新版高一数学必修第一册第三章全部配套练习题(含答案和解析)

新版高一数学必修第一册第三章全部配套练习题（含答案和解析）3.1.1函数的概念基础练 巩固新知夯实基础 1．下列说法正确的是()A．函数值域中每一个数在定义域中一定只有一个数与之对应B．函数的定义域和值域可以是空集C．函数的定义域和值域一定是数集D．函数的定义域和值域确定后，函数的对应关系也就确定了2．若函数y＝f(x)的定义域M＝{x|－2≤x≤2}，值域为N＝{y|0≤y≤2}，则函数y＝f(x)的图象可能是()3．函数f(x)＝eq\f(\r(x－1),x－2)的定义域为()A．[1,2)∪(2，＋∞) B．(1，＋∞)C．[1,2) D．[1，＋∞)4．已知函数f(x)的定义域为[－1,2)，则函数f(x－1)的定义域为()A．[－1,2) B．[0,2)C．[0,3) D．[－2,1)5．函数y＝eq\f(5x＋4,x－1)的值域是()A．(－∞，5) B．(5，＋∞)C．(－∞，5)∪(5，＋∞) D．(－∞，1)∪(1，＋∞)6．函数y＝eq\r(x＋1)的值域为()A．[－1，＋∞) B．[0，＋∞)C．(－∞，0] D．(－∞，－1]7．已知函数f(x)＝x＋eq\f(1,x)，则f(2)＋f(－2)的值是()A．－1B．0C．1D．28．下列函数完全相同的是()A．f(x)＝|x|，g(x)＝(eq\r(x))2B．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\r(x2)C．f(x)＝|x|，g(x)＝eq\f(x2,x)D．f(x)＝eq\f(x2－9,x－3)，g(x)＝x＋39．求下列函数的定义域：(1)f(x)＝eq\f(1,x＋1)；(2)y＝eq\r(x2－1)＋eq\r(1－x2)；(3)y＝2x＋3；(4)y＝eq\f(x＋1,x2－1).10．求下列函数的值域：(1)y＝2x＋1，x∈{1,2,3,4,5}；(2)y＝x2－4x＋6，x∈[1,5)；(3)y＝eq\f(3－5x,x－2)；(4)y＝x－eq\r(x＋1).能力练综合应用核心素养11．已知等腰△ABC的周长为10，则底边长y关于腰长x的函数关系为y＝10－2x，此函数的定义域为()A．R B．{x|x>0}C．{x|0<x<5} D.eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)<x<5))))12．函数f(x)＝eq\f(1,x2＋1)(x∈R)的值域是()A．(0,1)B．(0,1]C．[0,1)D．[0,1]13．函数y＝f(x)的图象与直线x＝a的交点个数有()A．必有一个B．一个或两个C．至多一个D．可能两个以上14．函数y＝eq\r(3－2x－x2)＋eq\f(1,4－x2)的定义域为____________________(用区间表示)．15．函数y＝eq\f(1,x－2)的定义域是A，函数y＝eq\r(x2＋2x－3)的值域是B，则A∩B＝________________(用区间表示)．16．若函数f(2x－1)的定义域为[0,1)，则函数f(1－3x)的定义域为________．17．若函数y＝eq\r(ax2＋2ax＋3)的值域为[0，＋∞)，则a的取值范围是________．18．已知函数f(x)＝eq\f(x2,1＋x2).(1)求f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的值．(2)求证：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))是定值．(3)求f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2019)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)))的值．19．已知函数y＝eq\r(mx2－6mx＋m＋8)的定义域是R，求实数m的取值范围．20.已知函数f(x)＝eq\r(3－x)＋eq\f(1,\r(x＋2))的定义域为集合A，B＝{x|x<a}．(1)求集合A；(2)若A⊆B，求a的取值范围；(3)若全集U＝{x|x≤4}，a＝－1，求∁UA及A∩(∁UB)．

【参考答案】1.C解析根据从集合A到集合B函数的定义可知，强调A中元素的任意性和B中对应元素的唯一性，所以A中的多个元素可以对应B中的同一个元素，从而选项A错误；同样由函数定义可知，A、B集合都是非空数集，故选项B错误；选项C正确；对于选项D，可以举例说明，如定义域、值域均为A＝{0,1}的函数，对应关系可以是x→x，x∈A，可以是x→eq\r(x)，x∈A，还可以是x→x2，x∈A.B解析A中定义域是{x|－2≤x≤0}，不是M＝{x|－2≤x≤2}，C中图象不表示函数关系，D中值域不是N＝{y|0≤y≤2}．3.A解析由题意知，要使函数有意义，需满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－1≥0，,x－2≠0))即x≥1且x≠2.4.C解析∵f(x)的定义域为[－1,2)，∴－1≤x－1<2，得0≤x<3，∴f(x－1)的定义域为[0,3)．5.C解析∵y＝eq\f(5x＋4,x－1)＝eq\f(5x－1＋9,x－1)＝5＋eq\f(9,x－1)，且eq\f(9,x－1)≠0，∴y≠5，即函数的值域为(－∞，5)∪(5，＋∞)．6.B解析由于eq\r(x＋1)≥0，所以函数y＝eq\r(x＋1)的值域为[0，＋∞)．7.B解析f(2)＋f(－2)＝2＋eq\f(1,2)－2－eq\f(1,2)＝0.8.B解析A、C、D的定义域均不同．9.解(1)要使函数有意义，即分式有意义，则x＋1≠0，x≠－1.故函数的定义域为{x|x≠－1}．(2)要使函数有意义，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1≥0，,1－x2≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2≥1，,x2≤1.))所以x2＝1，从而函数的定义域为{x|x＝±1}＝{1，－1}．(3)函数y＝2x＋3的定义域为{x|x∈R}．(4)因为当x2－1≠0，即x≠±1时，eq\f(x＋1,x2－1)有意义，所以原函数的定义域是{x|x≠±1，x∈R}．10.解(1)∵x∈{1,2,3,4,5}，∴(2x＋1)∈{3,5,7,9,11}，即所求函数的值域为{3,5,7,9,11}．(2)y＝x2－4x＋6＝(x－2)2＋2.∵x∈[1,5)，∴其图象如图所示，当x＝2时，y＝2；当x＝5时，y＝11.∴所求函数的值域为[2,11)．(3)函数的定义域为{x|x≠1}，y＝eq\f(3－5x,x－2)＝－eq\f(5x－2＋7,x－2)＝－5－eq\f(7,x－2)，所以函数的值域为{y|y≠－5}．(4)要使函数式有意义，需x＋1≥0，即x≥－1，故函数的定义域为{x|x≥－1}．设t＝eq\r(x＋1)，则x＝t2－1(t≥0)，于是y＝t2－1－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2－eq\f(5,4)，又t≥0，故y≥－eq\f(5,4)，所以函数的值域为{y|y≥－eq\f(5,4)}．11.D解析△ABC的底边长显然大于0，即y＝10－2x>0，∴x<5，又两边之和大于第三边，∴2x>10－2x，x>eq\f(5,2)，∴此函数的定义域为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)<x<5)))).12.B解析由于x∈R，所以x2＋1≥1,0<eq\f(1,x2＋1)≤1，即0<y≤1.13.C解析当a在f(x)定义域内时，有一个交点，否则无交点．14.