【2022届走向高考】高三数学一轮(人教B版)基础巩固：第2章-第3节-函数的奇偶性与周期性

其次章第三节一、选择题1．(文)设f(x)＝lg(eq\f(2,1－x)＋a)是奇函数，且在x＝0处有意义，则该函数是()A．(－∞，＋∞)上的减函数B．(－∞，＋∞)上的增函数C．(－1,1)上的减函数D．(－1,1)上的增函数[答案]D[解析]由题意可知，f(0)＝0，即lg(2＋a)＝0，解得a＝－1，故f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)，函数f(x)的定义域是(－1,1)，在此定义域内f(x)＝lgeq\f(1＋x,1－x)＝lg(1＋x)－lg(1－x)，函数m(x)＝lg(1＋x)是增函数，函数n(x)＝lg(1－x)是减函数，故f(x)＝m(x)－n(x)是增函数．选D.(理)定义两种运算：a⊗b＝eq\r(a2－b2)，a⊕b＝|a－b|，则函数f(x)＝eq\f(2⊗x,x⊕2－2)()A．是偶函数B．是奇函数C．既是奇函数又是偶函数D．既不是奇函数又不是偶函数[答案]B[解析]f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x－2|－2)，∵x2≤4，∴－2≤x≤2，又∵x≠0，∴x∈[－2,0)∪(0,2]．则f(x)＝eq\f(\r(4－x2),－x)，f(x)＋f(－x)＝0，故选B.2．(2022·河北唐山期末)f(x)是R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝x3＋ln(1＋x)，则当x<0时，f(x)＝()A．－x3－ln(1－x) B．x3＋ln(1－x)C．x3－ln(1－x) D．－x3＋ln(1－x)[答案]C[解析]∵x<0，∴－x>0，∴f(－x)＝(－x)3＋ln(1－x)．又∵f(x)是R上的奇函数，∴－f(x)＝(－x)3＋ln(1－x)，∴f(x)＝x3－ln(1－x)．3．(文)定义在R上的偶函数f(x)的部分图象如图所示，则在(－2,0)上，下列函数中与f(x)的单调性不同的是()A．y＝x2＋1 B．y＝|x|＋1C．y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≥0,x3＋1，x<0)) D．y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≥0,e－x，x<0))[答案]C[解析]∵f(x)为偶函数，由图象知，f(x)在(－2,0)上为减函数，而y＝x3＋1在(－∞，0)上为增函数．(理)已知图甲是函数y＝f(x)的图象，则图乙中的图象对应的函数可能是()A．y＝f(|x|) B．y＝|f(x)|C．y＝－f(－|x|) D．y＝f(－|x|)[答案]D[解析]由图乙可知，该函数为偶函数，且x<0时，其函数图象与f(x)的函数图象相同，即该函数图象的解析式为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x<0，,f－x，x≥0，))即y＝f(－|x|)，故应选D.4．(文)(2022·河南三门峡灵宝试验高中月考)f(x)＝tanx＋sinx＋1，若f(b)＝2，则f(－b)＝()A．0 B．3C．－1 D．－2[答案]A[解析]∵f(b)＝tanb＋sinb＋1＝2，即tanb＋sinb＝1，∴f(－b)＝tan(－b)＋sin(－b)＋1＝－(tanb＋sinb)＋1＝0.(理)(2022·湖南理，3)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)＝()A．－3 B．－1C．1 D．3[答案]C[解析]本题考查函数的奇偶性．令x＝－1可得f(－1)－g(－1)＝1⇒f(1)＋g(1)＝1，故选C.5．(文)(2022·天津和平区二模)对于函数y＝f(x)，x∈R，“y＝|f(x)|的图象关于y轴对称”是“y＝f(x)是奇函数”的()A．必要而不充分条件 B．充分而不必要条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件[答案]A[解析]y＝f(x)为奇函数，则f(x)＝－f(－x)，故|f(x)|＝|－f(－x)|＝|f(－x)|，故y＝|f(x)|的图象关于y轴对称；而函数y＝|f(x)|的图象关于y轴对称，则|f(x)|＝|f(－x)|，∴y＝f(x)可能为奇函数，也可为偶函数，或其他情形．(理)(2022·河南郑州二模)函数f(x)＝x|x＋a|＋b是奇函数的充要条件是()A．ab＝0 B．a＋b＝0C．a2＋b2＝0 D．