课时作业(六)　[第6讲　函数的奇偶性与周期性]

1、PAGE 高考学习网中国最大高考学习网站G | 我们负责传递知识！课时作业(六)第6讲函数的奇偶性与周期性时间：45分钟分值：100分eq avs4alco1(基础热身)1对于下列函数：f(x)x21；f(x)2x3x；f(x)2|x|1；f(x)x4x2，x(3,3其中是奇函数的是_(填写序号)，是偶函数的是_(填写序号)2已知函数f(x)(m2)x2(m1)x3是偶函数，则实数m的值为_3设f(x)是定义在(，)上的奇函数，且f(x2)f(x)，当0 x1时，f(x)x，则f(7.5)_.4已知定义在实数集R上的偶函数f(x)在区间0，)上是单调增函数，若f(1)f(lgx)，则x的取值范

2、围是_eq avs4alco1(能力提升)5函数f(x)eq f(1,x)x的图象关于_对称6若yf(x)是奇函数，在下列各点：M(a，f(a)、N(a，f(a)、P(a，f(a)、Q(a，f(a)中，只有点_一定在其图象上7已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且以2为周期，则f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)f(7)的值是_8若函数f(x)(xa)(bx2a)(常数a，bR)是偶函数，且它的值域为(，4，则该函数的解析式f(x)_.9已知偶函数yf(x)的图象与x轴有五个公共点，那么方程f(x)0的所有实根之和等于_10已知f(x)为奇函数，当x(0,1)时，f(x)lgeq

3、 f(1,x1)，那么当x(1,0)时，函数f(x)的表达式是_112011课标全国卷 已知函数yf(x)的周期为2，当x1,1时f(x)x2，那么函数yf(x)的图象与函数y|lgx|的图象的交点共有_122011南通二模 定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x2)，当x3,5时，f(x)2|x4|.给出下列不等式：feq blc(rc)(avs4alco1(sinf(,6)f(cos1)；feq blc(rc)(avs4alco1(cosf(2,3)f(sin2)其中正确的是_(用序号表示)13(8分)判断下列函数的奇偶性(1)f(x)eq r(x21)eq r(1x2)；(2)f(x

4、)eq r(x)eq f(1,x)；(3)f(x)eq blcrc (avs4alco1(x2x1，x0，,x2x1，x0.)14(8分)设定义在2,2上的偶函数f(x)在区间0,2上单调递减，若f(1m)f(m)，求实数m的取值范围15(12分)已知函数f(x)，当x，yR时，恒有f(xy)f(x)f(y)(1)求证：f(x)是奇函数；(2)如果xR，f(x)0，并且f(1)eq f(1,2)，试求f(x)在区间2,6上的最值16(12分)2011镇江调研 定义域为R的奇函数f(x)满足f(x)f(x2k)(kZ)，且当x(0,1)时，f(x)eq f(2x,4x1).(1)求f(x)在1,

5、1上的解析式；(2)证明：f(x)在(0,1)上是减函数；(3)当m取何值时，方程f(x)m在(0,1)上有解？课时作业(六)【基础热身】1解析 函数的定义域关于原点对称是一个函数具备奇偶性的必要条件，中函数的定义域不关于原点对称，所以没有奇偶性21解析 多项式函数的奇次项系数为0时是偶函数由m10解得m1.30.5解析 由题意得f(x4)f(x2)2f(x2)f(x)，所以f(x)是以4为周期的函数，所以f(7.5)f(7.58)f(0.5)f(0.5)0.5.4.eq blc(rc)(avs4alco1(0，f(1,10)(10，)解析 原不等式等价于f(1)1，得lgx1，解得0 x10

6、.【能力提升】5原点解析 f(x)eq f(1,x)x是奇函数，所以图象关于原点对称6P解析 根据奇函数f(a)f(a)，所以P点的坐标可表示为P(a，f(a)，所以P点在函数yf(x)的图象上. 70解析 f(x)是R上的奇函数，f(0)0，又以2为周期，f(2)f(4)f(6)f(0)0，又f(1)f(1)f(1)，f(1)0，于是f(3)f(5)f(7)0，因此f(1)f(2)f(3)f(4)f(5)f(6)f(7)0.82x24解析 f(x)(xa)(bx2a)bx2(2aab)x2a2是偶函数，则其图象关于y轴对称， 2aab0b2或a0(舍)，f(x)2x22a2，且值域为(，4，

