假期作業三函數及其性質一、單選題1．已知函數，若，不等式恒成立，則正實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．2．已知函數是定義在上的奇函數，且，則（

）A． B．2 C．0 D．53．設，，，則（

）A． B．C． D．4．函數的圖象大致為（

）A．

B．

C．

D．

5．已知，則（

）A． B．C． D．6．下列函數中，在區間上單調遞增的是（

）A． B．C． D．7．定義在上的函數，已知是它的導函數，且恒有成立，則有（

）A． B．C． D．8．下列四個函數中的某個函數在區間上的大致圖象如圖所示，則該函數是（

）

A． B． C． D．9．已知命題：任意，使為真命題，則實數的取值范圍為（

）A． B． C． D．10．在中，內角，，，．若對于任意實數，不等式恒成立，則實數的取值范圍為（

）A． B．C． D．11．已知函數則（

）A． B． C． D．212．函數是定義域為的奇函數，在上單調遞增，且.則不等式的解集為（

）A． B．C． D．13．已知集合，，則（

）A． B．C． D．14．函數的圖象大致是（

）A．

B．

C．

D．

15．下列函數在其定義域內既是奇函數又是增函數的是（

）A． B． C． D．二、填空題16．已知集合,，則__________．17．已知函數是定義在R上的偶函數，當時，，則函數在R上的表達式為______．18．函數的最小值為________．19．定義域為的函數滿足，當時，當時，恒成立，則實數t的取值范圍是______．20．已知函數，且，則______．三、解答題21．函數的定義域為集合A，函數的定義域為集合B，(1)求和；(2)若集合，且，求實數P的取值范圍．22．已知向量，且函數．(1)求函數圖象的對稱軸和對稱中心；(2)把函數的圖象上所有點的橫坐標變為原來的（縱坐標不變），再把得到的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象，若關于的不等式在上恒成立，求實數的取值范圍．23．設是R上的奇函數，，當時，.(1)的值；(2)當時，的圖象與x軸所圍成圖形的面積.24．對于定義域為的函數，如果同時滿足以下三個條件：①對任意的，總有；②；③若，，，都有≥成立，則稱函數為理想函數.(1)判斷函數()是否為理想函數，并予以證明；(2)若函數為理想函數且，求的值；(3)已知函數為理想函數，若，使得，求的值.25．給定函數，若點是的兩條互相垂直的切線的交點，則稱點為函數的“正交點”.記函數所有“正交點”所組成的集合為.(1)若，判斷集合是否為空集，并說明理由；(2)若，證明：的所有“正交點”在一條定直線上，并求出該直線；(3)若，記圖像上的所有點組成的集合為，且，求實數的取值范圍.參考答案：1．B【分析】分析出函數為奇函數，利用導數分析可知函數在上為增函數，由可得出，令，求出函數在上的最大值，即可得出實數的取值范圍.【詳解】因為，其中，則，且不恒為零，所以，函數在上為增函數，又因為，故函數為奇函數，由可得，所以，，所以，，令，因為，當且僅當時，等號成立，所以，.故選：B.2．D【分析】由題意可得函數的周期為6，然后利用周期和，可求得結果.【詳解】因為是定義在上的奇函數，所以，因為，所以，所以，所以的周期為6，所以，故選：D3．B【分析】根據題意，由，得，先構造函數，利用導數分析其單調性，得到，再構造函數，，利用導數分析其單調性，得到，即可得到，最后構造函數，利用導數分析其單調性，得到，進而得到，進而求解即可.【詳解】由，得，令，則，所以在上單調遞減，所以，即，令，，則，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增，所以，即，所以.由，得，，設，所以，所以函數在上單調遞減，所以，所以時，，所以，即，所以，所以.故選：B.【點睛】方法點睛：比較大小問題，常常根據：（1）結合函數性質進行比較；（2）利用特殊值進行估計，再進行間接比較；（3）根據結構特征構造函數，利用導數分析單調性，進而判斷大小.4．B【分析】先得到函數的奇偶性，排除AC，再比較出，排除B，得到正確答案.【詳解】由題知，的定義域為，因為，∴是奇函數，排除A，C，因為，排除D.故選：B.5．B【分析】由題意分析函數的單調性，可得，，，即可得答案.【詳解】因為函數在上單調遞增且,所以，所以，函數在上單調遞增，所以，函數在上單調遞增，所以，所以.故選：B.6．C【分析】利用基本初等函數的單調性，結合復合函數的單調性判斷ABC，舉反例排除D即可.【詳解】對于A，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞減，故A錯誤；對于B，因為在上單調遞增，在上單調遞減，所以在上單調遞減，故B錯誤；對于C，因為在上單調遞減，在上單調遞減，所以在上單調遞增，故C正確；對于D，因為，，顯然在上不單調，D錯誤.故選：C.7．C【分析】根據，構造函數，利用其單調性比較.【詳解】解：令，則，因為，所以，則在上單調遞減.所以，故，，故選：C8．B【分析】利用題給函數在上先正值后負值的變化情況排除選項A；利用題給圖象可知函數是奇函數排除選項C；利用當時題給函數值為負值排除D；而選項B均符合以上要求.【詳解】當時，，.排除A；由偶函數定義可得為偶函數，由題給圖象可知函數是奇函數，排除C；當時，.排除D；為奇函數，且當時，，當時，.B均符合題給特征.故選：B.9．C【分析】設，由題意可得任意，恒成立，結合二次函數性質列不等式求的取值范圍.【詳解】設，則，原命題等價于：任意，使為真命題，所以，其中設，則函數，的最大值為與中的較大者，所以，∴，解得，故選：C.10．D【分析】根據題意原不等式可轉化為，恒成立，由的取值范圍即可求出的最小值，即可解出答案.【詳解】因為對于任意實數，不等式恒成立，所以，即,等價于恒成立，又，即，即，，，所以，解得.故選：D11．C【分析】根據分段函數的解析式，即可根據自變量的范圍代入求值.【詳解】,,故，故選：C12．D【分析】根據題意畫出函數的草圖，再由奇函數化簡不等式為，結合圖象即可選出答案.【詳解】由于是定義域為的奇函數，所以，又在上單調遞增，且，所以的大致圖象如圖所示．