a＝b[答案]C[解析]f(x)为奇函数，首先f(0)＝0，则b＝0；其次f(－x)＝－f(x)⇒－x|－x＋a|＝－x|x＋a|⇒|x＋a|＝|－x＋a|恒成立，则a＝0，即当f(x)为奇函数时，确定有a＝b＝0，这只有C可得，因此选C.6．(文)函数f(x)(x∈R)是周期为3的奇函数，且f(－1)＝a，则f(2022)的值为()A．a B．－aC．0 D．2[答案]B[解析]∵f(x)周期为3，∴f(2022)＝f(671×3＋1)＝f(1)，∵f(x)为奇函数，f(－1)＝a，∴f(1)＝－a，故选B.(理)(2021·济宁模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且是以2为周期的周期函数．若当x∈[0,1)时，f(x)＝2x－1，则f(logeq\f(1,2)6)的值为()A．－eq\f(5,2) B．－5C．－eq\f(1,2) D．－6[答案]C[解析]∵f(x)为奇函数，logeq\f(1,2)6＝－log26，∴f(logeq\f(1,2)6)＝－f(log26)，∵2＝log24<log26<log28＝3，f(x)的周期为2，∴f(log26)＝f(log26－2)＝f(log2eq\f(3,2))＝2log2eq\f(3,2)－1＝eq\f(1,2)，∴f(logeq\f(1,2)6)＝－eq\f(1,2).二、填空题7．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x)＝x2＋2x(x≥0)，若f(3－a2)>f(2a)，则实数a[答案](－3,1)[解析]依题意得，函数f(x)＝x2＋2x在[0，＋∞)上是增函数，又由于f(x)是R上的奇函数，所以函数f(x)是R上的增函数，要使f(3－a2)>f(2a)，只需3－a2>2a.由此解得－3<a<1，即实数8．(文)若f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x＝2对称，且当x∈(－2,2)时，f(x)＝－x2＋1.则f(－5)＝________.[答案]0[解析]由题意知f(－5)＝f(5)＝f(2＋3)＝f(2－3)＝f(－1)＝－(－1)2＋1＝0.(理)设函数f(x)＝sin(eq\r(3)x＋φ)(0<φ<π)．若f(x)＋f′(x)是奇函数，则φ＝________.[答案]eq\f(2π,3)[解析]∵f′(x)＝eq\r(3)cos(eq\r(3)x＋φ)．∴f(x)＋f′(x)＝sin(eq\r(3)x＋φ)＋eq\r(3)cos(eq\r(3)x＋φ)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)x＋φ＋\f(π,3))).f(x)＋f′(x)是奇函数⇔φ＋eq\f(π,3)＝kπ(k∈Z)，即φ＝kπ－eq\f(π,3)(k∈Z)．又∵0<φ<π，∴k＝1时，φ＝eq\f(2π,3).9．(2022·陕西咸阳测试)已知偶函数f(x)对任意x∈R均满足f(2＋x)＝f(2－x)，且当－2≤x≤0时，f(x)＝log3(1－x)，则f(2022)的值是________．[答案]1[解析]∵f(2＋x)＝f(2－x)，∴f(4＋x)＝f(－x)，∵f(x)为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(4＋x)＝f(x)，∴f(2022)＝f(4×503＋2)＝f(2)＝f(－2)＝log33＝1.三、解答题10．(文)已知函数f(x)＝ax＋eq\f(1,x2)(x≠0，常数a∈R)．(1)争辩函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)若函数f(x)在x∈[3，＋∞)上为增函数，求a的取值范围．[解析](1)定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，关于原点对称．当a＝0时，f(x)＝eq\f(1,x2)，满足对定义域上任意x，f(－x)＝f(x)，∴当a＝0时，f(x)是偶函数；当a≠0时，f(1)＝a＋1，f(－1)＝1－a，若f(x)为偶函数，则a＋1＝1－a，a＝0冲突；若f(x)为奇函数，则1－a＝－(a＋1)，1＝－1冲突，∴当a≠0时，f(x)是非奇非偶函数．(2)对任意x1，x2∈[3，＋∞)，且x1>x2，f(x1)－f(x2)＝ax1＋eq\f(1,x\o\al(2,1))－ax2－eq\f(1,x\o\al(2,2))＝a(x1－x2)＋eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝(x1－x2)(a－eq\f(x1＋x2,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))．