[－1,2)∪(2,3]解析使根式eq\r(3－2x－x2)有意义的实数x的集合是{x|3－2x－x2≥0}即{x|(3－x)(x＋1)≥0}＝{x|－1≤x≤3}，使分式eq\f(1,4－x2)有意义的实数x的集合是{x|x≠±2}，所以函数y＝eq\r(3－2x－x2)＋eq\f(1,4－x2)的定义域是{x|－1≤x≤3}∩{x|x≠±2}＝{x|－1≤x≤3，且x≠2}．15.[0,2)∪(2，＋∞)解析要使函数式y＝eq\f(1,x－2)有意义，只需x≠2，即A＝{x|x≠2}；函数y＝eq\r(x2＋2x－3)＝eq\r(x＋12－4)≥0，即B＝{y|y≥0}，则A∩B＝{x|0≤x<2或x>2}．16.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))解因为f(2x－1)的定义域为[0,1)，即0≤x<1，所以－1≤2x－1<1.所以f(x)的定义域为[－1,1)．所以－1≤1－3x<1，解得0<x≤eq\f(2,3).所以f(1－3x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3))).17.[3，＋∞)解析函数y＝eq\r(ax2＋2ax＋3)的值域为[0，＋∞)，则函数f(x)＝ax2＋2ax＋3的值域要包括0，即最小值要小于等于0.则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>0，Δ＝4a2－12a≥0))，解得a≥3.所以a的取值范围是[3，＋∞)．18.解(1)因为f(x)＝eq\f(x2,1＋x2)，所以f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(22,1＋22)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝1，f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(32,1＋32)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))2)＝1.(2)证明：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2,1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))2)＝eq\f(x2,1＋x2)＋eq\f(1,x2＋1)＝eq\f(x2＋1,x2＋1)＝1.(3)由(2)知f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝1，所以f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝1，f(4)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝1，…，f(2019)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)))＝1.所以f(2)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＋f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＋…＋f(2019)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2019)))＝2018.19.解①当m＝0时，y＝eq\r(8)，其定义域是R.②当m≠0时，由定义域为R可知，mx2－6mx＋m＋8≥0对一切实数x均成立，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>0，,Δ＝－6m2－4mm＋8≤0，))解得0<m≤1.由①②可知，m∈[0,1]．20.解(1)使eq\r(3－x)有意义的实数x的集合是{x|x≤3}，使eq\f(1,\r(x＋2))有意义的实数x的集合是{x|x>－2}．所以，这个函数的定义域是{x|x≤3}∩{x|x>－2}＝{x|－2<x≤3}．即A＝{x|－2<x≤3}．(2)因为A＝{x|－2<x≤3}，B＝{x|x<a}且A⊆B，所以a>3.(3)因为U＝{x|x≤4}，A＝{x|－2<x≤3}，所以∁UA＝(－∞，－2]∪(3,4]．因为a＝－1，所以B＝{x|x<－1}，所以∁UB＝[－1,4]，所以A∩∁UB＝[－1,3]．3.1.2函数的表示法基础练 巩固新知夯实基础 1.小明骑车上学，开始时匀速行驶，途中因交通堵塞停留了一段时间后，为了赶时间加快速行驶．与以上事件吻合得最好的图象是 ()2．已知f(x)是一次函数，2f(2)－3f(1)＝5,2f(0)－f(－1)＝1，则f(x)＝ ()A．3x＋2 B．3x－2C．2x＋3 D．2x－33.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x∈[－1，0]，,x2＋1，x∈0，1]，))则函数f(x)的图象是()4.已知函数y＝f(x)的对应关系如下表，函数y＝g(x)的图象是如图的曲线ABC，其中A(1,3)，B(2,1)，C(3,2)，则f[g(2)]的值为()A．3B．2C．1D．05.函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2，0≤x≤1，,2，1<x<2，,3，x≥2))的值域是()A.RB.[0，＋∞)C.[0,3] D.{x|0≤x≤2或x＝3}6.设f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,1，x＝0，,－1，x<0，))则f(f(0))等于()A.1B.0C.2D.－17．已知f(2x＋1)＝3x－2且f(a)＝4，则a的值为________．8．已知f(x)是一次函数，且满足3f(x＋1)－2f(x－1)＝2x＋17，求f(x)的解析式．9．已知二次函数f(x)满足f(0)＝0，且对任意x∈R总有f(x＋1)＝f(x)＋x＋1，求f(x)．10(1)已知f(x＋eq\f(1,x))＝x2＋eq\f(1,x2)，求f(x)的解析式．(2)已知f(x)满足2f(x)＋f(eq\f(1,x))＝3x，求f(x)的解析式．(3)已知f(x)＋2f(－x)＝x2＋2x，求f(x)的解析式．能力练综合应用核心素养11．如果feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x,1－x)，则当x≠0,1时，f(x)等于()A.eq\f(1,x)B.eq\f(1,x－1)C.eq\f(1,1－x) D.eq\f(1,x)－112．已知x≠0时，函数f(x)满足f(x－eq\f(1,x))＝x2＋eq\f(1,x2)，则f(x)的表达式为()A．f(x)＝x＋eq\f(1,x)(x≠0)B．f(x)＝x2＋2(x≠0)C．f(x)＝x2(x≠0)D．f(x)＝(x－eq\f(1,x))2(x≠0)13.已知函数y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≤0，,－2x，x>0，))则使函数值为5的x的值是()A.－2或2 B.2或－eq\f(5,2)C.－2 D.2或－2或－eq\f(5,2)14.若f(x)是一次函数，2f(2)－3f(1)＝5,2f(0)－f(－1)＝1，则f(x)＝()A．3x＋2B．3x－2C．2x＋3D．2x－315．已知f(x－1)＝x2，则f(x)的解析式为 ()A．f(x)＝x2＋2x＋1 B．f(x)＝x2－2x＋1C．f(x)＝x2＋2x－1 D．f(x)＝x2－2x－116.已知f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n－3，n≥10，,ffn＋5，n<10，))则f(8)＝________.17．已知函数y＝f(x)满足f(x)＝2f(eq\f(1,x))＋x，则f(x)的解析式为____________．已知函数f(x)＝1＋eq\f(|x|－x,2)(－2<x≤2).(1)用分段函数的形式表示该函数；(2)画出该函数的图象；(3)写出该函数的值域.19．设f(x)是R上的函数，且满足f(0)＝1，并且对任意实数x，y，有f(x－y)＝f(x)－y(2x－y＋1)，求f(x)的解析式．

