高考数学(文数)一轮复习考点测试07《函数的奇偶性与周期性》（教师版）

这是一份高考数学(文数)一轮复习考点测试07《函数的奇偶性与周期性》（教师版），共9页。试卷主要包含了故选A，故选B等内容，欢迎下载使用。

eq \a\vs4\al(本考点是高考的必考知识点，常考题型为选择题、填空题，分值5分，中等难度)
考纲研读
1．结合具体函数，了解函数奇偶性的含义
2．会运用函数图象理解和研究函数的奇偶性
3．了解函数周期性、最小正周期的含义，会判断、应用简单函数的周期性
一、基础小题
1．若函数f(x)=eq \f(x,2x＋1x－a)为奇函数，则实数a=( )
A．eq \f(1,2) B．eq \f(2,3) C．eq \f(3,4) D．1
答案 A
解析 函数f(x)的定义域为xx≠－eq \f(1,2)且x≠a．
∵奇函数定义域关于原点对称．∴a=eq \f(1,2)．故选A．
2．已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且是以2为周期的周期函数，则f(1)＋f(4)＋f(7)=( )
A．－1 B．0 C．1 D．4
答案 B
解析 由题意知f(－x)=－f(x)且f(x＋2)=f(x)，所以f(1)＋f(4)＋f(7)=f(1)＋f(0)＋f(－1)=0．故选B．
3．已知f(x)为奇函数，在[3，6]上是增函数，且在[3，6]上的最大值为8，最小值为－1，则2f(－6)＋f(－3)=( )
A．－15 B．－13 C．－5 D．5
答案 A
解析 因为函数在[3，6]上是增函数，所以f(6)=8，f(3)=－1．又因为函数为奇函数，所以2f(－6)＋f(－3)=－2f(6)－f(3)=－2×8＋1=－15．故选A．
4．已知函数f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)=x2－x，则当x<0时，函数f(x)的最大值为( )
A．－eq \f(1,4) B．eq \f(1,4) C．eq \f(1,2) D．－eq \f(1,2)
答案 B
解析 解法一：设x<0，则－x>0，所以f(－x)=x2＋x，又函数f(x)为奇函数，所以f(x)=－f(－x)=－x2－x=－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))2＋eq \f(1,4)，所以当x<0时，函数f(x)的最大值为eq \f(1,4)．故选B．
解法二：当x>0时，f(x)=x2－x=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，最小值为－eq \f(1,4)，因为函数f(x)为奇函数，所以当x<0时，函数f(x)的最大值为eq \f(1,4)．故选B．
5．已知f(x)是定义在R上的函数，且f(x＋2)=－f(x)．当x∈(0，2)时，f(x)=2x2，则f(7)=( )
A．－2 B．2 C．－98 D．98
答案 A
解析 由f(x＋2)=－f(x)，得f(7)=－f(5)=f(3)=－f(1)=－2．故选A．
6．若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)＋g(x)=ex，则g(x)=( )
A．ex－e－x B．eq \f(1,2)(ex＋e－x) C．ex＋e－x D．eq \f(1,2)(ex－e－x)
答案 D
解析 因为f(x)＋g(x)=ex，所以f(－x)＋g(－x)=f(x)－g(x)=e－x，
所以g(x)=eq \f(1,2)(ex－e－x)．故选D．
7．已知函数f(x)=g(x)＋x2，对于任意x∈R总有f(－x)＋f(x)=0，且g(－1)=1，则g(1)=( )
A．－1 B．1 C．3 D．－3
答案 D
解析 因为任意x∈R总有f(－x)＋f(x)=0，所以f(x)为奇函数，f(－1)=g(－1)＋1=－g(1)－1=－f(1)，所以g(1)=－3，故选D．
8．若定义域为R的函数f(x)在(4，＋∞)上为减函数，且函数y=f(x＋4)为偶函数，则( )
A．f(2)>f(3) B．f(2)>f(5) C．f(3)>f(5) D．f(3)>f(6)
答案 D
解析 由y=f(x＋4)为偶函数，得f(－x＋4)=f(x＋4)，则f(2)=f(6)，f(3)=f(5)，C错误；又f(x)在(4，＋∞)上为减函数，则f(5)>f(6)，即f(3)>f(2)，A错误；f(5)>f(2)，B错误；f(3)>f(6)，D正确．故选D．
9．已知函数y=f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若不等式f(a)≥f(x)对任意x∈[1，2]恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，1] B．[－1，1] C．(－∞，2] D．[－2，2]
答案 B
解析 因为函数f(x)为偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，所以函数f(x)在[0，＋∞)上是减函数，则不等式f(a)≥f(x)对任意x∈[1，2]恒成立等价于f(a)≥f(x)max=f(1)，所以|a|≤1，解得－1≤a≤1，即实数a的取值范围为[－1，1]，故选B．
10．已知函数f(x)满足f(x＋y)＋f(x－y)=2f(x)f(y)，且f(0)≠0，则f(x)( )
A．为奇函数 B．为偶函数 C．为非奇非偶函数 D．奇偶性不能确定
答案 B
解析 令x=y=0，则2f(0)=2f2(0)，又f(0)≠0，所以f(0)=1．令x=0，
则f(y)＋f(－y)=2f(0)f(y)，即f(－y)=f(y)，所以函数f(x)是偶函数．故选B．
11．若f(x)=(x＋a)(x－4)为偶函数，则实数a=________．
答案 4
解析 因为f(x)=(x＋a)(x－4)为偶函数，所以f(x)=f(－x)对于任意的x都成立，
即(x＋a)(x－4)=(－x＋a)(－x－4)，所以x2＋(a－4)x－4a=x2＋(4－a)x－4a，
所以a－4=4－a，即a=4．
12．设函数f(x)=x3csx＋1．若f(a)=11，则f(－a)=________．
答案 －9
解析 记g(x)=x3csx，则g(x)为奇函数，故g(－a)=－g(a)=－[f(a)－1]=－10，
故f(－a)=g(－a)＋1=－9．
二、高考小题