∵x1－x2>0，f(x)在[3，＋∞)上为增函数，∴a>eq\f(x1＋x2,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))，即a>eq\f(1,x1x\o\al(2,2))＋eq\f(1,x\o\al(2,1)x2)在[3，＋∞)上恒成立．∵eq\f(1,x1x\o\al(2,2))＋eq\f(1,x\o\al(2,1)x2)<eq\f(2,27)，∴a≥eq\f(2,27).(理)已知函数f(x)，当x、y∈R时，恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求证：f(x)是奇函数；(2)假如x>0时，f(x)<0，并且f(1)＝－eq\f(1,2)，试求f(x)在区间[－2,6]上的最值．[分析](1)欲证f(x)为奇函数，即证f(x)＋f(－x)＝0恒成立，而已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)恒成立，只要令y＝－x，即可产生f(－x)与f(x)的关系式，只需再求f(0)，在已知式中令x＝y＝0即可．(2)欲求f(x)在区间[－2,6]上的最值，∵f(x)是抽象函数，∴须争辩f(x)的单调性，即x1<x2时，f(x1)－f(x2)与0的大小关系，由于f(x)为奇函数，且条件式为f(x)＋f(y)，故变形f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)．问题即变为推断f(x1－x2)的符号，又已知x>0时，f(x)<0，问题迎刃而解．[解析](1)证明：∵函数定义域为R，∴在f(x＋y)＝f(x)＋f(y)中令y＝－x得，∴f(0)＝f(x)＋f(－x)．令x＝0，∴f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．(2)解：设x1<x2，且x1、x2∈R.则f(x2－x1)＝f[x2＋(－x1)]＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2)－f(x1)．∵x2－x1>0，∴f(x2－x1)<0.∴f(x2)－f(x1)<0.即f(x)在R上单调递减．从而f(x)在[－2,6]上为减函数．∴f(－2)为最大值，f(6)为最小值．∵f(1)＝－eq\f(1,2)，∴f(2)＝f(1)＋f(1)＝－1，∴f(－2)＝－f(2)＝1，f(6)＝2f(3)＝2[f(1)＋f(2)]∴所求f(x)在区间[－2,6]上的最大值为1，最小值为－3.一、选择题11．(2022·华师附中检测)已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，且f(x＋1)＝－f(x)，若f(x)在[－1,0]上是减函数，那么f(x)在[1,3]上是()A．增函数 B．减函数C．先增后减的函数 D．先减后增的函数[答案]D[解析]由f(x＋1)＝－f(x)得，f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2.∵f(x)在[－1,0]上为减函数，f(x)为偶函数，∴f(x)在[0,1]上为增函数，∴f(x)在[1,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增，故选D.12．(文)(2022·福建)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x>0，,cosx，x≤0，))则下列结论正确的是()A．f(x)是偶函数B．f(x)是增函数C．f(x)是周期函数D．f(x)的值域为[－1，＋∞)[答案]D[分析]依据函数的有关性质进行逐项验证．选项A，B，C可以举反例进行排解，选项D求函数在每一段上的取值范围，则该函数的值域为这两个取值范围的并集．[解析]A项，f(－eq\f(π,2))＝cos(－eq\f(π,2))＝0，而f(eq\f(π,2))＝(eq\f(π,2))2＋1＝eq\f(π2＋4,4)，明显f(－eq\f(π,2))≠f(eq\f(π,2))，所以函数f(x)不是偶函数，排解A.B项，当x>0时，函数f(x)单调递增，而f(x)＝cosx在区间(－2π，－π)上单调递减，故函数f(x)不是增函数，排解B.C项，当x>0时，f(x)＝x2＋1，对任意的非零实数T，f(x＋T)＝f(x)均不成立，故该函数不是周期函数，排解C.D项，当x>0时，f(x)＝x2＋1>1；当x≤0时，f(x)＝cosx∈[－1,1]．故函数f(x)的值域为[－1,1]∪(1，＋∞)，即[－1，＋∞)所以该选项正确，选D.(理)(2022·天津和平区期末)已知函数y＝f(x)是偶函数，y＝f(x－2)在[0,2]上单调递减，设a＝f(0)，b＝f(2)，c＝f(－1)，则()A．