第3章 3.2 3.2.2 第2课时 函数奇偶性的应用-（配套教参Word版）【创新教程·五维课堂】2026-2027学年高中数学必修第一册同步课时作业（人教A版）

**基本信息** 这份同步练习围绕函数奇偶性与单调性，通过基础判断、性质应用到综合拓展的三层设计，实现从概念理解到创新应用的知识巩固，适配新授课分层教学需求。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|单一性质判断|单选（如第1题奇偶性与单调性辨析）| |能力提升|性质综合应用|多选+解答（如第10题单调性证明与不等式求解）| |综合拓展|新定义与复杂情境|新定义题（如第12题“p界函数”）|

1．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是(　　) A．y＝x3　　　　　　 B．y＝|x|＋1 C．y＝－x2＋1 D．y＝2－|x| 答案：B 2．若偶函数f(x)在区间[1,4]上是增函数，则函数f(x)在区间[－4，－1]上是(　　) A．减函数且最大值是f(－4) B．增函数且最小值是f(－1) C．增函数且最大值是f(－1) D．减函数且最小值是f(－4) 答案：A 3．已知函数f(x)＝x5＋ax3＋bx－8，且f(－2)＝10，那么f(2)＝(　　) A．10 B．－10 C．－18 D．－26 答案：D 4．已知定义域为R的函数f(x)在[2，＋∞)上单调递减，且f(x＋2)是奇函数，则f(1)，f，f(3)的大小关系是(　　) A．f＜f(1)＜f(3) B．f(1)＜f(3)＜f C．f(3)＜f(1)＜f D．f(3)＜f＜f(1) 答案：D 5．(多选)已知定义在R上的函数f(x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：①∀x∈R，f(－x)＝f(x)；②∀x1，x2∈(0，＋∞)，当x1≠x2时，都有>0；③f(－1)＝0. 则下列选项成立的是(　　) A．f(3)>f(－4) B．若f(m－1)<f(2)，则m∈(－∞，3) C．若>0，则x∈(－1,0)∪(1，＋∞) D．∀x∈R，∃M∈R，使得f(x)≥M 解析：CD　[由①知f(x)为R上的偶函数，由②知f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(－4)＝f(4)>f(3)．即f(3)<f(－4)，故A错误；由f(m－1)<f(2)得|m－1|<2，所以－1<m<3，故B错误；画出f(x)的示意图如图所示， 根据图象易得>0的解集为(－1,0)∪(1，＋∞)，C正确；由题意知f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)min＝f(0)，故存在M∈R且M≤f(0)满足题意，故D正确．] 6．(多选)关于函数f(x)＝＋，下列说法正确的是(　　) A．f(x)是偶函数 B．f(x)在[0，＋∞)上先单调递增后单调递减 C．方程f(x)＝m(m∈R)根的个数可能为3 D．函数f(x)有最小值，也有最大值 解析：ABD　[f(x)＝＋，x∈R，f(－x)＝＋，故f(－x)＝f(x)， 又f(x)的定义域为R，所以函数f(x)是偶函数，A正确； 先研究x＞0的情况， [f(x)]2＝＋＋， 故f(x)＝＝， 令g(x)＝＋x，由对勾函数的性质，知当x∈(0,1)时，g(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，g(x)单调递增，且g(x)＞0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故B正确；由上述分析知x≥0时，f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝，f(0)＝1，且当x→＋∞时，f(x)→1， 又由偶函数的对称性可得C错误，D正确．] 7．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)＞x的解集用区间表示为　________　. 解析：利用奇函数图象关于原点对称，画出函数f(x)的简图(图略)，从图中容易看出x∈(－5,0)∪(5，＋∞)． 答案：(－5,0)∪(5，＋∞) 8．已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，若f(－3)＝0，则f(3)＝　________　，＜0的解集为　________　. 解析：画简图(如图)，f(－3)＝f(3)＝0，函数y＝f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，＜0即x与f(x)异号，故x∈(－3,0)∪(3，＋∞)． 答案：0　(－3,0)∪(3，＋∞) 9．