2023届高考一轮复习讲义（理科）第二章　函数概念与基本初等函数 第3讲　高效演练分层突破学案

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1．下列函数中，既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝eq \f(1,x) B．y＝|x|－1
C．y＝lg x D．y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(|x|)
解析：选B.y＝eq \f(1,x)为奇函数；y＝lg x的定义域为(0，＋∞)，不具备奇偶性；y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(|x|)在(0，＋∞)上为减函数；y＝|x|－1在(0，＋∞)上为增函数，且在定义域上为偶函数．
2．设f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝3x－7x＋2b(b为常数)，则f(－2)＝( )
A．6 B．－6
C．4 D．－4
解析：选A.因为f(x)为定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝3x－7x＋2b，
所以f(0)＝1＋2b＝0，
所以b＝－eq \f(1,2).
所以f(x)＝3x－7x－1，
所以f(－2)＝－f(2)＝－(32－7×2－1)＝6.选A.
3．已知函数y＝f(x)，满足y＝f(－x)和y＝f(x＋2)是偶函数，且f(1)＝eq \f(π,3)，设F(x)＝f(x)＋f(－x)，则F(3)＝( )
A.eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3)
C．π D．eq \f(4π,3)
解析：选B.由y＝f(－x)和y＝f(x＋2)是偶函数知，f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(－x＋2)＝f(x－2)，故f(x)＝f(x＋4)，则F(3)＝f(3)＋f(－3)＝2f(3)＝2f(－1)＝2f(1)＝eq \f(2π,3)，故选B.
4．定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋3)＝f(x)．若f(2)>1，f(7)＝a，则实数a的取值范围为( )
A．(－∞，－3) B．(3，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(1，＋∞)
解析：选D.因为f(x＋3)＝f(x)，所以f(x)是定义在R上的以3为周期的周期函数，所以f(7)＝f(7－9)＝f(－2)．又因为函数f(x)是偶函数，
所以f(－2)＝f(2)，所以f(7)＝f(2)>1，
所以a>1，即a∈(1，＋∞)．故选D.
5．(2020·湖南郴州质量检测)已知f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，且在[2b，0]上为增函数，则f(x－1)≤f(2x)的解集为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) B．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C．[－1，1] D．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析：选B.因为f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，所以2b＋1－b＝0，所以b＝－1，
因为f(x)在[2b，0]上为增函数，即函数f(x)在[－2，0]上为增函数，故函数f(x)在(0，2]上为减函数，则由f(x－1)≤f(2x)，可得|x－1|≥|2x|，即(x－1)2≥4x2，
解得－1≤x≤eq \f(1,3).又因为定义域为[－2，2]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2≤x－1≤2，,－2≤2x≤2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤3，,－1≤x≤1.))
综上，所求不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))).故选B.
6．若函数f(x)＝xln(x＋eq \r(a＋x2))为偶函数，则a＝________．
解析：因为 f(x)为偶函数，所以f(－x)－f(x)＝0恒成立，所以－xln(－x＋eq \r(a＋x2))－xln(x＋eq \r(a＋x2))＝0恒成立，所以xln a＝0恒成立，所以ln a＝0，即a＝1.
答案：1
7．(2020·四川乐山模拟)已知函数f(x)满足：f(－x)＋f(x)＝0，且当x≥0时，f(x)＝eq \f(2＋m,2x)－1，则f(－1)＝____________．
解析：因为f(－x)＋f(x)＝0，
所以f(x)为奇函数，
又当x≥0时，f(x)＝eq \f(2＋m,2x)－1，
则f(0)＝eq \f(2＋m,1)－1＝0，所以m＝－1.
所以当x≥0时，f(x)＝eq \f(1,2x)－1，
所以f(－1)＝－f(1)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－1))＝eq \f(1,2).
答案：eq \f(1,2)
8．定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(2－x)及f(x)＝－f(－x)，且在[0，1]上有f(x)＝x2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝________．
解析：函数f(x)的定义域是R，f(x)＝－f(－x)，所以函数f(x)是奇函数. 又f(x)＝f(2－x)，所以f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的奇函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 020－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).因为在[0，1]上有f(x)＝x2，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
9．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x＞0，,0，x＝0，,x2＋mx，x＜0))是奇函数．
(1)求实数m的值；
(2)若函数f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数a的取值范围．
解：(1)设x＜0，则－x＞0，
所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.
又f(x)为奇函数，
所以f(－x)＝－f(x)，
于是x＜0时，
f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，
所以m＝2.
(2)由(1)可画出f(x)的图象，知f(x)在[－1，1]上是增函数，要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增．
结合f(x)的图象知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－2＞－1，,a－2≤1，))
所以1＜a≤3，故实数a的取值范围是(1，3]．
10．设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x.