7、2a24，f(x)2x24.90解析 偶函数的图象关于y轴对称，故公共点横坐标的和为0.10lg(1x)解析 x(1,0)时，x(0,1)，f(x)lgeq f(1,x1)lg(1x)1lg(1x)，而由f(x)为奇函数，得f(x)f(x)，f(x)lg(1x)，故f(x)lg(1x). 1110个解析 由题意作出函数图象如图，由图象知共有10个交点12解析 当x1,1时，x43,5，从而f(x)f(x4)2|x|，因为sineq f(,6)feq blc(rc)(avs4alco1(cosf(,6)；因为sin1cos1，所以feq blc(rc)(avs4alco1(sin1)feq bl

8、c(rc)(avs4alco1(cos1)；因为eq blc|rc|(avs4alco1(cosf(2,3)feq blc(rc)(avs4alco1(sinf(2,3)；因为|cos2|f(sin2)，综上所述，正确的是.13解答 (1)由eq blcrc (avs4alco1(x210，,1x20)得x1，f(x)0，又它的定义域关于原点对称，f(x)f(x)f(x)0，f(x)既是奇函数又是偶函数(2)由eq blcrc (avs4alco1(x0，,x0) 得x0，函数f(x)的定义域不关于原点对称，f(x)既不是奇函数也不是偶函数(3)函数的定义域为(，0)(0，)，关于原点对称当x

9、0时，x0，f(x)x2x1，f(x)(x)2(x)1x2x1f(x)；当x0，f(x)x2x1，f(x)(x)2(x)1x2x1f(x)函数f(x)为偶函数14解答 f(x)是偶函数，f(x)f(x)f(|x|)，又f(1m)f(m)，f(|1m|)|m|，,21m2，,2m2.)由|1m|m|，整理得(1m)2m2，解得meq f(1,2).由21m2，解得1m3.又2m2，1meq f(1,2).15解答 (1)证明：函数f(x)的定义域为R，其定义域关于原点对称f(xy)f(x)f(y)，令yx，f(0)f(x)f(x)令xy0，f(0)f(0)f(0)，得f(0)0.f(x)f(x)

10、0，得f(x)f(x)，f(x)为奇函数(2)法一：设x，yR，f(xy)f(x)f(y)，f(xy)f(x)f(y)xR，f(x)0，f(xy)f(x)0，f(xy)x，f(x)在(0，)上是减函数又f(x)为奇函数，f(0)0，f(x)在(，)上是减函数f(2)为最大值，f(6)为最小值f(1)eq f(1,2)，f(2)f(2)2f(1)1，f(6)2f(3)2f(1)f(2)3.所求f(x)在区间2,6上的最大值为1，最小值为3.法二：设x10，f(x2x1)0.f(x2)f(x1)0.即f(x)在R上单调递减f(2)为最大值，f(6)为最小值f(1)eq f(1,2)，f(2)f(2

11、)2f(1)1，f(6)2f(3)2f(1)f(2)3.所求f(x)在区间2,6上的最大值为1，最小值为3.16. 解答 (1)设1x0，则0 x1，f(x)eq f(2x,4x1)eq f(2x,14x)f(x)，f(x)eq f(2x,4x1)，x(1,0)又f(x)为奇函数，f(0)f(0)，从而f(0)0；又f(x)f(x2k)，kZ，f(1)f(1)，而f(1)f(1)，从而f(1)0，且f(1)0，综上所述，f(x)eq blcrc (avs4alco1(f(2x,4x1)，x0，1，,0，x1，0，1，,f(2x,4x1)，x1，0.) (2)证明：设0 x1x21，则f(x1)f(x2)eq f(2x1,4x11)eq f(2x2,4x21)eq f(2x22x12x1x21,4x