第三章 函数的概念与性质 单元测试-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 本单元卷聚焦函数概念与性质，通过基础巩固、能力提升、创新应用三层设计，适配高中数学函数单元复习，培养数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|定义域、奇偶性、单调性|基础概念辨析，如分段函数求值| |多选题|3/18|函数图象、抽象函数性质|多选项梯度设计，如函数图象与方程解| |填空题|3/15|幂函数、二次函数单调性|易错点考查，如Dirichlet函数性质判断| |解答题|5/77|函数解析式、绝对值函数、实际应用|综合应用，如食品加工利润问题，体现数学语言表达现实世界|

第3章　函数的概念与性质 一、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.已知函数f(x)=则f(3)=(　　) A.1 B.2 C.4 D.5 2.函数f(x)=ax2+(b-1)x-2是偶函数,且定义域是[a-8,3a],则a+b=(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 3.已知函数y=f(x)的定义域为[-8,1],则函数g(x)=的定义域为(　　) A.[-,-2)∪(-2,0] B.[-8,-2)∪(-2,1] C.(-∞,-2)∪(-2,3] D.[-,-2] 4.(2026湖南怀化期中)函数f(x)是定义在R上的减函数,且f(-1)=1,f(3)=-1,则|f(x)|>1的解集为(　　) A.(-1,3) B.(-∞,-1)∪(3,+∞) C.(-∞,-1) D.(-∞,3) 5.已知f(x)=ax3++3,f(4)=5,则f(-4)=(　　) A.3 B.1 C.-1 D.-5 6.若函数f(x)=满足对任意x1,x2∈R,且x1≠x2,都有<0成立,则实数m的取值范围为(　　) A.(,2) B.(,1) C.(,2] D.(,1] 7.(2026江苏盐城期中)已知函数f(x)=x2-2x-1,g(x)=ax+2(a>0),若∀x1∈[-1,2],∃x2∈[-1,2],使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是(　　) A.(0,4] B.[3,+∞) C.[4,+∞) D.[3,4] 8.(2026河南安阳阶段练习)设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调函数,且∀x>0,f(f(x)+2x-)=1,则函数f(x)在区间[2,3]上的值域为(　　) A.[-2,-1] B.[-2,1] C.[-1,2] D.[-1,3] 二、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.下列各组函数表示同一个函数的是(　　) A.y=|x|与y=()2 B.y=x0(x≠0)与y=1(x≠0) C.y=与y= D.y=x2-1与y= 10.(2026广东汕头期中)函数r=f(p)的图象如图所示(图中线段端点都是实点,曲线l与直线m无限接近,但永不相交),则下列说法正确的有(　　) A.r=f(p)的定义域为[-5,0]∪[2,6] B.r=f(p)的值域为[0,+∞) C.当关于p的方程f(p)=a有且仅有两解时,实数a的取值范围是[2,5] D.∀x1,x2∈(2,6),f()≤ 11.(2026山西大同期中)已知函数f(x)在R上单调,且对任意x,y∈R,满足f(x)+f(y)=f(x+y)+2,f(0)+f(2)=6,则下列说法正确的有(　　) A.f(0)=2 B.函数f(x)在R上单调递减 C.函数y=f(x)-2是奇函数 D.若对任意x∈(1,2),f(x2+kx)+f(x+1)<4成立,则实数k的取值范围是(-∞,-] 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2026云南昭通期中)若幂函数f(x)=(m2+m-5)为偶函数,则m=　　　　　.  