【参考答案】C解析先分析小明的运动规律，再结合图象作出判断．距学校的距离应逐渐减小，由于小明先是匀速运动，故前段是直线段，途中停留时距离不变，后段加速，直线段比前段下降的快，故应选C.B解析设f(x)＝kx＋b(k≠0)，∵2f(2)－3f(1)＝5,2f(0)－f(－1)＝1，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k－b＝5,k＋b＝1，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(k＝3,b＝－2))，∴f(x)＝3x－2.3.A解析当x＝－1时，y＝0，排除D；当x＝0时，y＝1，排除C；当x＝1时，y＝2，排除B.B解析由函数g(x)的图象知，g(2)＝1，则f[g(2)]＝f(1)＝2.5.D解析当0≤x≤1时，f(x)∈[0,2]，当1<x<2时，f(x)＝2，当x≥2时，f(x)＝3，∴值域是{x|0≤x≤2或x＝3}.6.C7.5解析∵f(2x＋1)＝3x－2＝eq\f(3,2)(2x＋1)－eq\f(7,2)，∴f(x)＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,2)，∴f(a)＝4，即eq\f(3,2)a－eq\f(7,2)＝4，∴a＝5.8.解设f(x)＝ax＋b(a≠0)，则3f(x＋1)－2f(x－1)＝3ax＋3a＋3b－2ax＋2a－2b＝ax＋5a＋b，即ax＋5a＋b＝2x＋17不论x为何值都成立，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＋5a＝17，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝7，))∴f(x)＝2x＋7.9.解设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，∵f(0)＝c＝0，∴f(x＋1)＝a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c＝ax2＋(2a＋b)x＋a＋b，f(x)＋x＋1＝ax2＋bx＋x＋1＝ax2＋(b＋1)x＋1.∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＋b＝b＋1，,a＋b＝1.))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(1,2)，,b＝\f(1,2).))∴f(x)＝eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,2)x.解(1)∵f(x＋eq\f(1,x))＝x2＋eq\f(1,x2)＝(x＋eq\f(1,x))2－2，且x＋eq\f(1,x)≥2或x＋eq\f(1,x)≤－2,∴f(x)＝x2－2(x≥2或x≤－2)．(2)∵2f(x)＋f(eq\f(1,x))＝3x，①把①中的x换成eq\f(1,x)，得2f(eq\f(1,x))＋f(x)＝eq\f(3,x).②,①×2－②得3f(x)＝6x－eq\f(3,x)，∴f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．(3)以－x代x得：f(－x)＋2f(x)＝x2－2x.与f(x)＋2f(－x)＝x2＋2x联立得：f(x)＝eq\f(1,3)x2－2x.11.B解析令eq\f(1,x)＝t，则x＝eq\f(1,t)，代入feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝eq\f(x,1－x)，则有f(t)＝eq\f(\f(1,t),1－\f(1,t))＝eq\f(1,t－1)，故选B.12.B解析∵f(x－eq\f(1,x))＝x2＋eq\f(1,x2)＝(x－eq\f(1,x))2＋2，∴f(x)＝x2＋2(x≠0)．13.CB解析设f(x)＝ax＋b，由题设有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22a＋b－3a＋b＝5，,20·a＋b－－a＋b＝1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝3，,b＝－2.))所以选B.15.A解析令x－1＝t，则x＝t＋1，∴f(t)＝f(x－1)＝(t＋1)2＝t2＋2t＋1，∴f(x)＝x2＋2x＋1.16.7解析因为8<10，所以代入f(n)＝f(f(n＋5))，即f(8)＝f(f(13))；因为13>10，所以代入f(n)＝n－3，得f(13)＝10，故得f(8)＝f(10)＝10－3＝7.17.f(x)＝－eq\f(x2＋2,3x)(x≠0)解析∵f(x)＝2f(eq\f(1,x))＋x，①∴将x换成eq\f(1,x)，得f(eq\f(1,x))＝2f(x)＋eq\f(1,x).②由①②消去f(eq\f(1,x))，得f(x)＝－eq\f(2,3x)－eq\f(x,3)，即f(x)＝－eq\f(x2＋2,3x)(x≠0)．18.解(1)①当0≤x≤2时，f(x)＝1＋eq\f(x－x,2)＝1；②当－2<x<0时，f(x)＝1＋eq\f(－x－x,2)＝1－x.所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，0≤x≤2，,1－x，－2<x<0.))(2)函数f(x)的图象如图所示.(3)由函数f(x)的图象知，f(x)在(－2,2]上的值域为[1,3).19.解因为对任意实数x，y，有f(x－y)＝f(x)－y(2x－y＋1)，所以令y＝x，有f(0)＝f(x)－x(2x－x＋1)，即f(0)＝f(x)－x(x＋1)．又f(0)＝1，∴f(x)＝x(x＋1)＋1＝x2＋x＋1.3.2.1第1课时函数的单调性基础练 巩固新知夯实基础 1．函数f(x)的定义域为(a，b)，且对其内任意实数x1，x2均有(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0，则f(x)在(a，b)上()A．增函数 B．减函数C．不增不减函数 D．既增又减函数2．若函数f(x)在区间(a，b)上是增函数，在区间(b，c)上也是增函数，则函数f(x)在区间(a，b)∪(b，c)上()A．必是增函数 B．必是减函数C．是增函数或减函数 D．无法确定单调性3．如果函数f(x)在[a，b]上是增函数，那么对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，下列结论中不正确的是()A.eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0B．(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0C．若x1<x2，则f(a)<f(x1)<f(x2)<f(b)D.eq\f(x1－x2,fx1－fx2)>04．对于函数y＝f(x)，在给定区间上有两个数x1，x2，且x1<x2，使f(x1)<f(x2)成立，则y＝f(x)()A．一定是增函数 B．一定是减函数C．可能是常数函数 D．单调性不能确定5．下列函数中，在(－∞，0]内为增函数的是()A．