高考数学 高频考点归类分析 函数的单调性、周期性、奇偶性（真题为例）

函数的单调性、周期性、奇偶性问题典型例题：例1.（年天津市文5分）下列函数中，既是偶函数，又在区间（1,2）内是增函数的为【】（A）（B），且≠0（C）（D）【答案】B。【考点】函数奇偶性的判断，函数单调性的判断。【分析】利用函数奇偶性的定义可排除C，D，再由“在区间（1，2）内是增函数”可排除A，从而可得答案：对于A，令，则，∴函数为偶函数。而在上单调递减，在上单调递增，（1，2）中，所以在区间（1，2）内不全是增函数，故排除A。对于B，函数为偶函数，且当时，函数为增函数，所以在上也为增函数，故B满足题意。对于C，令，则，∴函数为偶函数为奇函数，故可排除C。对于D，为非奇非偶函数，可排除D。故选B。例2.（年广东省理5分）下列函数中，在区间（0，+∞）上为增函数的是【】A．B．C．y=D．【答案】A。【考点】函数的图象和性质。【解析】利用对数函数的图象和性质可判断A正确；利用幂函数的图象和性质可判断B错误；利用指数函数的图象和性质可判断C正确；利用“对勾”函数的图象和性质可判断D的单调性：A.在（-2，+∞）上为增函数，故在（0，+∞）上为增函数，A正确；B.在[-1，+∞）上为减函数，排除B；C.y=在R上为减函数；排除C；D.在（0，1）上为减函数，在（1，+∞）上为增函数，排除D。故选A。例3.（年广东省文5分）下列函数为偶函数的是【】A．B．C．D．【答案】D。【考点】函数偶函数的判断。【解析】函数结合选项，逐项检验是否满足，即可判断：A：，则有，为奇函数；B：，则有，为奇函数；C：，则有，为非奇非偶函数；D：，则有，为偶函数。故选D。例4.（年浙江省理5分）设，【】A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】A。【考点】函数的单调性，导数的应用。【解析】对选项A，若，必有。构造函数：，则恒成立，故有函数在x＞0上单调递增，即a＞b成立。其余选项用同样方法排除。故选A。例5.（年湖南省文5分）设定义在R上的函数是最小正周期为2的偶函数，是的导函数，当时，0＜＜1；当且时，，则函数在[-2，2]上的零点个数为【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ。【考点】函数的周期性、奇偶性、图像及两个图像的交点问题。【解析】由当且≠时，，知为减函数；为增函数。又时，0＜f(x)＜1，在R上的函数f(x)是最小正周期为2的偶函数，在同一坐标系中作出和草图像如下，由图知在[-2，2]上的零点个数为4个。例6.（年福建省理5分）设函数，则下列结论错误的是【】A．D(x)的值域为{0,1}B．D(x)是偶函数C．D(x)不是周期函数D．D(x)不是单调函数【答案】C。【考点】分段函数的奇偶性、单调性、值域、周期性。【解析】对于A选项，D(x)的值域为{0,1}，选项正确；对于B选项，∵，∴D(x)是偶函数，选项正确；对于C选项，∵，∴是D(x)的一个周期，即D(x)是周期函数，选项错误；对于D选项，∵，但，∴D(x)不是单调函数，选项正确。故选C。例7.（年辽宁省文5分）函数的单调递减区间为【】（A）（1,1]（B）（0,1]（C.）[1，+∞）（D）（0，+∞）【答案】B。【考点】用导数求函数的单调区间。【解析】∵，∴。∴。故选B。例8.（年辽宁省理5分）若，则下列不等式恒成立的是【】(A)(B)(C)(D)【答案】C。【考点】导数公式，利用导数，通过函数的单调性与最值来证明不等式。【解析】设，则所以所以当时，同理∴即。故选C。例9.（年陕西省理5分）下列函数中，既是奇函数又是增函数的为【】A.B.C.D.【答案】D。【考点】函数的奇偶性和增减性的判断。【解析】根据函数的奇偶性和增减性逐一作出判断：对于A，非奇非偶，是R上的增函数，不符合题意；对于B，是偶函数，不符合题意；对于C，是奇函数，但不是增函数；对于D，令，则∵，∴函数是奇函数；∵，∴函数是增函数。故选D。例10.（年上海市理4分）已知函数（为常数）.若在区间[1,+)上是增函数，则的取值范围是▲.【答案】。【考点】指数函数单调性，复合函数的单调性的判断。【解析】根据函数看出当时函数增函数，而已知函数在区间上为增函数，所以的取值范围为：。例11.（年全国课标卷文5分）设函数的最大值为M，最小值为m，则M+m=▲【答案】2。【考点】奇函数的性质。【解析】∵，∴设。∵，∴函数是奇函数，关于坐标原点对称，它的最大值与最小值之和为0。∴。例12.（年上海市理4分）已知是奇函数，且，若，则▲.【答案】【考点】函数的奇偶性。【解析】∵函数为奇函数，∴，即又∵，∴。∴。例13.（年安徽省文5分）若函数的单调递增区间是，则▲【答案】。【考点】函数的单调性。【解析】∵，∴由对称性得，，即。例14.（年山东省文4分）若函数在［－1，2］上的最大值为4，最小值为m，且函数在上是增函数，则a＝▲.【答案】。【考点】函数的增减性。【解析】∵，∴。当时，∵，函数是增函数，∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。此时，它在上是减函数，与题设不符。当时，∵，函数是减函数，∴在［－1，2］上的最大值为，最小值为。此时，它在上是增函数，符合题意。综上所述，满足条件的。例15.（年江苏省5分）设是定义在上且周期为2的函数，在区间上，其中．若，则的值为▲．【答案】。【考点】周期函数的性质。【解析】∵是定义在上且周期为2的函数，∴，即=1\*GB3①。又∵，，∴=2\*GB3②。联立=1\*GB3①=2\*GB3②，解得，。∴。例16.（年浙江省文5分）设函数f（x）是定义在R上的周期为2的偶函数，当x∈[0，1]时，f（x）=x＋1，则=▲。【答案】。【考点】函数的周期性和奇偶性。【解析】。例17.（年重庆市文5分）函数为偶函数，则实数▲【答案】4。【考点】函数奇偶性的性质。【分析】由题意可得，对于任意的都成立，代入任一不为0的数可得关于的一元一次方程，解出即可：令，则，即，即，解得。例18.（年浙江省文15分）已知a∈R，函数（1）求的单调区间（2）证明：当0≤≤1时，+＞0.【答案】解：（1）由题意得，当时，恒成立，此时的单调递增区间为；当时，，此时函数的单调递增区间为。（2）由于，当时，；当时，。设，则。则有01－－0＋＋1减极小值增1∴。∴当时，总有。∴。【考点】分类思想的应用，利用导数求闭区间上函数的最值和单调区间，不等式的证明。【解析】（1）求出导数，分和讨论即可。（2）根据，分和两种情形，得到，从而设出新函数，应用导数，证出，得到恒成立，即。例19.（年江西省理14分）若函数满足（1），；（2）对任意，有；（3）在上单调递减。则称为补函数。已知函数。（1）判函数是否为补函数，并证明你的结论；（2）若存在，使得，称是函数的中介元。记时的中介元为，且，若对任意的，都有，求的取值范围；（3）当，时，函数的图像总在直线的上方，求的取值范围。【答案】解：（1）函数h(x)是补函数，证明如下：①h(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－0,1＋0)))eq\f(1,p)＝1，h(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－1,1＋λ)))eq\f(1,p)＝0；②对任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－ap,1＋λap)))\f(1,p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(1－ap,1＋λap),1＋λ\f(1－ap,1＋λap))))eq\f(1,p)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋λap,1＋λ)))eq\f(1,p)＝a；③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝eq\f(－pxp－11＋λxp－1－xpλpxp－1,1＋λxp2)＝eq\f(－p1＋λxp－1,1＋λxp2)。∵λ>－1，p>0，∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0。∴函数g(x)在(0,1)上单调递减，故函数h(x)在(0,1)上单调递减。（2）当p＝eq\f(1,n)(n∈*)，由h(x)＝x，得λxeq\f(2,n)＋2xeq\f(1,n)－1＝0，(*)①当λ＝0时，中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；②当λ>－1且λ≠0时，由(*)得xeq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(1＋λ)＋1)∈(0,1)或xeq\f(1,n)＝eq\f(1,1－\r(1＋λ))∉[0,1]；得中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n。综合①②：对任意的λ>－1，中介元为xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n(n∈*)。∴当λ>－1时，有Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))i＝eq\f(1,\r(1＋λ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n))<eq\f(1,\r(1＋λ))，当n无限增大时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n无限接近于0，Sn无限接近于eq\f(1,\r(1＋λ))。∴对任意的n∈*，Sn<eq\f(1,2)成立等价于eq\f(1,\r(1＋λ))≤eq\f(1,2)，即λ∈[3，＋∞)．（3）当λ＝0时，h(x)＝(1－xp)eq\f(1,p)，中介元为xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)。①当0<p≤1时，eq\f(1,p)≥1，中介元xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)≤eq\f(1,2)，所以点(xp，h(xp))不在直线y＝1－x的上方，不符合条件。②当p>1时，依题意只需(1－xp)eq\f(1,p)>1－x在x∈(0,1)时恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)时恒成立。设φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，则φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。由φ′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，且当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))时，φ′(x)<0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2