第3章 函数的概念与性质 同步练习卷（含解析）-2024-2025学年高一数学上学期人教A版(2019)必修第一册

第3章函数的概念与性质同步练习卷-2024-2025学年高一数学上学期人教A版2019
一、单选题
1．下列函数中，既是偶函数，又在上单调递减的函数是（　　）
A． B．
C． D．
2．已知的定义域为则的定义域为（ ）
A． B． C． D．
3．设函数的最大值为，最小值为，则（ ）
A．1 B．2 C．0 D．4
4．已知，为常数，且，满足．若关于的方程只有一解，则的值的个数为（ ）．
A．1 B．2 C．3 D．以上都不对
5．已知函数，若，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．已知函数，，若对于任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休，这就是数形结合的思想.在数学的学习和研究中，常利用函数的图象来研究函数的性质，也常利用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，则函数的图象大致是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列四个结论中正确的是（ ）
A．，
B．命题“，”的否定是“，”
C．“”是“”的充分不必要条件
D．“”的充要条件是“”
10．函数是定义在上的奇函数，下列命题中正确的有（ ）
A．若在上有最小值，则在上有最大值1
B．若，则当时，
C．若，则的图象关于点中心对称
D．若，则的图象关于直线对称
11．已知定义在上的函数，满足，且，，，则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．为奇函数 D．的图象关于点对称
三、填空题
12．已知是定义域为的奇函数，当时，，则当时， .
13．已知函数为奇函数，则等于 ．
14．已知，分别是定义在上的奇函数和偶函数，且，则 ．
四、解答题
15．已知函数.
(1)判断并证明的奇偶性；
(2)根据定义证明：在上单调递增.
16．求下列函数的解析式.
(1)已知函数，求；
(2)已知是一次函数，，求.
17．记函数的定义域为集合A，函数的定义域为集合，
(1)求和；
(2)若，，且中只有三个整数元素，求实数p的取值范围．
18．已知函数是定义在上的奇函数，且．
(1)求m，n的值；
(2)判断在上的单调性，并用定义证明；
(3)设，若对任意的，总存在，使得成立，求实数的取值范围．
19．已知函数对任意实数，，都有成立，且当时，.
(1)证明：对任意实数，，；
(2)求证：是上的增函数；
(3)若命题，为假命题，求实数的取值范围.
参考答案：
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 A A B C B A B D ABD ACD
题号 11
答案 ACD
1．A
【分析】由函数奇偶性的概念，当时，为偶函数，当时，为奇函数，则由函数是偶函数可排除B，C，D，再判断选项A中函数的单调性即可．
【详解】对于A，因为，所以是偶函数，
当时，设，则，
所以，
所以在上单调递减，故A正确；
对于B，因为，所以是奇函数，故B错误；
对于C，因为，所以是奇函数，故C错误；
对于D，因为，所以是奇函数，故D错误.
故选：A.
2．A
【分析】应用抽象函数定义域求解即可.
【详解】函数的定义域为，在中，由，得，
所以的定义域为.
故选：A
3．B
【分析】构造函数，即，可证为奇函数，结合奇函数的性质，可求得结果．
【详解】因为，
设，，且，
可知为奇函数，可得，
又因为，则，，
所以，即．
故选：B．
4．C
【分析】根据和关于的方程只有一解，可求的值.
【详解】由；
又或,
因为关于的方程只有一解，
当为方程的唯一解时，，或方程无解，得；
当不为方程的解时，，
此时，满足题意；
所以或或.
故选：C
5．B
【分析】根据函数解析式以及条件，可得，代入即可求解.
【详解】因为，所以，即，
.
故选：B
6．A
【分析】利用函数的奇偶性结合给定条件证明充分性，举反例否定必要性即可.
【详解】因为，所以，
故，即是奇函数，
若，可得，故，
可得，故充分性成立，
令，，此时满足，
但不满足，故必要性不成立，故A正确.
故选：A
7．B
【分析】根据对勾函数与二次函数的性质，可得两个函数分别在给定区间上的值域，由题意可得集合的包含关系，建立不等式组，可得答案.
【详解】当时，，则，
当且仅当，即时，等号成立；
由对勾函数可知当时，，
由函数，则其对称轴为直线，
所以函数在上单调递减，当时，，
由题意可得，可得，解得，
可得.
故选：B.
8．D
【分析】利用排除法及函数的奇偶性的定义，结合赋值法可求得结果.
【详解】由题可知，函数定义域为，即，
所以，
所以为奇函数，排除选项A；
当时，，排除选项B；
当时，分母，分子，此时函数值小于零，排除选项C；
故选：D.
9．ABD
【分析】A项由二元方程有解可得；B项由全称量词命题的否定为存在量词命题可得；CD项通过分析推出关系是否成立可判断.