y＝x2－2B．y＝eq\f(3,x)C．y＝1＋2xD．y＝－(x＋2)26．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c的图象的对称轴为直线x＝1，则()A．f(－1)<f(1)<f(2) B．f(1)<f(2)<f(－1)C．f(2)<f(－1)<f(1) D．f(1)<f(－1)<f(2)7．若函数f(x)＝2x2－mx＋3，当x∈[－2，＋∞)时是增函数，当x∈(－∞，－2)时是减函数，则f(1)＝________.8．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3x＋5，x≤1，,\f(2a,x)，x>1))是R上的减函数，则实数a的取值范围是。9．画出函数y＝－x2＋2|x|＋3的图象，并指出函数的单调区间．10．证明函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．能力练综合应用核心素养11.若定义在R上的二次函数f(x)＝ax2－4ax＋b在区间[0,2]上是增函数，且f(m)≥f(0)，则实数m的取值范围是()A．0≤m≤4 B．0≤m≤2C．m≤0 D．m≤0或m≥412．若f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，则下列说法中正确的是()A．f(x)>f(0) B．f(x2)>f(0)C．f(3a＋1)<f(3a) D．f(a2＋1)≥f(2a)13.如果f(x)＝x2＋bx＋c对任意实数t都有f(3＋t)＝f(3－t)，那么()A．f(3)<f(1)<f(6)B．f(1)<f(3)<f(6)C．f(3)<f(6)<f(1)D．f(6)<f(3)<f(1)14．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋3a，x≥0，,x2－ax＋1，x<0))是(－∞，＋∞)上的减函数，则实数a的取值范围是()A．[0，eq\f(1,3)]B．(0，eq\f(1,3))C．(0，eq\f(1,3)]D．[0，eq\f(1,3))15．函数f(x)＝x2－2mx－3在区间[1,2]上单调，则m的取值范围是________．16．已知f(x)是定义在区间[－1,1]上的增函数，且f(x－2)<f(1－x)，则x的取值范围是________．17．设f(x)是定义在R上的增函数，f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝1，则不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为________．18．已知函数y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，试比较feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))与f(a2－a＋1)的大小．已知a>0，函数f(x)＝x＋eq\f(a,x)(x>0)，证明：函数f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数，在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数．讨论函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a≠\f(1,2)))在(－2，＋∞)上的单调性．

【参考答案】1.B解析∵(x1－x2)(f(x1)－f(x2))<0⇔eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2<0，,fx1－fx2>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－x2>0，,fx1－fx2<0.))即当x1<x2时，f(x1)>f(x2)或当x1>x2时，f(x1)<f(x2)．不论哪种情况，都说明f(x)在(a，b)上为减函数．2.D解析函数在区间(a，b)∪(b，c)上无法确定单调性．如y＝－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上是增函数，在(－∞，0)上也是增函数，但在(－∞，0)∪(0，＋∞)上并不具有单调性．3.C解析因为f(x)在[a，b]上是增函数，对于任意的x1，x2∈[a，b](x1≠x2)，x1－x2与f(x1)－f(x2)的符号相同，故A，B，D都正确，而C中应为若x1<x2，则f(a)≤f(x1)<f(x2)≤f(b)．4.D解析由单调性定义可知，不能用特殊值代替一般值．5.C解析函数y＝x2－2在(－∞，0]内是减函数；函数y＝eq\f(3,x)在(－∞，0)内图象是下降的，也不是增函数；y＝1＋2x在R上都是增函数，所以在(－∞，0]上是增函数；y＝－(x＋2)2在(－∞，－2]上是增函数，在(－2，＋∞)上是减函数．6.B解析因为二次函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝1，所以f(－1)＝f(3)．又函数f(x)的图象为开口向上的抛物线，则f(x)在区间[1，＋∞)上为增函数，故f(1)<f(2)<f(3)，即f(1)<f(2)<f(－1)．故选B.7.13解析由条件知x＝－2是函数f(x)图象的对称轴，所以eq\f(m,4)＝－2，m＝－8，则f(1)＝13.8.0<a≤2解析依题意得实数a满足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,2a>0，,a－3＋5≥2a，))解得0<a≤2.9.解y＝－x2＋2|x|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋3x≥0,－x2－2x＋3x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋4x≥0,－x＋12＋4x<0)).函数图象如图所示．函数在(－∞，－1]，[0,1]上是增函数，函数在[－1,0]，[1，＋∞)上是减函数．∴函数y＝－x2＋2|x|＋3的单调增区间是(－∞，－1]和[0,1]，单调减区间是[－1,0]和[1，＋∞)．证明任取x1，x2∈(2，＋∞)，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝x1＋eq\f(4,x1)－x2－eq\f(4,x2)＝(x1－x2)＋eq\f(4x2－x1,x1x2)＝(x1－x2)eq\f(x1x2－4,x1x2).∵2<x1<x2，∴x1－x2<0，x1x2>4，x1x2－4>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴函数f(x)＝x＋eq\f(4,x)在(2，＋∞)上是增函数．11.A解析由于f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(2)＞f(0)，解得a＜0.又因f(x)图象的对称轴为x＝－eq\f(－4a,2a)＝2.所以x在[0,2]上的值域与[2,4]上的值域相同，所以满足f(m)≥f(0)的m的取值范围是0≤m≤4.12.D解析∵a2＋1－2a＝(a－1)2≥0，∴a2＋1≥2a.当a＝1时，f(a2＋1)＝f(2a)；当a≠1时，f(a2＋1)>f(2a)．故选D.13.A解析由于f(x)是二次函数，其函数图象为开口向上的抛物线，f(3＋t)＝f(3－t)，∴抛物线的对称轴为x＝3，且[3，＋∞)为函数的增区间，由f(1)＝f(3－2)＝f(3＋2)＝f(5)，又∵3<5<6，∴f(3)<f(5)<f(6)，故选A.14.A解析当x<0时，函数f(x)＝x2－ax＋1是减函数，解得a≥0，当x≥0时，函数f(x)＝－x＋3a是减函数，分段点0处的值应满足1≥3a，解得a≤eq\f(1,3)，∴0≤a≤eq\f(1,3).15.(－∞，1]∪[2，＋∞)解析二次函数在某区间内是否单调取决于对称轴的位置，函数f(x)＝x2－2mx－3的对称轴为x＝m，函数在区间[1,2]上单调，则m≤1或m≥2.16.[1，eq\f(3,2))解析由题意，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x－2≤1，,－1≤1－x≤1，,x－2<1－x，))解得1≤x<eq\f(3,2)，故满足条件的x的取值范围是1≤x<eq\f(3,2).17.eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2)))))解析由条件可得f(x)＋f(－2)＝f(－2x)，又f(3)＝1，∴不等式f(x)＋f(－2)>1，即为f(－2x)>f(3)．∵f(x)是定义在R上的增函数，∴－2x>3，解得x<－eq\f(3,2).故不等式f(x)＋f(－2)>1的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(x<－\f(3,2))))).解∵a2－a＋1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，∴eq\f(3,4)与a2－a＋1都在区间[0，＋∞)内．又∵y＝f(x)在区间[0，＋∞)上是减函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))≥f(a2－a＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(等号当且仅当a＝\f(1,2)时取到)).19.证明设x1，x2是任意两个正数，且0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1＋\f(a,x1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋\f(a,x2)))＝eq\f(x1－x2,x1x2)(x1x2－a)．当0<x1<x2≤eq\r(a)时，0<x1x2<a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)在(0，eq\r(a)]上是减函数；当eq\r(a)≤x1<x2时，x1x2>a，又x1－x2<0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以函数f(x)在[eq\r(a)，＋∞)上是增函数．解f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋2)＝a＋eq\f(1－2a,x＋2)，设任意x1，x2∈(－2，＋∞)且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(1－2a,x1＋2)－eq\f(1－2a,x2＋2)＝(1－2a)eq\f(x2－x1,x2＋2x1＋2)，∵－2<x1<x2，∴x2－x1>0，又(x2＋2)(x1＋2)>0.(1)若a<eq\f(1,2)，则1－2a>0，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，则f(x)在(－2，＋∞)上为减函数．(2)若a>eq\f(1,2)，则1－2a<0.∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，故f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．综上，当a<eq\f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)上为减函数；当a>eq\f(1,2)时，f(x)在(－2，＋∞)上为增函数．3.2.1第2课时函数的最大（小）值基础练 巩固新知夯实基础 1．若函数y＝ax＋1在[1,2]上的最大值与最小值的差为2，则实数a的值是()A．2 B．－2C．2或－2 D．0函数y＝f(x)(－2≤x≤2)的图象如右图所示，则函数的最大值、最小值分别为()A．f(2)，f(－2)B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(－1)C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，f(0)3．设定义在R上的函数f(x)＝x|x|，则f(x)()A．只有最大值 B．只有最小值C．既有最大值，又有最小值 D．既无最大值，又无最小值4．函数y＝eq\f(3,x＋2)(x≠－2)在区间[0,5]上的最大值、最小值分别是()A.eq\f(3,7)，0B.eq\f(3,2)，0C.eq\f(3,2)，eq\f(3,7)D．最小值为－eq\f(1,4)，无最大值5．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋6，x∈[1，2]，,x＋7，x∈[－1，1]，))则f(x)的最大值与最小值分别为()A．10,6 B．10,8C．8,6 D．以上都不对eq\r(3－aa＋6)(－6≤a≤3)的最大值为 ()A．9 B．eq\f(9,2)C．3 D．eq\f(3\r(2),2)已知函数f(x)＝－x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值－2，则f(x)的最大值为________．8．已知函数f(x)＝4x2－mx＋1在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，求f(x)在[1,2]上的值域．9．已知函数f(x)＝eq\f(3,2x－1).(1)证明：函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数；(2)求函数f(x)在[1,5]上的最大值和最小值．10．求函数f(x)＝x2－2ax＋2在[－1,1]上的最小值．能力练综合应用核心素养11．某公司在甲、乙两地同时销售一种品牌车，销售x辆该品牌车的利润(单位：万元)分别为L1＝－x2＋21x和L2＝2x.若该公司在两地共销售15辆，则能获得的最大利润为()A．90万元 B．60万元C．120万元 D．120.25万元12．当0≤x≤2时，a<－x2＋2x恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，1] B．(－∞，0]C．(－∞，0) D．(0，＋∞)13．已知函数f(x)＝x2－6x＋8，x∈[1，a]，并且f(x)的最小值为f(a)，则a的取值范围是________．14．函数y＝|x＋1|＋|x－2|的最小值为________．15.函数y＝eq\f(1,x－2)，x∈[3,4]的最大值为________．16．画出函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(2,x)，x∈－∞，0，,x2＋2x－1，x∈[0，＋∞))的图象，并写出函数的单调区间及最小值．17．若二次函数满足f(x＋1)－f(x)＝2x且f(0)＝1.(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间[－1,1]上不等式f(x)>2x＋m恒成立，求实数m的取值范围．18．已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝－eq\f(2,3).(1)求证：f(x)是R上的单调减函数．(2)求f(x)在[－3,3]上的最小值．

