高中數(shù)學(xué) 1.3.2 奇偶性 第2課時(shí) 習(xí)題課課后強(qiáng)化作業(yè) 新人教A版必修1

【成才之路】-學(xué)年高中數(shù)學(xué)1.3.2奇偶性第2課時(shí)習(xí)題課課后強(qiáng)化作業(yè)新人教A版必修1一、選擇題1．(·全國(guó)高考卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)f(x)、g(x)定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)g(x)是偶函數(shù) B．|f(x)|g(x)是奇函數(shù)C．f(x)|g(x)|是奇函數(shù) D．|f(x)·g(x)|是奇函數(shù)[答案]C[解析]設(shè)h(x)＝f(x)g(x)，則h(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(huán)(x)，∴h(x)是奇函數(shù)，故A錯(cuò)，同理可知B、D錯(cuò)，C正確．2．下列函數(shù)中是奇函數(shù)且在(0,1)上遞增的函數(shù)是()A．f(x)＝x＋eq\f(1,x) B．f(x)＝x2－eq\f(1,x)C．f(x)＝eq\r(1－x2) D．f(x)＝x3[答案]D[解析]∵對(duì)于A，f(－x)＝(－x)＋eq\f(1,－x)＝－(x＋eq\f(1,x))＝－f(x)；對(duì)于D，f(－x)＝(－x)3＝－x3＝－f(x)，∴A、D選項(xiàng)都是奇函數(shù)．易知f(x)＝x3在(0,1)上遞增．3．已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－2x，則f(x)上的表達(dá)式為()A．y＝x(x－2) B．y＝x(|x|＋2)C．y＝|x|(x－2) D．y＝x(|x|－2)[答案]D[解析]當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，∴f(－x)＝x2＋2x.又f(x)是奇函數(shù)，∴f(x)＝－f(－x)＝－x2－2x.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x<0.))∴f(x)＝x(|x|－2)．故選D.4．已知函數(shù)f(x)和g(x)均為奇函數(shù)，h(x)＝af(x)＋bg(x)＋2在區(qū)間(0，＋∞)上有最大值5，那么h(x)在(－∞，0)上的最小值為()A．－5 B．－1C．－3 D．5[答案]B[解析]解法一：令F(x)＝h(x)－2＝af(x)＋bg(x)，則F(x)為奇函數(shù)．∵x∈(0，＋∞)時(shí)，h(x)≤5，∴x∈(0，＋∞)時(shí)，F(xiàn)(x)＝h(x)－2≤3.又x∈(－∞，0)時(shí)，－x∈(0，＋∞)，∴F(－x)≤3?－F(x)≤3?F(x)≥－3.∴h(x)≥－3＋2＝－1，選B.5．函數(shù)y＝f(x)對(duì)于任意x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞1，且f(3)＝4，則()A．f(x)在R上是減函數(shù)，且f(1)＝3B．f(x)在R上是增函數(shù)，且f(1)＝3C．f(x)在R上是減函數(shù)，且f(1)＝2D．f(x)在R上是增函數(shù)，且f(1)＝2[答案]D[解析]設(shè)任意x1，x2∈R，x1＜x2，f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)－1－f(x1)＝f(x2－x1)－1.∵x2－x1＞0，又已知當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＞1，∴f(x2－x1)＞1.∴f(x2)－f(x1)＞0，即f(x1)＜f(x2)．∴f(x)在R上是增函數(shù)．∵f(3)＝f(1＋2)＝f(1)＋f(2)－1＝f(1)＋[f(1)＋f(1)－1]－1＝3f(1)－2＝4，∴f6．(～膠州三中高一模塊測(cè)試)設(shè)奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且f(1)＝0，則不等式eq\f(fx－f－x,x)<0的解集為()A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0,1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)[答案]D[解析]奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且f(1)＝0，eq\f(fx－f－x,x)＝eq\f(2fx,x)<0.由函數(shù)的圖象得解集為(－1,0)∪(0,1)．二、填空題7．(～上海大學(xué)附中高一期末考試)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x＋1x＋a,x)為奇函數(shù)，則a＝________.[答案]－1[解析]f(x)＝eq\f(1,x)(x＋1)(x＋a)為奇函數(shù)?g(x)＝(x＋1)(x＋a)為偶函數(shù)，故g(－1)＝g(1)，∴a＝－1.8．(～山東冠縣武訓(xùn)中學(xué)月考試題)對(duì)于函數(shù)f(x)，定義域?yàn)镈＝[－2,2]以下命題正確的是________(只填命題序號(hào))①若f(－1)＝f(1)，f(－2)＝f(2)，則y＝f(x)在D上為偶函數(shù)②若f(－1)＜f(0)＜f(1)＜f(2)，則y＝f(x)在D上為增函數(shù)③若對(duì)于x∈[－2,2]，都有f(－x)＋f(x)＝0，則y＝f(x)在D上是奇函數(shù)④若函數(shù)y＝f(x)在D上具有單調(diào)性且f(0)＞f(1)則y＝f(x)在D上是遞減函數(shù)[答案]③④[解析]顯然①②不正確，③④正確．