13.已知函数f(x)=kx2-2x+4k在区间[2,4]上单调递减,则实数k的取值范围是　　　　　. 14.若定义在R上的函数f(x)=则称f(x)为Dirichlet函数,对于Dirichlet函数f(x),下列结论中错误的是　　　　.(填序号即可)  ①函数f(x)为偶函数; ②对于任意x∈R,都有f[f(x)]=1; ③对于任意两数x,y∈R,都有f()≤; ④对于任意x∈R,都有f(x+1)=f(x). 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)(1)已知f(+2)=x+4,求函数f(x)的解析式. (2)已知f(x)是二次函数,且满足f(0)=1,f(x+2)-f(x)=3x,求函数f(x)的解析式. 16.(15分)已知函数f(x)=2|x-2|+|x+1|. (1)画出f(x)的图象; (2)求f(x)>4的解集. 17.(15分)已知函数f(x)是定义在[-3,3]上的奇函数,当0<x≤3时,f(x)=x2+x. (1)求当-3≤x<0时,函数f(x)的解析式; (2)若f(a+1)+f(2a-1)>0,求实数a的取值范围. 18.(17分)(2026广西桂林阶段练习)某食品加工厂加工某食品,每月需要投入固定成本14万元,每加工x万千克该食品,需另投入成本f(x)万元,根据以往的经验可知f(x)=已知加工后的该食品每千克的售价为10元,且该食品厂每月加工的这种食品能全部售完. (1)写出该食品加工厂加工这种食品的月利润y(单位:万元)关于月加工量x(单位:万千克)的函数关系式; (2)当该食品加工厂每月加工该食品的月利润为正数时,求该食品加工厂每月加工该食品的质量x的取值范围; (3)求该食品加工厂加工这种食品月利润的最大值.(总收入=总成本+利润) 19.(17分)(2026陕西咸阳阶段练习)已知函数f(x)=x-. (1)判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性,并用单调性定义证明; (2)求不等式-2≤f(x)≤2的解集; (3)设F(x)=x2+-2a(x-),若∀x∈[1,3],F(x)≥0,求实数a的取值范围. 答案： 1.B　由题意得f(3)=f(3-2)=f(1)=f(1-2)=f(-1)=(-1)2+1=2.故选B. 2.C　由题意得a-8+3a=0,b-1=0, ∴a=2,b=1,∴a+b=3.故选C. 3.A　因为函数y=f(x)的定义域为[-8,1],对于函数g(x)=, 则有解得-≤x<-2或-2<x≤0. 因此,函数g(x)的定义域为[-,-2)∪(-2,0].故选A. 4.B　由|f(x)|>1,得f(x)<-1或f(x)>1, 又f(-1)=1,f(3)=-1,所以f(x)<f(3)或f(x)>f(-1),又因为函数f(x)在R上单调递减,故可得x>3或x<-1,即|f(x)|>1的解集为(-∞,-1)∪(3,+∞).故选B. 5.B　由f(4)=5,得43a+=2,f(-4)=-(43a+)+3=-2+3=1,故选B. 6.D　根据题意可知,函数f(x)在R上单调递减, 所以需满足解得<m≤1. 即实数m的取值范围为(,1].故选D. 7.C　当x∈[-1,2]时,f(x)=(x-1)2-2,f(x)在[-1,2]上的值域为[-2,2];g(x)=ax+2(a>0)在[-1,2]上的值域为[g(-1),g(2)],即[2-a,2+2a], 由题意得[-2,2]⊆[2-a,2+2a],则 解得a≥4,所以a的取值范围是[4,+∞).故选C. 8.B　依题意,存在唯一的常数t>0,使得f(t)=1,且f(x)+2x-=t对∀x>0恒成立. 令x=t,则1+2t-=t,即t2+t-6=0, 又t>0,得t=2,所以f(x)=2-2x+(x>0), 因为y=2-2x,y=均在(0,+∞)上单调递减, 所以f(x)在(0,+∞)上单调递减, 因为f(2)=1,f(3)=-2,故f(x)在区间[2,3]上的值域为[-2,1].