若定义在R的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是　________　. 解析：因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0.又f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示． 当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≤0， 得－1≤x≤0. 当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，则f(x－1)≥0， 得1≤x≤3. 故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]． 答案：[－1,0]∪[1,3] 10．f(x)＝是定义在(－1,1)上的奇函数． (1)用定义证明f(x)在(－1,1)上是增函数； (2)解不等式f(t－1)＋f(t)＜0. 解：(1)证明：任取x1，x2∈(－1,1)，且x1＜x2，则f(x1)－f(x2)＝－＝ ＝， 因为－1＜x1＜x2＜1， 所以x1－x2＜0,1－x1x2＞0， (1＋x)(1＋x)＞0， 所以f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)． 所以函数f(x)在(－1,1)上是增函数． (2)由函数f(x)是定义在(－1,1)上的奇函数且f(t－1)＋f(t)＜0，得f(t－1)＜－f(t)＝f(－t)， 又由(1)可知函数f(x)在(－1,1)上是增函数，所以有⇒0＜t＜.所以不等式的解集是. 11．已知函数f(x)＝是R上的偶函数． (1)求实数m的值； (2)判断函数f(x)在(－∞，0]上的单调性； (3)求函数f(x)在[－3,2]上的最大值与最小值． 解：(1)若函数f(x)＝是R上的偶函数， 则f(－x)＝f(x)，即＝， 解得m＝0. (2)函数f(x)在(－∞，0]上单调递增．理由如下： 由(1)知f(x)＝， 设任意的x1，x2∈(－∞，0]，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－＝＝. 因为x1<x2≤0，所以x2＋x1<0，x2－x1>0，(1＋x)·(1＋x)>0， 所以f(x1)<f(x2)， 所以函数f(x)在(－∞，0]上单调递增． (3)由(2)知函数f(x)在(－∞，0]上是增函数． 又f(x)是R上的偶函数， 所以f(x)在(0，＋∞)上为减函数． 所以f(x)在[－3,0]上为增函数，在[0,2]上为减函数， 又f(－3)＝，f(0)＝1，f(2)＝， 所以f(x)max＝f(0)＝1，f(x)min＝f(－3)＝. 12．(多选)设函数f(x)的定义域为R，对任意给定的正数p，定义函数fp(x)＝则称fp(x)为f(x)的“p界函数”．若函数f(x)＝x2－2x＋1，则下列结论正确的是(　　) A．f4(2)＝1 B．f4(x)在(－∞，1)上单调递减 C．函数y＝f4(x＋1)为偶函数 D．y＝f(f4(x))的值域为[0,9] 解析：ACD　[由x2－2x＋1≤4⇒(x＋1)·(x－3)≤0⇒－1≤x≤3. 所以f4(x)＝作出f4(x)的图象如图， 所以f4(2)＝f(2)＝22－2×2＋1＝1，故A正确；由图可知f4(x)在(－∞，1)上不单调递减，故B错误；将函数f4(x)的图象向左平移1个单位长度，所得图象关于y轴对称，即f4(x＋1)为偶函数，故C正确；因为f4(x)∈[0,4]，当x∈[0,4]时，f(x)＝x2－2x＋1＝(x－1)2∈[0,9]，即y＝f(f4(x))的值域为[0,9]，故D正确．] 13．已知函数f(2x＋1)＝|2x＋4|－|2x－2|. (1)证明：f(x)是奇函数； (2)若不等式f(a2－5a－3)＋f(4a－17)＜0成立，求实数a的取值范围． (1)证明：令2x＋1＝t，则f(t)＝|t＋3|－|t－3|， 所以f(x)＝|x＋3|－|x－3|. f(x)的定义域为R，关于原点对称，f(－x)＝|－x＋3|－|－x－3|＝|x－3|－|x＋3|＝－f(x)， 所以f(x)是奇函数． (2)解：因为不等式f(a2－5a－3)＋f(4a－17)＜0，且f(x)是奇函数，所以f(a2－5a－3)＜f(17－4a)． f(x)＝|x＋3|－|x－3|＝ 作出f(x)的图象，如图所示． ①当a2－5a－3≤－3，即0≤a≤5时，则有17－4a＞－3，解得a＜5，所以0≤a＜5； ②当－3＜a2－5a－3＜3，即－1＜a＜0或5＜a＜6时，则有a2－5a－3＜17－4a，解得－4＜a＜5，所以－1＜a＜0； ③当a2－5a－3≥3，即a≤－1或a≥6时，不成立． 综上，实数a的取值范围是(－1,5)． 学科网（北京）股份有限公司 $