創(chuàng)新方案高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精編（人教新課標(biāo)）24函數(shù)的奇偶性doc高中數(shù)學(xué)

/第二章第四節(jié)函數(shù)的奇偶性題組一函數(shù)的奇偶性的判定1.已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，那么以下函數(shù)中為奇函數(shù)的是()①y＝f(|x|)；②y＝f(－x)；③y＝xf(x)；④y＝f(x)＋x.A.①③B.②③C.①④D.②④解析：由奇函數(shù)的定義驗(yàn)證可知②④正確，選D.答案：D2.(2023·長郡模擬)已知二次函數(shù)f(x)＝x2－ax＋4，假設(shè)f(x＋1)是偶函數(shù)，那么實(shí)數(shù)a的值為()A.－1B.1C.－2D.2解析：∵f(x)＝x2－ax＋4，∴f(x＋1)＝(x＋1)2－a(x＋1)＋4＝x2＋2x＋1－ax－a＋4＝x2＋(2－a)x＋5－a，f(1－x)＝(1－x)2－a(1－x)＋4＝x2－2x＋1－a＋ax＋4＝x2＋(a－2)x＋5－a.∵f(x＋1)是偶函數(shù)，∴f(x＋1)＝f(－x＋1)，∴a－2＝2－a，即a＝2.答案：D3.(2023·浙江高考)假設(shè)函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(a∈R)，那么以下結(jié)論正確的選項是()A.?a∈R，f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)B.?a∈R，f(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)C.?a∈R，f(x)是偶函數(shù)D.?a∈R，f(x)是奇函數(shù)解析：當(dāng)a＝16時，f(x)＝x2＋eq\f(16,x)，f′(x)＝2x－eq\f(16,x2)，令f′(x)＞0得x＞2.∴f(x)在(2，＋∞)上是增函數(shù)，故A、B錯.當(dāng)a＝0時，f(x)＝x2是偶函數(shù)，故C正確.D顯然錯誤，應(yīng)選C.答案：C題組二函數(shù)奇偶性的應(yīng)用4.已知函數(shù)f(x)＝ax4＋bcosx－x，且f(－3)＝7，那么f(3)的值為()A.1B.－7C.4D.－10解析：設(shè)g(x)＝ax4＋bcosx，那么g(x)＝g(－x).由f(－3)＝g(－3)＋3，得g(－3)＝f(－3)－3＝4，所以g(3)＝g(－3)＝4，所以f(3)＝g(3)－3＝4－3＝1.答案：A5.已知f(x)在R上是奇函數(shù)，且滿足f(x＋4)＝f(x)，當(dāng)x∈(0,2)時，f(x)＝2x2，那么f(7)＝()A.－2B.2C.－98D.98解析：由f(x＋4)＝f(x)，得f(7)＝f(3)＝f(－1)，又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－1)＝－f(1)，f(1)＝2×12＝2，∴f(7)＝－2.應(yīng)選A.答案：A6.設(shè)函數(shù)f(x)(x∈R)為奇函數(shù)，f(1)＝eq\f(1,2)，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，那么f(5)＝()A.0B.1C.eq\f(5,2)D.5解析：由f(1)＝eq\f(1,2)，對f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，令x＝－1，得f(1)＝f(－1)＋f(2).又∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－1)＝－f(1).于是f(2)＝2f(1)＝1；令x＝1，得f(3)＝f(1)＋f(2)＝eq\f(3,2)，于是f(5)＝f(3)＋f(2)＝eq\f(5,2).答案：C7.已知函數(shù)f(x)是定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(eq\f(1,2))＞0＞f(－eq\r(3))，那么方程f(x)＝0的根的個數(shù)為()A.0B.1C.2D.3解析：由于函數(shù)是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，因此在(－∞，0)上單調(diào)遞增，又因?yàn)閒(eq\f(1,2))＞0＞f(－eq\r(3))＝f(eq\r(3))，所以函數(shù)f(x)在(eq\f(1,2)，eq\r(3))上與x軸有一個交點(diǎn)，必在(－eq\r(3)，－eq\f(1,2))上也有一個交點(diǎn)，故方程f(x)＝0的根的個數(shù)為2.答案：C8.(2023·濱州模擬)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足：當(dāng)x＞0時，f(x)＝2023x＋log2023x，那么方程f(x)＝0的實(shí)根的個數(shù)為.