故选B. 9.BD　对于A,y=|x|定义域为R,y=()2定义域为[0,+∞),故A错误;对于B,y=x0=1(x≠0)与y=1(x≠0)是同一函数,故B正确;对于C,f(x)=定义域为[0,+∞),g(x)=的定义域为(0,+∞),故C错误;对于D,y=x2-1,y==x2-1,定义域均为R,且对应法则相同,为同一个函数,故D正确.故选BD. 10.BCD　对于A,由曲线l与直线m无限接近但永不相交可知,x=6为函数的渐近线,故A错误;对于B,由曲线l与直线m无限接近但永不相交,并且结合图象可知,r=f(p)的值域为[0,+∞),故B正确;对于C,由题图可知,关于p的方程f(p)=a有且仅有两解时,则实数a的取值范围是[2,5],故C正确;对于D,已知x1,x2∈(2,6),若x1=x2,则f()=f()=f(x1), =f(x1),故f()=;若x1≠x2,注意到r=f(p)在(2,6)上的函数图象上的任意两点的连线均在函数图象上方,故有f()<. 综上,f()≤,故D正确.故选BCD. 11.ACD　因为对任意x,y∈R,满足f(x)+f(y)=f(x+y)+2,对于A,令x=y=0,可得f(0)+f(0)=f(0)+2,即f(0)=2,故A正确; 对于B,因为f(0)+f(2)=6,且f(0)=2,可得f(2)=4,即f(0)<f(2),又因为函数f(x)在R上单调,所以函数f(x)在R上单调递增,故B错误; 对于C,设g(x)=f(x)-2,令y=-x,可得f(x)+f(-x)=f(0)+2=4,即f(x)-2=-[f(-x)-2],可得g(x)=-g(-x),所以函数g(x)=f(x)-2是奇函数,故C正确; 对于D,因为f(x2+kx)+f(x+1)<4,即f(x2+kx)-2<-[f(x+1)-2],可得g(x2+kx)<-g(x+1)=g(-x-1),又因为函数f(x)在R上单调递增,则函数g(x)在R上单调递增,可得x2+kx<-x-1,且x∈(1,2),整理可得k<-(x+)-1,因为y=x+在区间(1,2)上单调递增,则h(x)=-(x+)-1在区间(1,2)上单调递减,可得h(x)>h(2)=-,则k≤-,所以实数k的取值范围是(-∞,-],故D正确.故选ACD. 12.-3　由题意得m2+m-5=1,解得m=-3或m=2. 当m=2时,f(x)=x3,为奇函数,不符合题意; 当m=-3时,f(x)=x18,为偶函数,符合题意. 13.(-∞,]　当k=0时,f(x)=-2x在区间[2,4]上单调递减,符合题意; 当k>0时,函数图象的对称轴为直线x=, 因为f(x)在区间[2,4]上单调递减,所以≥4,得k≤, 所以0<k≤; 当k<0时,函数f(x)在区间[2,4]上单调递减,符合题意. 综上,实数k的取值范围为(-∞,]. 14.③　对于①,若x∈Q,则-x∈Q,则f(-x)=f(x)=1; 若x∉Q,则-x∉Q,则f(-x)=f(x)=0,所以f(x)为偶函数,所以①正确. 对于②,由于f(x)∈{0,1},所以f[f(x)]=1,所以②正确. 对于③,不妨设x=1-,y=1+, 所以f()=f(1)=1,=0, 此时f()>,所以③错误. 对于④,若x∈Q,则x+1∈Q,则f(x+1)=f(x)=1; 若x∉Q,则x+1∉Q,则f(x+1)=f(x)=0,所以对于任意x∈R,都有f(x+1)=f(x),所以④正确. 故答案为③. 15.解 (1)(方法1　换元法)令t=+2,则x=(t-2)2,t≥2,则有f(t)=(t-2)2+4(t-2)=t2-4,t≥2, 所以函数f(x)的解析式为f(x)=x2-4(x≥2). (方法2　配凑法)f(+2)=x+4=x+4+4-4=-4. 因为+2≥2,所以函数的解析式为f(x)=x2-4(x≥2). (2)由题意设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),因为f(0)=1,所以c=1,因为f(x+2)-f(x)=3x, 所以a(x+2)2+b(x+2)+c-(ax2+bx+c)=3x,所以4ax+4a+2b=3x,所以得a=,b=-,所以f(x)=x2-x+1. 