2023高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)第二章函數(shù)的概念及其基本性質(zhì)2.3.1函數(shù)的奇偶性撬題文

PAGEPAGE42022高考數(shù)學(xué)異構(gòu)異模復(fù)習(xí)考案第二章函數(shù)的概念及其根本性質(zhì)2.3.1函數(shù)的奇偶性撬題文1．以下函數(shù)中，既是偶函數(shù)又存在零點(diǎn)的是()A．y＝cosx B．y＝sinxC．y＝lnx D．y＝x2＋1答案A解析y＝cosx是偶函數(shù)且有無(wú)數(shù)多個(gè)零點(diǎn)，y＝sinx為奇函數(shù)，y＝lnx既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)，y＝x2＋1是偶函數(shù)但沒(méi)有零點(diǎn)，應(yīng)選A.2．假設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－a)是奇函數(shù)，那么使f(x)>3成立的x的取值范圍為()A．(－∞，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1，＋∞)答案C解析f(－x)＝eq\f(2－x＋1,2－x－a)＝eq\f(2x＋1,1－a·2x)，由f(－x)＝－f(x)得eq\f(2x＋1,1－a·2x)＝－eq\f(2x＋1,2x－a)，即1－a·2x＝－2x＋a，化簡(jiǎn)得a·(1＋2x)＝1＋2x，所以a＝1，f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－1).由f(x)>3得0<x<1.應(yīng)選C.3．f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，那么f(1)＋g(1)＝()A．－3 B．－1C．1 D．3答案C解析令x＝－1得，f(－1)－g(－1)＝(－1)3＋(－1)2＋1＝1.∵f(x)，g(x)分別是偶函數(shù)和奇函數(shù)，∴f(－1)＝f(1)，g(－1)＝－g(1)，即f(1)＋g(1)＝1.應(yīng)選C.4．函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝eq\f(1,2)(|x－a2|＋|x－2a2|－3a2)．假設(shè)?x∈R，f(x－1)≤f(x)，那么實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,6)，\f(1,6))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),6)，\f(\r(6),6)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3)))答案B解析當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－3a2，x≥2a2，,－a2，a2<x<2a2，,－x，0≤x≤a2，))畫(huà)出圖象，再根據(jù)f(x)是奇函數(shù)補(bǔ)全圖象．∵滿足?x∈R，f(x－1)≤f(x)，那么只需3a2－(－3a∴6a2≤1，即－eq\f(\r(6),6)≤a≤eq\f(\r(6),6)，應(yīng)選B.5．假設(shè)定義在R上的偶函數(shù)f(x)和奇函數(shù)g(x)滿足f(x)＋g(x)＝ex，那么g(x)＝()A．ex－e－x B.eq\f(1,2)(ex＋e－x)C.eq\f(1,2)(e－x－ex) D.eq\f(1,2)(ex－e－x)答案D解析因?yàn)閒(x)＋g(x)＝ex①，那么f(－x)＋g(－x)＝e－x，即f(x)－g(x)＝e－x②，故由①－②可得g(x)＝eq\f(1,2)(ex－e－x)，所以選D.6.假設(shè)函數(shù)f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))為偶函數(shù)，那么a＝________.答案1解析解法一：由題意得f(x)＝xln(x＋eq\r(a＋x2))＝f(－x)＝－xln(eq\r(a＋x2)－x)，所以eq\r(a＋x2)＋x＝eq\f(1,\r(a＋x2)－x)，解得a＝1.解法二：由f(x)為偶函數(shù)有y＝ln(x＋eq\r(a＋x2))為奇函數(shù)，令g(x)＝ln(x＋eq\r(a＋x2))，有g(shù)(－x)＝－g(x)，以下同解法一．7.f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－4x，那么不等式f(x)>x的解集用區(qū)間表示為_(kāi)_______．答案(－5,0)∪(5，＋∞)解析∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0.又當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，∴f(－x)＝x2＋4x.又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)＝－x2－4x(x<0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x，x>0，,0，x＝0，,－x2－4x，x<0.))①當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)>x得x2－4x>x，解得x>5；②當(dāng)x＝0時(shí)，f(x)>x無(wú)解；③當(dāng)x<0時(shí)，由f(x)>x得－x2－4x>x，解得－5<x<0.綜上得不等式f(x)>x的解集用區(qū)間表示為(－5,0)∪(5，＋∞)．8．函數(shù)f(x)＝ex＋e－x，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)．(1)證明：f(x)是R上的偶函數(shù)；(2)假設(shè)關(guān)于x的不等式mf(x)≤e－x＋m－1在(0，＋∞)上恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)正數(shù)a滿足：存在x0∈[1，＋∞)，使得f(x0)<a(－xeq\o\al(3,0)＋3x0)成立．試比擬ea－1與ae－1的大小，并證明你的結(jié)論．解(1)證明：因?yàn)閷?duì)任意x∈R，都有f(－x)＝e－x＋e－(－x)＝e－x＋ex＝f(x)，所以f(x)是R上的偶函數(shù)．(2)由條件知m(ex＋e－x－1)≤e－x－1在(0，＋∞)上恒成立，令t＝ex(x>0)，那么t>1，所以m≤－eq\f(t－1,t2－t＋1)＝－eq\f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)對(duì)任意t>1成立．因?yàn)閠－1＋eq\f(1,t－1)＋1≥2eq\r(t－1·\f(1,t－1))＋1＝3，所以－eq\f(1,t－1＋\f(1,t－1)＋1)≥－eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)t＝2，即x＝ln2時(shí)等號(hào)成立．因此實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3))).(3)令函數(shù)g(x)＝ex＋eq\f(1,ex)－a(－x3＋3x)，那么g′(x)＝ex－eq\f(1,ex)＋3a(x2－1)．當(dāng)x≥1時(shí)，ex－eq\f(1,ex)>0，x2－1≥0，又a>0，故g′(x)>0，所以g(x)是[1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)，因此g(x)在[1，＋∞)上的最小值是g(1)＝e＋e－1－2a.由于存在x0∈[1，＋∞)，使ex0＋e－x0－a(－xeq\o\al(3,0)＋3x0)<0成立，當(dāng)且僅當(dāng)最小值g(1)<0，故e＋e－1－2a<0，即a>eq\f(e＋e－1,2).令函數(shù)h(x)＝x－(e－1)lnx－1，那么h′(x)＝1－eq\f(e－1,x).令h′(x)＝0，得x＝e－1.當(dāng)x∈(0，e－1)時(shí)，h′(x)<0，故h(x)是(0，e－1)上的單調(diào)減函數(shù)；當(dāng)x∈(e－1，＋∞)時(shí)，h′(x)>0，故h(x)是(e－1，＋∞)上的單調(diào)增函數(shù)．所以h(x)在(0，＋∞)上的最小值是h(e－1)．注意到h(1)＝h(e)＝0，所以當(dāng)x∈(1，e－1)?(0，e－1)時(shí)，h(e－1)≤h(x)<h(1)＝0；當(dāng)x∈(e－1，e)?(e－1，＋∞)時(shí)，h(x)<h(e)＝0.所以h(x)<0對(duì)任意的x∈(1，e)成立．①當(dāng)a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e＋e－1,2)，e))?(1，e)時(shí)，h(a)<0，即a－1<(e－1)lna，從而ea－1<ae－1；②當(dāng)a＝e時(shí)，ea－1＝ae