【参考答案】C解析a>0时，由题意得2a＋1－(a＋1)＝2，即a＝2；a<0时，a＋1－(2a＋1)＝2，∴a＝－2.综上，a＝±2.2.C解析根据函数最值定义，结合函数图象可知，当x＝－eq\f(3,2)时，有最小值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))；当x＝eq\f(1,2)时，有最大值feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).3.D解析f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2x≥0，,－x2x＜0，))画出图象可知，既无最大值又无最小值．4.C解析因为函数y＝eq\f(3,x＋2)在区间[0,5]上单调递减，所以当x＝0时，ymax＝eq\f(3,2)，当x＝5时，ymin＝eq\f(3,7).5.A解析∵x∈[1,2]时，f(x)max＝2×2＋6＝10，f(x)min＝2×1＋6＝8.又x∈[－1,1]时，f(x)max＝1＋7＝8，f(x)min＝－1＋7＝6，∴f(x)max＝10，f(x)min＝6.6.B解析利用配方法结合函数的定义域求解．eq\r(3－aa＋6)＝eq\r(－a2－3a＋18)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋3a＋\f(9,4)))＋\f(81,4))＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)))2＋\f(81,4))，由于－6≤a≤3，∴当a＝－eq\f(3,2)时，eq\r(3－aa＋6)有最大值eq\f(9,2).7.1解析函数f(x)＝－x2＋4x＋a＝－(x－2)2＋4＋a，x∈[0,1]，且函数有最小值－2.故当x＝0时，函数有最小值，当x＝1时，函数有最大值．∵当x＝0时，f(0)＝a＝－2，∴f(x)＝－x2＋4x－2，∴当x＝1时，f(x)max＝f(1)＝－12＋4×1－2＝1.8.解∵f(x)在(－∞，－2)上递减，在[－2，＋∞)上递增，∴函数f(x)＝4x2－mx＋1的对称轴方程x＝eq\f(m,8)＝－2，即m＝－16.又[1,2]⊆[－2，＋∞)，且f(x)在[－2，＋∞)上递增．∴f(x)在[1,2]上递增，∴当x＝1时，f(x)取得最小值f(1)＝4－m＋1＝21；当x＝2时，f(x)取得最大值f(2)＝16－2m＋1＝49.∴f(x)在[1,2]上的值域为[21,49]．9.解(1)证明：设x1、x2是区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上的任意两个实数，且x2>x1>eq\f(1,2)，则f(x1)－f(x2)＝eq\f(3,2x1－1)－eq\f(3,2x2－1)＝eq\f(6x2－x1,2x1－12x2－1).由于x2>x1>eq\f(1,2)，所以x2－x1>0，且(2x1－1)·(2x2－1)>0，所以f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)＝eq\f(3,2x－1)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上是减函数．(2)由(1)知，函数f(x)在[1,5]上是减函数，因此，函数f(x)＝eq\f(3,2x－1)在区间[1,5]的两个端点上分别取得最大值与最小值，即最大值为f(1)＝3，最小值为f(5)＝eq\f(1,3).10.解函数f(x)图象的对称轴为直线x＝a，且函数图象开口向上.①当a>1时，f(x)在[－1,1]上单调递减，故f(x)min＝f(1)＝3－2a；②当－1≤a≤1时，f(x)在[－1,1]上先减后增，故f(x)min＝f(a)＝2－a2；③当a<－1时，f(x)在[－1,1]上单调递增，故f(x)min＝f(－1)＝3＋2a.综上可知f(x)的最小值为f(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－2a，a>1，,2－a2，－1≤a≤1，,3＋2a，a<－1.))C解析设公司在甲地销售x辆，则在乙地销售(15－x)辆，公司获利为L＝－x2＋21x＋2(15－x)＝－x2＋19x＋30＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(19,2)))2＋30＋eq\f(192,4)，∴当x＝9或10时，L最大为120万元．12.C解析令f(x)＝－x2＋2x(0≤x≤2)＝－(x2－2x＋1)＋1＝－(x－1)2＋1,∴f(x)最小值为f(0)＝f(2)＝0.而a<－x2＋2x恒成立，∴a<0.13.(1,3]解析由题意知f(x)在[1，a]上是单调递减的，又∵f(x)的单调减区间为(－∞，3]，∴1<a≤3.14.3解析化简函数为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2x＋1，x≤－1，,3，－1<x≤2，,2x－1，x>2，))其图象如图所示，所以函数的最小值为3.15.1解析函数y＝eq\f(1,x－2)在[3,4]上是单调减函数，故y的最大值为eq\f(1,3－2)＝1.16.解f(x)的图象如图所示，f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和[0，＋∞)，函数的最小值为f(0)＝－1.17.解(1)设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(0)＝1，∴c＝1，∴f(x)＝ax2＋bx＋1.∵f(x＋1)－f(x)＝2x，∴2ax＋a＋b＝2x，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＝2,a＋b＝0))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝－1))，∴f(x)＝x2－x＋1.(2)由题意：x2－x＋1>2x＋m在[－1,1]上恒成立，即x2－3x＋1－m>0在[－1,1]上恒成立．令g(x)＝x2－3x＋1－m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))2－eq\f(5,4)－m，其对称轴为x＝eq\f(3,2)，∴g(x)在区间[－1,1]上是减函数，∴g(x)min＝g(1)＝1－3＋1－m>0，∴m<－1.18.解(1)证明：设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<f(x1)．所以f(x)是R上的单调减函数．(2)由(1)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，所以f(x)在[－3,3]上的最小值为f(3)．而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝3×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－2.所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2.3.2.2第1课时奇偶性的概念基础练 巩固新知夯实基础 1．对于定义在R上的函数f(x)，有下面四个结论：①若f(x)是偶函数，则f(－2)＝f(2)；②若f(－2)＝f(2)，则函数f(x)是偶函数；③若f(－2)≠f(2)，则函数f(x)不是偶函数；④若f(－2)＝f(2)，则函数f(x)不是奇函数．其中正确的个数为()A．1B．2C．3 D．42．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|＋1C．