16.解 (1)当x<-1时,f(x)=2(2-x)+(-x-1)=-3x+3; 当-1≤x≤2时,f(x)=2(2-x)+x+1=-x+5; 当x>2时,f(x)=2(x-2)+x+1=3x-3. 故f(x)=函数图象如图所示. (2)由图象得,当x<-1时,-3x+3>4,解得x<-,则x<-1; 当-1≤x≤2时,-x+5>4,解得x<1,则-1≤x<1; 当x>2时,3x-3>4,解得x>,则x>. 综上,f(x)>4的解集为. 17.解 (1)设-3≤x<0,则0<-x≤3, 所以f(-x)=(-x)2-x=x2-x. 因为f(x)是定义在[-3,3]上的奇函数, 所以f(-x)=-f(x),所以-f(x)=x2-x, 所以f(x)=-x2+x, 即当-3≤x<0时,函数f(x)的解析式为f(x)=-x2+x. (2)由f(a+1)+f(2a-1)>0, 得f(a+1)>-f(2a-1), 因为f(x)为奇函数,所以f(a+1)>f(1-2a), 当0<x≤3时,f(x)=x2+x=(x+1)2-, 所以f(x)在区间(0,3]上单调递增, 因为函数f(x)是定义在[-3,3]上的奇函数, 所以f(x)在区间[-3,3]上单调递增, 所以解得0<a≤2, 即实数a的取值范围为(0,2]. 18.解 (1)当0<x≤6时,y=10x-(x2+2x)-14=-x2+8x-14; 当6<x≤20时,y=10x-(12x+-72)-14=-2x-+58. 故y= (2)由题意可得 解得2<x≤6或6<x≤20, 即所求x的取值范围为(2,20]. (3)当0<x≤6时,函数y=-x2+8x-14=-(x-8)2+18, 则y=-x2+8x-14在区间(0,6]上单调递增, 故x=6时,ymax=-×62+8×6-14=16. 当6<x≤20时,y=-2x-+58=-(2x+)+58≤-2+58=18,当且仅当2x=,即x=10时等号成立,即x=10时,ymax=18. 因为16<18,所以当月加工量为10万千克时,该食品加工厂加工这种食品的月利润取得最大值,最大值为18万元. 19.解 (1)f(x)在区间(0,+∞)上单调递增, 证明:∀x1,x2∈(0,+∞),且x1<x2, 则f(x2)-f(x1)=(x2-)-(x1-)=(x2-x1)+()=(x2-x1)+, 而x2-x1>0,x1x2>0,3+x1x2>0, 所以f(x2)-f(x1)>0,即f(x1)<f(x2), 故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. (2)f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞), 当x∈(-∞,0)时,同(1)证明,知f(x)在区间(-∞,0)上单调递增,f(-3)=-2,f(-1)=2,所以-3≤x≤-1; 当x∈(0,+∞)时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,f(1)=-2,f(3)=2,所以1≤x≤3. 综上,-2≤f(x)≤2的解集为[-3,-1]∪[1,3]. (3)F(x)=x2+-2a(x-)=(x-)2-2a(x-)+6,令t=x-,由x∈[1,3]及(2)知t∈[-2,2], 设s(t)=t2-2at+6,则s(t)的图象是开口向上,对称轴为直线t=a的抛物线,原问题转化为s(t)≥0在区间[-2,2]上恒成立. 当a≤-2时,s(t)在区间[-2,2]上单调递增,s(t)min=s(-2)=10+4a≥0,解得a≥-,所以-≤a≤-2; 当-2<a<2时,s(t)min=s(a)=-a2+6≥0,解得-≤a≤,所以-2<a<2; 当a≥2时,s(t)在区间[-2,2]上单调递减,s(t)min=s(2)=10-4a≥0,解得a≤,所以2≤a≤. 综上,a的取值范围是[-]. 9 学科网（北京）股份有限公司 $