解析：當(dāng)x＞0時，f(x)＝0即2023x＝－log2023x，在同一坐標(biāo)系下分別畫出函數(shù)f1(x)＝2023x，f2(x)＝－log2023x的圖象(圖略)，可知兩個圖象只有一個交點(diǎn)，即方程f(x)＝0只有一個實(shí)根，又因?yàn)閒(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以當(dāng)x＜0時，方程f(x)＝0也有一個實(shí)根，又因?yàn)閒(0)＝0，所以方程f(x)＝0的實(shí)根的個數(shù)為3.答案：3題組三函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性的綜合問題9.定義在R上的偶函數(shù)f(x)，對任意x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)＜0，那么()A.f(3)＜f(－2)＜f(1)B.f(1)＜f(－2)＜f(3)C.f(－2)＜f(1)＜f(3)D.f(3)＜f(1)＜f(－2)解析：由已知eq\f(f(x2)－f(x1),x2－x1)＜0，得f(x)在x∈[0，＋∞)上單調(diào)遞減，由偶函數(shù)性質(zhì)得f(3)＜f(－2)＜f(1)，應(yīng)選A.此類題能用數(shù)形結(jié)合更好.答案：A10.(2023·福建高考)定義在R上的偶函數(shù)f(x)的局部圖象如右圖所示，那么在(－2,0)上，以下函數(shù)中與f(x)的單調(diào)性不同的是()A.y＝x2＋1B.y＝|x|＋1C.y＝D.y＝解析：∵f(x)為偶函數(shù)，由圖象知，f(x)在(－2,0)上為減函數(shù)，而y＝x3＋1在(－∞，0)上為增函數(shù)，應(yīng)選C.答案：C11.(2023·山東高考)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2] 上是增函數(shù).假設(shè)方程f(x)＝m(m＞0)在區(qū)間[－8,8]上有四個不同的根x1，x2，x3，x4， 那么x1＋x2＋x3＋x4＝. 解析：由f(x－4)＝－f(x)?f(4－x)＝f(x)， 故函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝2對稱， 又函數(shù)f(x)在[0,2]上是增函數(shù)，且為奇函數(shù)， 故f(0)＝0，故函數(shù)f(x)在(0,2]上大于0， 根據(jù)對稱性知函數(shù)f(x)在[2,4)上大于0， 同理推知函數(shù)f(x)在(4,8)上小于0，故在區(qū)間(0,8)上方程f(x)＝m(m＞0)的兩根關(guān)于 直線x＝2對稱， 故此兩根之和等于4， 根據(jù)f(x－4)＝－f(x)?f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)， 函數(shù)f(x)以8為周期， 故在區(qū)間(－8,0)上方程f(x)＝m(m＞0)的兩根關(guān)于直線x＝－6對稱，此兩根之和等 于－12， 綜上四個根之和等于－8. 答案：－812.(文)已知函數(shù)f(x)＝是奇函數(shù).(1)求實(shí)數(shù)m的值；(2)假設(shè)函數(shù)f(x)的區(qū)間[－1，a－2]上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.解：(1)設(shè)x<0，那么－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，于是x<0時，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)要使f(x)在[－1，a－2]上單調(diào)遞增，結(jié)合f(x)的圖象知所以1＜a≤3，故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(1,3].(理)已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)＝eq\f(－2x＋b,2x＋1＋a)是奇函數(shù).(1)求a、b的值；(2)假設(shè)對任意的t∈R，不等式f(t2－2t)＋f(2t2－k)<0恒成立，求k的取值范圍.解：(1)因?yàn)閒(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即eq\f(－1＋b,2＋a)＝0，解得b＝1，從而有f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋a).又由f(1)＝－f(－1)，知eq\f(－2＋1,4＋a)＝－eq\f(－\f(1,2)＋1,1＋a)，解得a＝2.故a＝2，b＝1.(2)由(1)知f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq