（福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第二章第4課時 函數(shù)的奇偶性與周期性課時闖關（含解析）

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1、 （福建專用）2013年高考數(shù)學總復習 第二章第4課時 函數(shù)的奇偶性與周期性課時闖關（含解析） 一、選擇題 1.定義在R上的偶函數(shù)f(x)的部分圖象如圖所示，則在(－2,0)上，下列函數(shù)中與f(x)的單調(diào)性不同的是(　　) A．y＝x2＋1 B．y＝|x|＋1 C．y＝ D．y＝ 解析：選C.利用偶函數(shù)的對稱性知f(x)在(－2,0)上為減函數(shù)．又y＝在(－2,0)上為減函數(shù)，y＝在(－2,0)上為增函數(shù)．y＝x2＋1在(－2,0)上為減函數(shù)；y＝|x|＋1在(－2,0)上為減函數(shù)；故選C. 2．函數(shù)f(x)＝在其定義域內(nèi)是(　　) A．是增函數(shù)又是偶函數(shù) B．是

2、增函數(shù)又是奇函數(shù) C．是減函數(shù)又是偶函數(shù) D．是減函數(shù)又是奇函數(shù) 解析：選B.因為f(－x)＝＝－f(x)，故f(x)是奇函數(shù)；又f(x)＝＝，可見f(x)是增函數(shù)，所以應選B. 3．(2012·福州調(diào)研)函數(shù)f(x)＝ax3＋bsinx＋1(x∈R)，若f(c)＝2，則f(－c)的值為(　　) A．3 B．0 C．－1 D．－2 解析：選B.令g(x)＝ax3＋bsinx，顯然g(x)為奇函數(shù)，則f(x)＝g(x)＋1，∴f(c)＝2＝g(c)＋1，∴g(c)＝1， f(－c)＝g(－c)＋1＝－g(c)＋1＝0. 4．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足：對任意的x1，

3、x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有>0，則當n∈N*時，有(　　) A．f(－n)n>n－1，所以f(n＋1)

4、x∈[0,1]時，f(x)＝2x－1，則f(2012)＋f(2013)的值為(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：選D.由f(x)為奇函數(shù)得f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)． 又f(x)關于x＝1對稱，有f(－x)＝f(x＋2)， 所以f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)， 所以f(x)的周期為4.又f(1)＝21－1＝1，f(0)＝20－1＝0， 所以f(2012)＋f(2013)＝f(0) ＋f(1)＝1，故選D. 二、填空題 6．設函數(shù)f(x)＝為奇函數(shù)，則a＝________. 解析：法一：∵f(－1)＝－f(1

5、)，易得a＝－1.驗證符合題意 法二：f(x)＝＝x＋＋a＋1.由該函數(shù)為奇函數(shù)得a＋1＝0，解得a＝－1. 法三：∵f(－x)＝－f(x)，即＝ －，即－＝－， ∴a＝－1. 答案：－1 7．已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)．若當x≥0時，f(x)＝x2－2x，則在R上f(x)的表達式為________． 解析：x＜0時，－x＞0，所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－2x. ∴R上f(x)＝x(|x|－2)或 答案：f(x)＝x(|x|－2)或 8．(2012·廈門調(diào)研)已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)增加，則滿足f(2x－1)

6、___． 解析：由題意可知|2x－1|<，即(2x－1)2<2，解得

7、． (1)求實數(shù)m的值； (2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，a－2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)設x<0，則－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(圖略)知 所以1

8、．(－2,0)∪(0,2) B．(－∞，－2)∪(0,2) C．(－∞，－2)∪(2，＋∞) D．(－2,0)∪(2，＋∞) 解析：選A.因為函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在(0，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)，f(2)＝0，作出草圖如圖，所以x>2或－20；x<－2或00)上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，當x1a，|x1－a|<|x2－a|時，有(　　) A．f(2a－x1)>f(2a－x2) B．f(2

9、a－x1)＝f(2a－x2) C．f(2a－x1)f(x2)，即f(2a－x1)>f(2a－x2)． 二、填空題 3．定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝ 則f(2012)＝________. 解析：當x＞0時f(x)＝f(x－1)－f(x－2)，函數(shù)代換的f(x＋1)＝f(x)－f(x－1)， 兩式相加得f(x＋3)＝－f(x)?f(x＋6)＝－f(x＋3

10、)＝f(x)?T＝6， ∴f(2012)＝f(335×6＋2)＝f(2)＝f(1)－f(0)＝f(0)－f(－1)－f(0)＝－f(－1)＝－2－1－1＝－2－2＝. 答案： 4．若函數(shù)y＝3＋x2ln，x∈的最大值與最小值分別為M、m，則M＋m＝________. 解析：由f(x)＝x2ln＝x2[ln(1＋x)－ln(1－x)]知f(x)在上是增函數(shù)． 又∵函數(shù)f(x)＝x2ln是奇函數(shù)， ∴函數(shù)y＝3＋x2lnx∈是增函數(shù)，故M＋m ＝＋＝6. 答案：6 三、解答題 5．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x≠0)． (1)判斷f(x)的奇偶性，并說明理由； (2)若f(1

11、)＝2，試判斷f(x)在[2，＋∞)上的單調(diào)性． (3)若函數(shù)f(x)在x∈[2，＋∞)上是增函數(shù)，求a的取值范圍． 解：(1)當a＝0時，f(x)＝x2，f(－x)＝f(x)， 函數(shù)是偶函數(shù)． 當a≠0時，f(x)＝x2＋(x≠0，常數(shù)a∈R)， 取x＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0； f(－1)－f(1)＝－2a≠0， ∴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)若f(1)＝2，即1＋a＝2，解得a＝1， 這時f(x)＝x2＋. 任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1＜x2， 則f(x1)－f(x2)＝－＝(

12、x1＋x2)(x1－x2)＋＝(x1－x2). 由于x1≥2，x2≥2，且x1＜x2，∴x1－x2＜0，x1＋x2＞， 所以f(x1)＜f(x2)，故f(x)在[2，＋∞)上是單調(diào)遞增函數(shù)． (3)法一：任取x1，x2∈[2，＋∞)，且x1＜x2， ∵f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)<0， ∴a<(x1＋x2)(x1x2)， ∵x1，x2∈[2，＋∞)，且x1＜x2， ∴(x1＋x2)x1x2>16，∴a≤16. 法二：依題意f ′(x)＝2x－＝≥0在[2，＋∞)恒成立．即2x3－a≥0在[2，＋∞)恒成立． 所以只要(2x3－a)min＝16－a≥0， 解得a≤1

13、6，所以a的取值范圍為(－∞，16]． 6．(2012·福州調(diào)研)已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1和函數(shù)g(x)＝. (1)若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，試判斷函數(shù)g(x)的奇偶性； (2)若方程g(x)＝x有兩個不相等的實數(shù)根，當a＞0時，判斷函數(shù)f(x)在(－1,1)上的單調(diào)性； (3)當f＝2a時，問是否存在x的值，使?jié)M足－1≤a≤1，且a≠0的任意實數(shù)a，不等式f(x)＜4恒成立？并說明理由 解：(1)若函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，則f(－x)＝f(x)?b＝0， 則g(x)＝，定義域為x≠0，且g(－x)＝－g(x)， 所以函數(shù)g(x)的奇函數(shù)． (2)由g(x)＝x，整理得a2x2＋bx＋1＝0， 因為Δ＝b2－4a2＞0?＞1?＞1或＜－1. 又因為f(x)的對稱軸為x＝－， 所以當－＜－1時，函數(shù)f(x)在(－1,1)上為增函數(shù)； 當－＞－1時，函數(shù)f(x)在(－1,1)上為減函數(shù)． (3)∵f(x)＜4，即ax2＋bx＋1＜4?ax2＋bx－3＜0， ∴ax2＋bx－3＜0對于－1≤a≤1，且a≠0恒成立． 令h(a)＝x2·a＋bx－3＜0(a≠0)可視為關于a的一次函數(shù)， 故只須??－3＜x＜1， 故存在－3＜x＜1的值，使?a∈[－1,0]∪(0,1]，不等式f(x)＜4恒成立．