3.2函数的基本性质同步练习-2026-2027学年高一上学期数学人教A版必修第一册

3.2函数的基本性质同步练习题 一、单选题 1．已知函数为奇函数，且，则的值为（    ） A．18 B． C．0 D．16 2．已知函数，在区间上函数值随着自变量的增大而减小，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知是定义域为的奇函数，的部分图象如图所示，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 4．已知偶函数在上单调递增，且，则不等式的解集为（ ） A． B． C． D． 5．已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．已知函数的图象如下，则函数的单调递增区间为（ ） A． B． C． D． 二、多选题 7．若为R上的奇函数，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 8．已知二次函数，当时，函数的最大值与最小值的差为12，则n的取值可以是（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 三、填空题 9．已知一次函数，且的值随值的增大而减小，则的取值范围为________． 10．已知函数在区间上单调递增，则的取值范围是_________． 四、解答题 11．已知函数（a为常数）的图象过点． (1)求a的值，判断的奇偶性，并说明理由； (2)求不等式的解集． 12．已知函数. (1)判断函数在上的单调性并用定义证明； (2)若函数满足不等式，求实数的取值范围. 13．已知二次函数满足以下条件：①图象过点；②时的函数值与时的函数值相等；③函数的最小值为. (1)求该二次函数的解析式； (2)解不等式; (3)当时，该二次函数的最小值为0，求实数的值. 参考答案 1．B 【分析】根据奇函数的性质列出等式，进而求出结果. 【详解】因为为奇函数，设为，则. 即，化简得. 由于，所以. 2．A 【详解】因为函数的对称轴为， 又函数在区间上的函数值随着自变量的增大而减小，所以. 3．C 【分析】根据奇函数的性质，补全函数图象，结合图象，可得答案． 【详解】因为是奇函数，所以在上的图象关于坐标原点对称， 因此由在上的图象，可得它在上的图象如图所示， 故当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 当时，，， 因此不等式的解集为． 4．D 【分析】利用函数的单调性和奇偶性并根据不等式分类讨论，进而求解. 【详解】由题意知在上单调递减，且， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 综上，的区间为，的区间为， 由得同号， 则或，解得或， 所以的解集为. 5．D 【详解】由可得： 当时，有， 当时，有， 说明在上单调递减. 已知， 可知时，是一个斜率为的一次函数，在上单调递减， 时，是一个开口向下的二次函数，对称轴为轴， 在上单调递减， 要使在上单调递减，则，上单调递减，即，解得. 6．A 【分析】先求得的定义域，根据二次函数的性质，结合复合函数单调性的求法，即可求解. 【详解】因为定义域为， 令，则，即，解得， 所以函数的定义域为， 由题可知在上单调递减， 因为为开口向下，对称轴为的抛物线， 所以在上单调递增，在上单调递减， 根据复合函数单调性原则：同增异减，可得的单调递增区间为. 7．AB 【详解】∵在R上为奇函数，∴． ∵ ，∴，∴，故A正确； ，故B正确； 当时， ，故C错误． 当时，无意义，故D错误． 8．ABC 【详解】∵开口向下，顶点为，对称轴为y轴，最大值为9， ∴在对称轴左侧，y随x的增大而增大；在对称轴右侧，y随着x的增大而减小， ①当时，当时，y随x的增大而增大， 则当时取得最小值，为 当时取得最大值，为， ∵最大值与最小值的差为12， ∴ ， 解得，符合题意； ②当时， 则当时取得最大值，为9， 当时取得最小值，为， 此时最大值与最小值的差为12，符合题意； ③当时， 则当时取得最大值，为9 当时取得最小值，为， ∵最大值与最小值的差为12， ∴， 解得（舍去）. ∴综上，得到n的取值范围为：. 则n的取值可以是0，1，2. 9． 【分析】根据一次函数的性质，随的增大而减小时，一次项系数小于0，据此列出不等式求解即可. 【详解】一次函数，且的值随值的增大而减小， ， 解得：. 10． 【详解】作出函数的图象，如图所示. 由图可知函数的单调递增区间为，， 因为函数在区间上单调递增， 所以或，解得或. 所以的取值范围为 . 11．(1)因为函数的图象过点．所以，解得． 因此，．是偶函数，理由如下： 因为，都有，所以是偶函数． (2)或 【分析】（1）将点代入函数解析式求出，再验证即可判断奇偶性； （2）将不等式移项整理为二次不等式，因式分解后写出解集． 【详解】（1）略； （2）由，得， 所以，即． 所以或． 所以原不等式的解集为或． 12．(1)在上单调递增，证明如下： 、且， ， 因为，所以，，，则， 所以，则，即， 故函数在上单调递增. (2) 【分析】（1）根据单调性的定义证明即可； （2）不等式等价于，利用（1）的结论即可列出不等式，进而求解. 【详解】（1）略 （2）因为，，且在上单调递增， 由可得，所以，解得或， 所以不等式的解集为. 13．(1) (2) (3)或 【分析】(1)由两点函数值相等，直接求出对称轴，结合最小值优先用顶点式求二次函数； (2)解一元二次不等式，先移项整理，因式分解，结合开口方向写出解集； (3)闭区间上二次函数求最值，核心是比较对称轴和区间的位置关系，分对称轴在区间内、区间左、区间右三类讨论. 【详解】（1）由和函数值相等，得对称轴为， 因为二次函数的最小值为， 所以设二次函数的顶点式为，又图象过点， 所以，得，故， 故该二次函数的解析式； （2）不等式，即为，所以， 即，得， 故不等式的解集是； （3）对称轴为，开口向上，分三类讨论： 当，即，此时最小值在，，舍去， 当，即，函数在上单调递增， 所以二次函数在取得最小值， 故，得或， 不满足，舍去，得； 当，即，函数在单调递减， 所以二次函数在 取得最小值， 故，得或， 不满足，舍去，得. 综上， 或 学科网（北京）股份有限公司 $