由可得，，由于在分母位置，所以，當時，只需，由圖象可知；當時，只需，由圖象可知；綜上，不等式的解集為．故選：D13．C【分析】分別求出集合和，根據交集和并集的定義，即可得出答案．【詳解】因為，所以，即，由得，所以，，故選：C．14．A【分析】先利用導數求出函數的單調區間，再根據時，函數值的符號，利用排除法即可得解.【詳解】，當或時，，當時，，所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，故排除B；當時，，所以，故排除CD.在A中：單調性滿足，當時滿足，令即有兩個正根，且時，當或時，以上性質圖象均滿足，故A正確.故選：A.15．C【分析】根據常見函數的奇偶性與單調性，及函數奇偶性的定義判斷即可.【詳解】為非奇非偶函數，故A錯誤；為非奇非偶函數，故B錯誤；在其定義域內既是奇函數又是增函數，故C正確；記，其定義域為，，則為偶函數，故D錯誤.故選：C.16．【分析】求出定義域和值域得到，從而得到交集.【詳解】因為，，所以．故答案為：17．【分析】利用偶函數定義可求解.【詳解】當時，，故，所以，所以故答案為：18．2【分析】(方法1：單調性法)：求得函數的單調性，從而可得最小值；(方法2：換元法)：令，結合二次函數的性質求出最小值．【詳解】(方法1：單調性法)：顯然函數的定義域為，因為函數與在定義域上均是增函數，故在上是增函數，所以當時，，即函數的最小值為2．(方法2：換元法)：令，則，所以原函數轉化為，易知在時，函數單調遞增，所以當時，，故函數的最小值為2．故答案為：2．19．【分析】先求出上的值域，根據可以求出上的的值域，然后只需，解不等式即可.【詳解】時，，則當，，而，則，由于是當時，因此當時，．而當時，恒成立，等價于，即，由得，即，由可得，于是.故答案為：20．2024【分析】根據已知條件構造函數，然后利用函數的奇偶性可求得結果.【詳解】構造具有奇偶性的函數，由，得，構建函數，定義域為，因為所以函數是偶函數，所以，所以，從而，又，因此.故答案為：202421．(1)，(2)【分析】（1）解不等式求出，進而求和；（2）根據可得滿足的不等式，其解即為實數p的取值范圍.【詳解】（1）對于集合A：由，解得或，∴，對于集合B：由，解得，∴，所以，，；（2），因為，所以，解得，，所以，實數p的取值范圍為：．22．(1)對稱軸為，對稱中心為(2)【分析】（1）由二倍角的正弦公式和余弦公式、輔助角公式化簡，再由三角函數的性質求解即可；（2）由三角函數的平移、伸縮變換可求出，再由三角函數的性質求出在的最大值，可得，解不等式即可求出答案.【詳解】（1）因為向量，所以，令，得；令，得，所以的圖象的對稱軸為，對稱中心為；（2）把的圖象上所有點的橫坐標變為原來的（縱坐標不變），得的圖象，再把得到的圖象向左平移個單位長度，得到函數的圖象．令，則．當，即時，．因為不等式在上恒成立，所以，即，解得或．所以實數的取值范圍為．23．(1)(2)4【分析】（1）根據已知可得函數的周期為4，再由奇偶性與給定范圍的表達式即可求解；（2）由已知可得函數的圖象關于直線x＝1對稱，又當時，，且的圖象關于原點成中心對稱，再結合的圖象求解即可．【詳解】（1）由，得，所以是以4為周期的周期函數，又為奇函數，所以；（2）由是奇函數且，得，即．故函數的圖象關于直線x＝1對稱．又當時，，且的圖象關于原點成中心對稱，則的圖象如圖所示．

當時，設的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則.24．(1)不是，證明見解析(2)(3)或【分析】（1）不妨取驗證判斷；（2）由，，，都有成立，令求解，在由，令求解；（3）根據（2），分析和矛盾求解.【詳解】（1）解：不妨取，則，，與矛盾，故該函數不是理想函數；（2）由，，，都有成立，知，又，所以，綜上，；（3）由（2）知，當時，有與矛盾，同理當時，有與矛盾故，即為方程在區間上的根，易知或者.25．(1)不存在，理由見解析(2)證明見解析，(3)【分析】（1）假設存在，求出導函數，利用導數的幾何意義推出矛盾，即可判斷；（2）設“正交點”是在和處的切線的交點，求出切線方程，即可求出交點坐標，由切線互相垂直求出，即可得解；（3）依題意不存在圖像上的點，使得該點是“正交點”，先利用反證法證明：對任意的實數，若圖像上的點是“正交點”，則該點本身一定是切點，假設，處切線互相垂直，不妨令是兩條切線的交點，即可得到方程對無解，結合二次函數的性質計算可得.【詳解】（1）假設存在“正交點”，則存在兩條相互垂直的切線，設為和處的切線，因為，所以，所以，所以不存在“正交點”，所以.（2）設“正交點”是在和處的切線的交點，因為，所以，所以在和處的切線方程為：，，聯立，解得，即，因為兩條切線互相垂直，所以，所以，所以的所有“正交點”在一定直線上.（3）因為，所以不存在圖像上的點，使得該點是“正交點”.先證明：對任意的實數，若圖像上的點是“正交點”，則該點本