y＝－x2＋1 D．y＝－eq\f(2,x)3．下列函数为奇函数的是()A．y＝－|x|B．y＝2－xC．y＝eq\f(1,x3) D．y＝－x2＋84．已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2＋eq\f(1,x)，则f(－1)等于()A．－2B．0C．1D．25．下列图象表示的函数中具有奇偶性的是()6．函数f(x)＝x3＋ax，若f(1)＝3，则f(－1)的值为________．7．奇函数f(x)的定义域是(t,2t＋3)，则t＝________.8．判断下列函数的奇偶性：(1)f(x)＝3，x∈R；(2)f(x)＝5x4－4x2＋7，x∈[－3,3]；(3)f(x)＝|2x－1|－|2x＋1|；(4)f(x)＝eq\f(x2＋x,x＋1).能力练综合应用核心素养9．已知y＝f(x)，x∈(－a，a)，F(x)＝f(x)＋f(－x)，则F(x)是()A．奇函数B．偶函数C．既是奇函数又是偶函数D．非奇非偶函数10．若f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)是偶函数，则g(x)＝ax3＋bx2＋cx是()A．奇函数 B．偶函数C．非奇非偶函数 D．既是奇函数又是偶函数11.已知函数y＝f(x)为偶函数，其图象与x轴有四个交点，则方程f(x)＝0的所有实根之和是()A．0B．1C．2D．412．已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(－1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝4，则g(1)等于()A．4B．3C．2 D．113．已知f(x)＝ax2＋bx是定义在[a－1,2a]上的偶函数，那么a＋b的值是()A．－eq\f(1,3)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D．－eq\f(1,2)14．若函数f(x)＝x2－|x＋a|为偶函数，则实数a＝________.15．若函数f(x)＝eq\f(x,2x＋1x－a)为奇函数，则a等于________．16．已知y＝f(x)是奇函数，当x<0时，f(x)＝x2＋ax，且f(3)＝6，则a的值为________．17．已知函数f(x)对一切x、y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求证：f(x)是奇函数；(2)若f(－3)＝a，试用a表示f(12)．

【参考答案】B解析①正确；②错误，仅两个特殊的函数值相等不足以确定函数的奇偶性，需要满足“任意”；③正确；④错误，反例：f(x)＝0满足条件，该函数既是奇函数，又是偶函数．2.B解析对于函数y＝|x|＋1，f(－x)＝|－x|＋1＝|x|＋1＝f(x)，所以y＝|x|＋1是偶函数，当x＞0时，y＝x＋1，所以在(0，＋∞)上单调递增．故选B.另外函数y＝x3不是偶函数，y＝－x2＋1在(0，＋∞)上单调递减，y＝－eq\f(2,x)不是偶函数．3.C解析A、D两项，函数均为偶函数，B项中函数为非奇非偶，而C项中函数为奇函数．4.A解析f(－1)＝－f(1)＝－(1＋1)＝－2.B解析选项A中的图象关于原点或y轴均不对称，故排除；选项C、D中的图象所示的函数的定义域不关于原点对称，不具有奇偶性，故排除；选项B中的图象关于y轴对称，其表示的函数是偶函数．6.－3解析∵x∈R，且f(－x)＝－x3－ax＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．∴f(－1)＝－f(1)＝－3.7.－1解析由奇函数f(x)的定义域关于原点对称，知t＋2t＋3＝0，得t＝－1.解(1)∵f(－x)＝3＝f(x)，∴f(x)是偶函数．(2)∵x∈[－3,3]，f(－x)＝5(－x)4－4(－x)2＋7＝5x4－4x2＋7＝f(x)，∴f(x)是偶函数．(3)∵f(－x)＝|－2x－1|－|－2x＋1|＝－(|2x－1|－|2x＋1|)＝－f(x)，∴f(x)是奇函数．(4)由x＋1≠0，得f(x)的定义域为{x|x≠－1}，不关于原点对称，∴函数f(x)＝eq\f(x2＋x,x＋1)不具有奇偶性．9.B解析F(－x)＝f(－x)＋f(x)＝F(x)．又x∈(－a，a)关于原点对称，∴F(x)是偶函数．10.A解析∵f(x)＝ax2＋bx＋c是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，得b＝0.∴g(x)＝ax3＋cx.∴g(－x)＝a(－x)3＋c(－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数．A解析由于偶函数的图象关于y轴对称，所以偶函数的图象与x轴的交点也关于y轴对称，因此，四个交点中，有两个在x轴的负半轴上，另两个在x轴的正半轴上，所以四个实根的和为0.B解析由题意知f(－1)＋g(1)＝－f(1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝f(1)＋g(1)＝4.两式相加，解得g(1)＝3.13.B解析依题意b＝0，且2a＝－(a－1)，∴a＝eq\f(1,3)，则a＋b＝eq\f(1,3).14.0解析∵函数f(x)＝x2－|x＋a|为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，即(－x)2－|－x＋a|＝x2－|x＋a|，∴|－x＋a|＝|x＋a|，即|x－a|＝|x＋a|，∴a＝0.15.eq\f(1,2)解析函数f(x)的定义域为{xeq\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x≠－\f(1,2)，且x≠a)).又f(x)为奇函数，定义域应关于原点对称，∴a＝eq\f(1,2).16.5解析因为f(x)是奇函数，所以f(－3)＝－f(3)＝－6，所以(－3)2＋a×(－3)＝－6，解得a＝5.17.解(1)证明：由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－x得f(0)＝f(x)＋f(－x)，令x＝y＝0得f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0.所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)，故f(x)是奇函数．(2)因为f(x)为奇函数．所以f(－3)＝－f(3)＝a，所以f(3)＝－a.又f(12)＝f(6)＋f(6)＝2f(3)＋2f(3)＝4f(3)，所以f(12)＝－4a.3.2.2第2课时奇偶性的应用基础练 巩固新知夯实基础 1．已知奇函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(x)<f(1)的x的取值范围是()A．(－∞，1) B．(－∞，－1)C．(0,1) D．[－1,1)2．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，则f(x)在R上的表达式是()A．y＝x(x－2) B．y＝x(|x|＋2)C．y＝|x|(x－2) D．y＝x(|x|－2)3．设函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≥0，,gx，x<0，))且f(x)为偶函数，则g(－2)等于()A．6B．－6C．2D．－24．奇函数f(x)在区间[3,6]上是增函数，在区间[3,6]上的最大值为8，最小值为－1，则f(6)＋f(－3)的值()A．10B．－10C．9 D．155．定义在R上的函数f(x)在(－∞，2)上是增函数，且f(x＋2)＝f(2－x)对任意x∈R恒成立，则()A．