(1)求f(π)的值；
(2)当－4≤x≤4时，求f(x)的图象与x轴所围成的图形的面积．
解：(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，
所以f(x)是以4为周期的周期函数．
所以f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)
＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.
(2)由f(x)是奇函数与f(x＋2)＝－f(x)，
得f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，
即f(1＋x)＝f(1－x)．
从而可知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．
又当0≤x≤1时，f(x)＝x，且f(x)的图象关于原点成中心对称，则f(x)的图象如图所示．
设当－4≤x≤4时，f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S，则S＝4S△OAB＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×1))＝4.
[综合题组练]
1．(2020·广东湛江一模)已知函数g(x)＝f(2x)－x2为奇函数，且f(2)＝1，则f(－2)＝( )
A．－2 B．－1
C．1 D．2
解析：选C.因为g(x)为奇函数，且f(2)＝1，所以g(－1)＝－g(1)，所以f(－2)－1＝－f(2)＋1＝－1＋1＝0，所以f(－2)＝1.故选C.
2．函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )
A．f(1)C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))解析：选B.因为函数f(x＋2)是偶函数，所以f(x＋2)＝f(－x＋2)，
所以函数f(x)的图象关于x＝2对称，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).
因为y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且eq \f(1,2)<1所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3．(2019·高考全国卷Ⅱ)设函数f(x)的定义域为R，满足f(x＋1)＝2f(x)，且当x∈(0，1]时，f(x)＝x(x－1)．若对任意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq \f(8,9)，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(9,4))) B．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(7,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(5,2))) D．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(8,3)))
解析：选B.当－1f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(…,\f(1,2)（x＋1）x，－14．定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，f(x＋2)＝－f(x)且f(x)在[－1，0]上是增函数，给出下列几个命题：
①f(x)是周期函数；
②f(x)的图象关于x＝1对称；
③f(x)在[1，2]上是减函数；
④f(2)＝f(0)，
其中正确命题的序号是________．(请把正确命题的序号全部写出来)
解析：因为f(x＋y)＝f(x)＋f(y)对任意x，y∈R恒成立．
令x＝y＝0，
所以f(0)＝0.令x＋y＝0，所以y＝－x，
所以f(0)＝f(x)＋f(－x)．
所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．
因为f(x)在x∈[－1，0]上为增函数，又f(x)为奇函数，所以f(x)在[0，1]上为增函数．
由f(x＋2)＝－f(x)⇒f(x＋4)＝－f(x＋2)
⇒f(x＋4)＝f(x)，
所以周期T＝4，
即f(x)为周期函数．
f(x＋2)＝－f(x)⇒f(－x＋2)＝－f(－x)．
又因为f(x)为奇函数，
所以f(2－x)＝f(x)，
所以函数关于x＝1对称．
由f(x)在[0，1]上为增函数，
又关于x＝1对称，
所以f(x)在[1，2]上为减函数．
由f(x＋2)＝－f(x)，令x＝0得f(2)＝－f(0)＝f(0)．
答案：①②③④
5．已知函数y＝f(x)在定义域[－1，1]上既是奇函数又是减函数．
(1)求证：对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0；
(2)若f(1－a)＋f(1－a2)＜0，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然不等式成立．
若x1＋x2＜0，则－1≤x1＜－x2≤1，
因为f(x)在[－1，1]上是减函数且为奇函数，
所以f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)＞0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
若x1＋x2＞0，则1≥x1＞－x2≥－1，
同理可证f(x1)＋f(x2)＜0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
综上得证，对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0恒成立．
(2)因为f(1－a)＋f(1－a2)＜0⇔f(1－a2)＜－f(1－a)＝f(a－1)，所以由f(x)在定义域[－1，1]上是减函数，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤1－a2≤1，,－1≤a－1≤1，,1－a2＞a－1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤a2≤2，,0≤a≤2，,a2＋a－2＜0，))解得0≤a＜1.
故所求实数a的取值范围是[0，1)．
6．已知函数f(x)对任意x∈R满足f(x)＋f(－x)＝0，f(x－1)＝f(x＋1)，若当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b(a＞0且a≠1)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,2).
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域．
解：(1)因为f(x)＋f(－x)＝0，
所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)是奇函数．
因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x＋2)＝f(x)，
即函数f(x)是周期为2的周期函数，
所以f(0)＝0，即b＝－1.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－eq \r(a)＝eq \f(1,2)，
解得a＝eq \f(1,4).
(2)当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))，
由f(x)为奇函数知，当x∈(－1，0)时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，
又因为f(x)是周期为2的周期函数，
所以当x∈R时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，
设t＝f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4)))，
所以g(x)＝f2(x)＋f(x)＝t2＋t＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，
即y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t＋\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(21,16))).
故函数g(x)＝f2(x)＋f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(21,16))).