2020高考数学（理）通用版课时跟踪检测（七）深化提能函数性质的综合应用

课时跟踪检测（七）深化提能——函数性质的综合应用1．(2019·莱芜期中)下列函数中，既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的减函数的是()A．y＝eq\r(x) B．y＝x－1C．y＝x3 D．y＝2－x解析：选By＝eq\r(x)不是奇函数；y＝x－1既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的减函数；y＝x3既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的增函数；y＝2－x不是奇函数．故选B.2．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(1,4)C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,2)解析：选A∵f(x＋2)＝f(x)，∴函数f(x)的周期为2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2))).又f(x)是定义在R上的奇函数，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2))).∵当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝2×eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2).3．已知函数f(x)在[0,4]上是增函数，且函数y＝f(x＋4)是偶函数，则下列结论正确的是()A．f(2)<f(4)<f(5) B．f(2)<f(5)<f(4)C．f(5)<f(4)<f(2) D．f(4)<f(2)<f(5)解析：选B因为函数y＝f(x＋4)是偶函数，所以函数y＝f(x＋4)的图象关于直线x＝0对称，所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝4对称，所以f(5)＝f(3)，又函数y＝f(x)在[0,4]上是增函数，所以f(2)<f(3)<f(4)，即f(2)<f(5)<f(4)．故选B.4．(2019·山东省实验中学诊断)已知奇函数f(x)的定义域为R，当x∈(0,2]时，f(x)＝x2＋1，且函数f(x＋1)为偶函数，则f(2018)＋f(－2019)的值为()A．7 B．2C．－7 D．3解析：选A∵f(x)为R上的奇函数，f(x＋1)为偶函数，∴f(x)＝f(x－1＋1)＝f(1－x＋1)＝f(－x＋2)＝－f(x－2)＝f(x－4)，∴f(x)是周期为4的周期函数．∴f(2018)＋f(－2019)＝f(2)＋f(1)＝5＋2＝7.故选A.5．已知f(x)是定义域为(－1,1)的奇函数，而且f(x)是减函数，如果f(m－2)＋f(2m－3)>0，那么实数m的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,3)))C．(1,3) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，＋∞))解析：选A∵f(x)是定义域为(－1,1)的奇函数，∴－1<x<1，f(－x)＝－f(x)，∴f(m－2)＋f(2m－3)>0可转化为f(m－2)>－f(2m－3)，即f(m－2)>f(－2m＋3)．∵f(x)是减函数，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<m－2<1，,－1<2m－3<1，,m－2<－2m＋3，))∴1<m<eq\f(5,3).故选A6．已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则下列不等式正确的是()A．f(log27)<f(－5)<f(6)B．f(log27)<f(6)<f(－5)C．f(－5)<f(log27)<f(6)D．f(－5)<f(6)<f(log27)解析：选C因为奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(1＋x)＝f(1－x)，f(－x)＝－f(x)，所以f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(－5)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(6)＝f(2)＝f(0)＝0.于是，结合题意可画出函数f(x)在[－2,4]上的大致图象，如图所示．又2<log27<3，所以结合图象可知－1<f(log27)<0，故f(－5)<f(log27)<f(6)，故选C.7．记max{x，y}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥y，,y，x<y，))若f(x)，g(x)均是定义在实数集R上的函数，定义函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}，则下列命题正确的是()A．若f(x)，g(x)都是单调函数，则h(x)也是单调函数B．若f(x)，g(x)都是奇函数，则h(x)也是奇函数C．若f(x)，g(x)都是偶函数，则h(x)也是偶函数D．若f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则h(x)既不是奇函数，也不是偶函数解析：选C对于A，如f(x)＝x，g(x)＝－2x都是R上的单调函数，而h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－2x，x<0))不是定义域R上的单调函数，故命题A错误；对于B，如f(x)＝x，g(x)＝－2x都是R上的奇函数，而h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x≥0，,－2x，x<0))不是定义域R上的奇函数，故命题B错误；对于C，当f(x)，g(x)都是定义域R上的偶函数时，h(x)＝max{f(x)，g(x)}也是定义域R上的偶函数，命题C正确；对于D，如f(x)＝sinx是定义域R上的奇函数，g(x)＝x2＋2是定义域R上的偶函数，而h(x)＝g(x)＝x2＋2是定义域R上的偶函数，命题D错误．8．(2019·合肥一模)设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则函数f(x)在[1,2]上的解析式是________________．解析：令x∈[－1,0]，则－x∈[0,1]，结合题意可得f(x)＝f(－x)＝log2(－x＋1)，令x∈[1,2]，则x－2∈[－1,0]，故f(x)＝log2[－(x－2)＋1]＝log2(3－x)．故函数f(x)在[1,2]上的解析式是f(x)＝log2(3－x)．答案：f(x)＝log2(3－x)9．(2019·湖北孝感八校期末)已知函数f(x)＝ex－eq\f(1,ex)－2sinx，其中e为自然对数的底数，若f(2a2)＋f(a－3)＋f(0)<0，则实数a的取值范围为________．解析：因为f(0)＝0，f′(x)＝ex＋e－x－2cosx，ex＋e－x≥2，而2cosx≤2，所以f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)是单调递增函数．又f(－x)＝－f(x)，即函数是奇函数，∴原不等式可化为f(2a2)<－f(a－3)＝f(3－a)，则2a2<3－a，∴2a2＋a－3<0，解得－eq\f(3,2)<a<1.答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，1))10．设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范围为________．解析：由已知得函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(|x|)，由f(x)>f(2x－1)，可得f(|x|)>f(|2x－1|)．当x>0时，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，因为y＝ln(1＋x)与y＝－eq\f(1,1＋x2)在(0，＋∞)上都单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(|x|)>f(|2x－1|)，可得|x|>|2x－1|，两边平方可得x2>(2x－1)2，整理得3x2－4x＋1<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以x的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))11．已知函数y＝f(x)在定义域[－1,1]上既是奇函数，又是减函数．(1)求证：对任意x1，x2∈[－1,1]，有[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)≤0；(2)若f(1－a)＋f(1－a2)<0，求实数a的取值范围．解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然原不等式成立．若x1＋x2<0，则－1≤x1<－x2≤1，因为f(x)在[－1,1]上是减函数且为奇函数，所以f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)>0.所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)<0成立．若x1＋x2>0，则－1≤－x2<x1≤1，同理可证f(x1)＋f(x2)<0.所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)<0成立．综上所述，对任意x1，x2∈[－1,1]，有[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)≤0恒成立．