9．偶函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，若x1<0，x2>0，且|x1|>|x2|，則f(x1)與f(x2)的大小關(guān)系是______．[答案]f(x1)>f(x2)[解析]∵x1<0，∴－x1>0，又|x1|>|x2|，x2>0，∴－x1>x2>0，∵f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，∴f(－x1)>f(x2)，又∵f(x)為偶函數(shù)，∴f(x1)>f(x2)．此類(lèi)問(wèn)題利用奇偶函數(shù)的對(duì)稱(chēng)特征畫(huà)出示意圖一目了然．三、解答題10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋1,bx＋c)是奇函數(shù)(a、b、c∈Z)，且f(1)＝2，f(2)<3，求a、b、c的值．[解析]由條件知f(－x)＋f(x)＝0，∴eq\f(ax2＋1,bx＋c)＋eq\f(ax2＋1,c－bx)＝0，∴c＝0又f(1)＝2，∴a＋1＝2b，∵f(2)<3，∴eq\f(4a＋1,2b)<3，∴eq\f(4a＋1,a＋1)<3，解得：－1<a<2，∴a＝0或1，∴b＝eq\f(1,2)或1，由于b∈Z，∴a＝1，b＝1，c＝0.11．已知函數(shù)f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(x≠0，常數(shù)a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性，并說(shuō)明理由；(2)若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．[分析](1)題需分情況討論．(2)題用定義證明即可．[解析](1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2，對(duì)任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)．∴f(x)為偶函數(shù)．當(dāng)a≠0時(shí)，f(x)＝x2＋eq\f(a,x)(a≠0，x≠0)，取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a即f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，∴函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)．(2)設(shè)2≤x1<x2，則有f(x1)－f(x2)＝xeq\o\al(2,1)＋eq\f(a,x1)－xeq\o\al(2,2)－eq\f(a,x2)＝eq\f(x1－x2,x1x2)·[x1x2(x1＋x2)－a]，要使函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，則需f(x1)－f(x2)<0恒成立．∵x1－x2<0，x1x2>4，∴只需使a<x1x2(x1＋x2)恒成立．又∵x1＋x2>4，∴x1x2(x1＋x2)>16，故a的取值范圍是(－∞，16]．12．已知函數(shù)f(x)的定義域是(0，＋∞)，當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0，且f(x·y)＝f(x)＋f(y)．(1)求f(1)；(2)證明f(x)在定義域上是增函數(shù)；(3)如果f(eq\f(1,3))＝－1，求滿(mǎn)足不等式f(x)－f(x－2)≥2的x的取值范圍．[分析](1)的求解是容易的；對(duì)于(2)，應(yīng)利用單調(diào)性定義來(lái)證明，其中應(yīng)注意f(x·y)＝f(x)＋f(y)的應(yīng)用；對(duì)于(3)，應(yīng)利用(2)中所得的結(jié)果及f(x·y)＝f(x)＋f(y)進(jìn)行適當(dāng)配湊，將所給不等式化為f[g(x)]≥f(a)的形式，再利用f(x)的單調(diào)性來(lái)求解．[解析](1)令x＝y(tǒng)＝1，得f(1)＝2f(1)，故f(2)證明：令y＝eq\f(1,x)，得f(1)＝f(x)＋f(eq\f(1,x))＝0，故f(eq\f(1,x))＝－f(x)．任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(eq\f(1,x1))＝f(eq\f(x2,x1))．由于eq\f(x2,x1)>1，故f(eq\f(x2,x1))>0，從而f(x2)>f(x1)．∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．(3)由于f(eq\f(1,3))＝－1，而f(eq\f(1,3))＝－f(3)，故f(3)＝1.在f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令x＝y(tǒng)＝3，得f(9)＝f(3)＋f(3)＝2.故所給不等式可化為f(x)－f(x－2)≥f(9)，∴f(x)≥f[9(x－2)]，∴x≤eq\f(9,4)，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0,x－2>