a<c<b B．a<b<cC．b<c<a D．c<b<a[答案]A[解析]本题主要考查抽象函数的基本性质可用数形结合法处理．也可构造符合函数性质的函数(如y＝x2)处理，属中档题．由f(x－2)在[0,2]上单调递减，则f(x)在[－2,0]上单调递减，而f(x)为偶函数，故f(x)在[0,2]上单调递增，可设f(x)的示意图如图所示：则可知f(2)>f(－1)>f(0)，即b>c>a，选A.13．(文)(2022·天津南开区二模)偶函数f(x)在区间[0，a](a>0)上是单调函数，且f(0)·f(a)<0，则方程f(x)＝0在区间[－a，a]内根的个数是()A．1 B．2C．3 D．0[答案]B[解析]∵f(0)·f(a)<0，∴f(x)在[0，a]中至少有一个零点，又∵f(x)在[0，a]上是单调函数，∴f(x)在[0，a]上有且仅有一个零点．又∵f(x)是偶函数，∴f(－x)＝f(x)，∴f(x)在[－a,0)中也只有一个零点，故f(x)在[－a，a]内有两个零点，即方程f(x)＝0在区间[－a，a]内根的个数为2个．故选B.(理)已知f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x∈R，都有f(2＋x)＝－f(x)，且当x∈[0,1]时有f(x)＝－x2＋1，当x∈(1,2]时，f(x)＝x－2，f(x)＝0在[－1,5]上有5个根xi(i＝1,2,3,4,5)，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5的值为()A．7 B．8C．9 D．10[答案]D[解析]∵f(2＋x)＝－f(x)，∴f(4＋x)＝f[2＋(2＋x)]＝－f(2＋x)＝f(x)，∴f(x)的周期为4，∵x∈[0,1]时，f(x)＝－x2＋1，∴x∈[－1,0]时，f(x)＝－x2＋1，即x∈[－1,1]时，f(x)＝－x2＋1，又x∈(1,2]时，f(x)＝x－2，∴x∈[－2，－1)时，f(x)＝－x－2，∴x∈[2,3)时，f(x)＝f(x－4)＝－(x－4)－2＝2－x.从而可知在[－1,5]上有f(－1)＝0，f(1)＝0，f(2)＝0，f(3)＝0，f(5)＝0，∴x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝10，故选D.14．(文)(2022·吉林长春专题练习)若函数f(x)，g(x)分别是R上的奇函数、偶函数，且满足f(x)－g(x)＝ex，则有()A．f(2)<f(3)<g(0)B．g(0)<f(3)<f(2)C．f(2)<g(0)<f(3)D．g(0)<f(2)<f(3)[答案]D[解析]由题意得f(x)－g(x)＝ex，f(－x)－g(－x)＝e－x，即－f(x)－g(x)＝e－x，由此解得f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，g(x)＝－eq\f(ex＋e－x,2)，g(0)＝－1，函数f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)在R上是增函数，所以f(3)>f(2)＝eq\f(e2－e－2,2)>0，因此g(0)<f(2)<f(3)，选D.(理)(2021·银川市唐徕回中月考)设函数f(x)定义在实数集上，f(2－x)＝f(x)，且当x≥1时，f(x)＝lnx，则有()A．f(eq\f(1,3))<f(2)<f(eq\f(1,2))B．f(eq\f(1,2))<f(2)<f(eq\f(1,3))C．f(eq\f(1,2))<f(eq\f(1,3))<f(2)D．f(2)<f(eq\f(1,2))<f(eq\f(1,3))[答案]C[解析]∵f(2－x)＝f(x)，∴f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，∵x≥1时，f(x)＝lnx为增函数，∴x<1时，f(x)为减函数，∵f(2)＝f(0)，f(0)>f(eq\f(1,3))>f(eq\f(1,2))，∴f(2)>f(eq\f(1,3))>f(eq\f(1,2))，故选C.15．(2021·江西吉安一中段考)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，若实数a满足f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)，则a的取值范围是()A．[1,2] B．(0，eq\f(1,2)]C．[eq\f(1,2)，2] D．(0,2][答案]C[解析]∵f(x)为偶函数，logeq\f(1,2)a＝－log2a，∴不等式f(log2a)＋f(logeq\f(1,2)a)≤2f(1)化为f(|log2a|)≤f(1)．