【详解】对于A，由，
解得，，
即，，，故A正确；
对于B，根据全称量词命题的否定为存在量词命题可知，
命题“，”的否定为：
“，”，故B正确；
对于C，若，则不一定成立，
令，满足，但，
即；
反之，若，由，可得，
即.
所以“”是“”的必要不充分条件，故C错误；
对于D，由于是上的增函数，所以.
所以“”的充要条件是“”，故D正确．
故选：ABD．
10．ACD
【分析】对于AB，由奇函数性质即可判断；对于CD，由函数对称中心以及函数对称轴的定义即可求解.
【详解】对于A，因为函数是定义在上的奇函数，且若在上有最小值，
则在上有最大值1，故A正确；
对于B，若，
则当时，，
但与当时，矛盾，故B错误；
对于C，，，故C正确；
对于D，，，故D正确.
故选：D.
11．ACD
【分析】取可知A正确；取，结合A中式子可知B错误；令可求得为偶函数，分别令、可证得D正确；取，，结合D的结论可证得C正确.
【详解】对于A，取，则，A正确；
对于B，若恒成立，则，恒成立，显然不合题意，
不恒等于，
令，则，，
将代入A中式子可得：，即，
，B错误；
对于D，令，则，即，
为定义在上的偶函数，；
令，则，
令，则，即，
，的图象关于点对称，D正确；
对于C，取，，则，
由D知：，，
为奇函数，C正确.
故选：ACD.
12．
【分析】先根据奇函数性质求出，然后结合奇函数定义可求时的函数解析式．
【详解】解：是定义域为的奇函数，
当时，，
,
即时，，
设，则，
，
是定义域为的奇函数，
.
故答案为：.
13．
【分析】根据奇函数求出时的解析式，对照所给解析式得出a，b即可得解．
【详解】设，则，所以，
所以，
又当时，，所以，，故，
故答案为：．
14．5
【分析】应用函数奇偶性，建立方程组求出，的解析式，再求即可.
【详解】解：因为，分别是定义在上的奇函数和偶函数，
所以，即，
解之得，所以.
故答案为：5
15．(1)是上的奇函数，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先证明定义域关于原点对称，再证明，从而可证明是上的奇函数；
（2）利用单调性的定义来证明即可.
【详解】（1）是上的奇函数.
证明：由题意得的定义域为，，都有，
，是上的奇函数.
（2）证明：，，且，
则，
，，，，，
，，在上单调递增.
16．(1)
(2)
【分析】（1）用换元法，设，代入已知式求解；
（2）设，代入已知条件求得参数值得解．
【详解】（1）因为函数，
令则，
因为，所以，
所以.
（2）设，由得，则，
又因为，所以，解得，
所以．
17．(1)，
(2)
【分析】（1）先分别求出函数、的定义域A、B，再利用交集、并集的定义可求出和．
（2）由，得到A与C的关系，即可求出实数的取值范围．
【详解】（1）令，解得，
可知函数的定义域为集合；
令，解得，
可知函数的定义域为集合；
可得，所以.
（2）因为，可知集合不是集合的子集，
由中只有三个整数元素可得，可知，
又因为，则，解得：，
所以实数p的取值范围为．
18．(1)，
(2)单调递增，证明见解析
(3)
【分析】（1）由题可得图象过点结合可得m，n的值；
（2）由单调性证明步骤可证得结论；
（3）由题可得，后讨论结合单调性可得，即可得范围．
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，且，
则，解得．所以函数，
经检验，函数为奇函数，所以，.
（2）在上单调递增．证明如下：
设，
则，
其中，，，
则，即，
所以函数在上单调递增.
（3）因为对任意的，总存在，使得，则，
因为在上单调递增，可得，
当时，；所以恒成立，符合题意；
当时，在上单调递增，则，
即，解得；
当时，函数在上单调递减，
则，即，解得；
综上所述，实数的取值范围为．
19．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3).
【分析】（1）根据题目中的等式，利用特殊值研究新的等式，可得答案；
（2）根据函数单调性的定义，假设参数的大小关系，利用作差法，可得答案；
（3）根据题目中的等量关系，结合函数的单调性，化简不等式，结合二次函数的性质，可得答案.
【详解】（1）因为对任意实数，，，
所以，所以，在中，
令得，，
所以，
在中，用替换得，，
因为，所以，
所以，对任意实数，，成立.
（2）任意取，，且，则，因为当时，，所以，
所以，即，所以是上的增函数.
（3）命题，为假命题，
等价于，为真命题.
在中，令得，，
所以
由（2）的结论得，，
即，
令，
因为，成立，所以，所以，
所以实数的取值范围是.