f(－1)＜f(3)B．f(0)＞f(3)C．f(－1)＝f(3) D．f(0)＝f(3)6．若函数f(x)＝(k－2)x2＋(k－1)x＋3是偶函数，则f(x)的单调递减区间是________．7．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是________．8．已知函数f(x)(x∈R)是奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2－2x－1，求函数f(x)的解析式．9．已知函数f(x)＝ax＋eq\f(b,x)＋c(a，b，c是常数)是奇函数，且满足f(1)＝eq\f(5,2)，f(2)＝eq\f(17,4).(1)求a，b，c的值；(2)试判断函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上的单调性并证明．能力练综合应用核心素养10．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，则f(1)＋g(1)等于()A．－3B．－1C．1 D．311．f(x)是定义在R上的奇函数且单调递减，若f(2－a)＋f(4－a)<0，则a的取值范围是()A．a<1B．a<3C．a>1 D．a>3设f(x)是R上的偶函数，且在(0，＋∞)上是减函数，若x1<0且x1＋x2>0，则()A．f(－x1)>f(－x2)B．f(－x1)＝f(－x2)C．f(－x1)<f(－x2)D．f(－x1)与f(－x2)的大小不确定13．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为减函数，且f(1)＝0，则不等式eq\f(fx－f－x,x)＜＜0的解集为()A．(－1,0)∪(1，＋∞)B．(－∞，－1)∪(0,1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞)D．(－1,0)∪(0,1)14．已知y＝f(x)是奇函数，若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，则g(－1)＝________.15．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝0，则使得f(x)<0的x的取值范围是________．16．设f(x)在R上是偶函数，在(－∞，0)上递减，若f(a2－2a＋3)>f(a2＋a＋1)，求实数a的取值范围．17．定义在R上的函数f(x)，满足对∀x1，x2∈R，有f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)．(1)判断函数f(x)的奇偶性；(2)如果f(4)＝1，f(x－1)<2，且f(x)在[0，＋∞)上是增函数，试求实数x的取值范围．

【参考答案】A解析由于f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且是奇函数，所以f(x)在R上单调递增，f(x)<f(1)等价于x<1.2.D解析由x≥0时，f(x)＝x2－2x，f(x)是定义在R上的奇函数得，当x<0时，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x)＝x(－x－2)．∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(xx－2，x≥0，,x－x－2，x<0，))即f(x)＝x(|x|－2)．A解析g(－2)＝f(－2)＝f(2)＝22＋2＝6.C解析由于f(x)在[3,6]上为增函数，f(x)的最大值为f(6)＝8，f(x)的最小值为f(3)＝－1，f(x)为奇函数，故f(－3)＝－f(3)＝1，∴f(6)＋f(－3)＝8＋1＝9.5.A解析f(x)的图象关于直线x＝2对称，所以f(3)＝f(1)，由于f(x)在(－∞，2)上是增函数，所以f(－1)＜f(1)＝f(3)．6.[0，＋∞)解析利用函数f(x)是偶函数,得k－1＝0，k＝1,所以f(x)＝－x2＋3，其单调递减区间为[0，＋∞)．7.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))解析由于f(x)是偶函数，因此f(x)＝f(|x|)，∴f(|2x－1|)<f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，再根据f(x)在[0，＋∞)上的单调性，得|2x－1|<eq\f(1,3)，解得eq\f(1,3)<x<eq\f(2,3).8.解当x<0时，－x>0，∴f(－x)＝(－x)2＋2x－1.∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－x2－2x＋1，∵f(x)(x∈R)是奇函数，∴f(0)＝0.∴所求函数的解析式为f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x－1，x>0，,0，x＝0，,－x2－2x＋1，x<0.))9.解(1)∵f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴－ax－eq\f(b,x)＋c＝－ax－eq\f(b,x)－c，∴c＝0，∴f(x)＝ax＋eq\f(b,x).又∵f(1)＝eq\f(5,2)，f(2)＝eq\f(17,4)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋b＝\f(5,2)，,2a＋\f(b,2)＝\f(17,4).))∴a＝2，b＝eq\f(1,2).综上，a＝2，b＝eq\f(1,2)，c＝0.(2)由(1)可知f(x)＝2x＋eq\f(1,2x).函数f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为减函数．证明如下：任取0<x1<x2<eq\f(1,2)，则f(x1)－f(x2)＝2x1＋eq\f(1,2x1)－2x2－eq\f(1,2x2)＝(x1－x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(1,2x1x2)))＝(x1－x2)eq\f(4x1x2－1,2x1x2).∵0<x1<x2<eq\f(1,2)，∴x1－x2<0,2x1x2>0,4x1x2－1<0.∴f(x1)－f(x2)>0，f(x1)>f(x2)．∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上为减函数．10.C解析∵f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，∴f(－x)－g(－x)＝－x3＋x2＋1.∵f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，∴f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)．∴f(x)＋g(x)＝－x3＋x2＋1.∴f(1)＋g(1)＝－1＋1＋1＝1.11.B解析∵f(x)在R上为奇函数，∴f(2－a)＋f(4－a)<0转化为f(2－a)<－f(4－a)＝f(a－4)．又f(x)在R上单调递减，∴2－a>a－4，得a<3.12.A解析∵x1<0，x1＋x2>0，∴x2>－x1>0，又f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴f(x2)<f(－x1)，∵f(x)是偶函数，∴f(－x2)＝f(x2)<f(－x1)．13.C解析∵f(x)为奇函数，eq\f(fx－f－x,x)＜0，即eq\f(fx,x)＜0，∵f(x)在(0