∵f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴|log2a|≤∴－1≤log2a≤1，∴eq\f(1,2)≤a≤2.二、填空题16．(2021·江苏)已知f(x)是定义在R上的奇函数．当x>0时，f(x)＝x2－4x，则不等式f(x)>x的解集用区间表示为________．[答案](－5,0)∪(5，＋∞)[解析]当x>0时，x2－4x>x，∴x>5，当x＝0时，f(0)＝0，不合题意．当x<0时，－x>0时，f(－x)＝(－x)2＋4x＝x2＋4x，∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－x2－4x>x，∴－5<x<0，综上知，f(x)>x的解集为(－5,0)∪(5，＋∞)．三、解答题17．(文)已知函数f(x)＝ex－e－x(x∈R且e为自然对数的底数)．(1)推断函数f(x)的奇偶性与单调性；(2)是否存在实数t，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切x都成立？若存在，求出t；若不存在，请说明理由．[解析](1)∵f(x)的定义域为R，且f(－x)＝e－x－ex＝－f(x)，∴f(x)为奇函数；∵f(x)＝ex－eq\f(1,ex)，而y＝ex为增函数，y＝－eq\f(1,ex)为增函数，∴f(x)为增函数．(2)∵f(x－t)＋f(x2－t2)≥0，∴f(x2－t2)≥－f(x－t)，∵f(x)为奇函数，∴f(x2－t2)≥f(t－x)，∵f(x)为增函数，∴x2－t2≥t－x，∴t2＋t≤x2＋x.由条件知，t2＋t≤x2＋x对任意实数x恒成立，当x∈R时，x2＋x＝(x＋eq\f(1,2))2－eq\f(1,4)≥－eq\f(1,4).∴t2＋t≤－eq\f(1,4)，∴(t＋eq\f(1,2))2≤0，∴t＝－eq\f(1,2).故存在t＝－eq\f(1,2)，使不等式f(x－t)＋f(x2－t2)≥0对一切实数x都成立．(理)(2021·濉溪县月考)为了疼惜环境，进展低碳经济，某单位在国家科研机构的支持下，进行技术攻关，新上了把二氧化碳处理转化为一种可利用的化工产品的项目，经测算，该项目月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似的表示为y＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x3－80x2＋5040x，x∈[120，144,\f(1,2)x2－200x＋80000，x∈[144，500]))且每处理一吨二氧化碳得到可利用的化工产品价值为200元，若该项目不获利，国家将赐予补偿．(1)当x∈[200,300]时，推断该项目是否获利？并说明理由．(2)该项目每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？[解析](1)当x∈[200,300]时，该项目获利为S，则S＝200x－(eq\f(1,2)x2－200x＋80000)＝－eq\f(1,2)x2＋400x－80000＝－eq\f(1,2)(x－400)2，所以当时，x∈[200,300]时，S<0，因此该单位不会获利．(2)由题意，可知二氧化碳的每吨处理成本为eq\f(y,x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)x2－80x＋5040，x∈[120，144，,\f(1,2)x＋\f(80000,x)－200，x∈[144，500].))①当x∈[120,144)时，eq\f(y,x)＝eq\f(1,3)x2－80x＋5040＝eq\f(1,3)(x－120)2＋240，所以当x＝120时，eq\f(y,x)取得最小值240.②当x∈[144,500)时，eq\f(y,x)＝eq\f(1,2)x＋eq\f(80000,x)－200≥2eq\r(\f(1,2)x×\f(80000,x))－200＝200，当且仅当eq\f(1,2)x＝eq\f(80000,x)，即x＝400时，eq\f(y,x)取得最小值200.由于200<240，所以当每月处理量为400吨时，才能使每吨的平均处理成本最低．18．(文)(2021·北郊高级中学调研)已知定义域为R的函数f(x)＝eq\f(－2x＋n,2x＋1＋m)是奇函数．(1)求实数m，n的值；(2)若存在t∈[1,2]，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0成立，求实数k的取值范围．[解析](1)∵f(x)为奇函数，定义域为R，∴f(0)＝0，∴eq\f(－1＋n,2＋m)＝0，∴n＝1，∴f(x)＝eq\f(1－2x,2x＋1＋m)，∵f(－x)＝－f(