四川仁寿.高一期中）已知函数fx为R上的奇函数，当0x时，122xfx，则0xfx的解集为______.【答案】,101,

【解析】因为函数fx为R上的奇函数,当0x时,122xfx令0x,则0x则122xfx由奇函数定义fxfx可得122xfx,所以122xfx所以1

220122xxfx000xxx当0x时,0xfx即0fx所以1202x,解不等式可得1x当0x时,0xfx成立当0x时,0xfx即0fx,所以1202x,解不等式可

得1x综上所述,不等式0xfx成立的解集为,101,故答案为:,101,5．（2020·浙江高一课时练习）函数2()1axbfxx是定义在1,1上的奇函数，且1225f（1）求函数()fx的解析

式；（2）用定义证明:()fx在1,1上是增函数；（3）解不等式:(1)()0ftft【答案】（1）2(),1,11xfxxx；（2）见详解；（3）10,2.【解析】（1）2

()1axbfxx是定义在1,1上的奇函数，00,0fb.又211222,255112af，1a\=.经检验1,0ab符合题意.2(),1,11xfxxx.（

2）设1211xx，则221221121222221212111111xxxxxxfxfxxxxx2212121212212222121211111

xxxxxxxxxxxxxx.221212121211,0,10,10,10xxxxxxxx，120fxfx，12fxfx，所以()fx在1,1上是增函数.（3）()fx是定义在

1,1上的奇函数，由(1)()0ftft，得(1)()ftftft，又()fx是定义在1,1上的增函数，111111tttt，解得102t，所以原不等式的解集为

10,2.6．（2020·黑龙江萨尔图.大庆实验中学高二期末（理））已知()fx是定义在[-1，1]上的奇函数且(1)1f，若a､b∈[-1，1]，a+b≠0，有()()0fafbab成立.（1）判断函数()fx在

[-1，1]上是增函数还是减函数，并加以证明.（2）解不等式11()(2)22fxfx.（3）若对所有[1,1]x､[1,1]a，221()mamfx恒成立，求实数m的取值范围.【答案】（1）是增函数，证明见解析;（2）11{|}42xx;（3）(,2]{0}[2,)m

【解析】（1）任取12,[1,1]xx，且12xx，则2[1,1]x，又∵()fx为奇函数，∴1212121212()()()()()()()fxfxfxfxfxfxxxxx，

由已知得1212()()0fxfxxx，120xx，∴12())0(fxfx，即12()()fxfx.∴()fx在[1,1]上单调递增.（2）∵()fx在[1,1]上单调递增，∴11222111211212xxxx

，∴1142x，∴不等式的解集为11{|}42xx.（3）因为()fx在[﹣1，1]上是增函数，所以()(1)1fxf，即1是()fx的最大值．若221()maxfx对所有[1,1]x

､[1,1]a恒成立，则有2211mam，对[1,1]a恒成立，即220mam恒成立．令2()2gamam，它的图象是一条线段，那么22(1)20(1)20gmmgmm，解得：(,2]{0}[2,)m

．7．（2019·福建省厦门第六中学高一月考）已知函数()fx是R上的奇函数，且当0x时，2()23fxxx，（1）求函数()fx在R的解析式；（2）在所给的坐标系中画出()fx的图像，并写出函数()fx的单调区间.

（作图要求：要标出与坐标轴的交点，顶点）.【答案】（1）2223,00,023,0xxxfxxxxx；（2）图象见解析；单调递增区间为1,0和0,1；单调递减区间为,1和1,【解析】（1）当0x时，0x222323f

xxxxxfx为奇函数223fxfxxx又00f2223,00,023,0xxxfxxxxx（2）fx图象如下图所示：由图象可知：fx的单调递增区间为1,0和0,1；单调递减区间为

,1和1,8．（2020·浙江高一课时练习）定义在(0,)上的函数()fx，满足()()()(,0)fmnfmfnmn，且当1x时，()0fx.（1）求(1)f的值.（2）求证：()()mffmfnn.（3）求证：()fx

在(0,)上是增函数.（4）若(2)1f，解不等式(2)(2)2fxfx.（5）比较2mnf与()()2fmfn的大小.【答案】（1）(1)0f；（2）证明见解析；（3）证明见解析；（4）207xx∣；（

5）()()22mnfmfnf….【解析】（1）令1mn，由条件得(1)(1)(1)(1)0ffff.（2）()()mmfmfnffnnn，即()()mffmfnn.（3）任取1x，

2(0,)x，且12xx，则211xx.由（2）得.22110xfxfxfx，即21fxfx.∴fx在(0,)上是增函数.（4）∵(2)1f，∴2(2)(2)(4)fff，(2

)(2)2(2)(2)(4)(2)>(8)fxfxfxfxffxfx.又()fx在(0,)上为增函数，∴28,0,xxx解得207x.故不等式(2)(2)2fxfx

的解集为207xx∣.（5）∵()()1()22fmfnfmn，211222222mnmnmnmnffff，∵22022mnmnmn

…，∴22mnmn…（当且仅当mn时取等号）.又()fx在(0,)上是增函数，∴2()2mnffmn….∴()()22mnfmfnf….