13．已知f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，满足f(1－x)=f(1＋x)．若f(1)=2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)=( )
A．－50 B．0 C．2 D．50
答案 C
解析 因为f(x)是定义域为(－∞，＋∞)的奇函数，且f(1－x)=f(1＋x)，所以f(1＋x)=－f(x－1)，所以f(3＋x)=－f(x＋1)=f(x－1)，所以T=4，因此f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)=12[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)，因为f(3)=－f(1)，f(4)=－f(2)，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)=0，因为f(2)=f(－2)=－f(2)，所以f(2)=0，从而f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)=f(1)=2，故选C．
14．函数f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，且为奇函数．若f(1)=－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A．[－2，2] B．[－1，1] C．[0，4] D．[1，3]
答案 D
解析 ∵f(x)为奇函数，∴f(－x)=－f(x)．∵f(1)=－1，∴f(－1)=－f(1)=1．
故由－1≤f(x－2)≤1，得f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．又f(x)在(－∞，＋∞)单调递减，
∴－1≤x－2≤1，∴1≤x≤3．故选D．
15．已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)=xf(x)．若a=g(－lg25．1)，b=g(20．8)，c=g(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．b＜a＜c D．b＜c＜a
答案 C
解析 依题意a=g(－lg25．1)=(－lg25．1)·f(－lg25．1)=lg25．1·f(lg25．1)=g(lg25．1)．因为奇函数f(x)在R上是增函数，可设0＜x1＜x2，则0=f(0)从而x1f(x1)＜x2f(x2)，即g(x1)＜g(x2)．所以g(x)在(0，＋∞)上亦为增函数．
又lg25．1＞0，20．8＞0，3＞0，且lg25．1＜lg28=3，20．8＜21＜3，
而20．8＜21=lg24＜lg25．1，所以3＞lg25．1＞20．8＞0，所以c＞a＞b．故选C．
16．已知函数f(x)的定义域为R．当x<0时，f(x)=x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)=－f(x)；当x>eq \f(1,2)时，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))．则f(6)=( )
A．－2 B．－1 C．0 D．2
答案 D
解析 当x>eq \f(1,2)时，由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))，可得当x>0时，f(x)=f(x＋1)，
所以f(6)=f(1)，而f(1)=－f(－1)，f(－1)=(－1)3－1=－2，所以f(6)=f(1)=2，故选D．
17．已知函数f(x)=ln (eq \r(1＋x2)－x)＋1，f(a)=4，则f(－a)=________．
答案 －2
解析 ∵f(x)＋f(－x)=ln (eq \r(1＋x2)－x)＋1＋ln (eq \r(1＋x2)＋x)＋1=ln (1＋x2－x2)＋2=2，
∴f(a)＋f(－a)=2，∵f(a)=4，∴f(－a)=－2．
18．设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1，1)上，f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋a，－1≤x<0，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)－x))，0≤x<1，))其中a∈R．若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))，则f(5a)的值是________．
答案 －eq \f(2,5)
解析 ∵f(x)是周期为2的函数，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2－\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))．
又∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，即－eq \f(1,2)＋a=eq \f(1,10)，解得a=eq \f(3,5)，
则f(5a)=f(3)=f(4－1)=f(－1)=－1＋eq \f(3,5)=－eq \f(2,5)．
三、模拟小题
19．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)
答案 B
解析 由y=f(－x)和y=f(x＋2)是偶函数知f(－x)=f(x)，且f(x＋2)=f(－x＋2)，
则f(x＋2)=f(x－2)，则f(x)=f(x＋4)．
所以F(3)=f(3)＋f(－3)=2f(3)=2f(－1)=2f(1)=eq \f(2π,3)．故选B．
20．已知奇函数f(x)在x>0时单调递增，且f(1)=0，若f(x－1)>0，则x的取值范围为( )
A．{x|02} B．{x|x<0或x>2}
C．{x|x<0或x>3} D．{x|x<－1或x>1}
答案 A
解析 ∵奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)=0，∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－1)=0，则－11时，f(x)>0；x<－1或00即－11，解得02，故选A．
21．下列函数是奇函数且在定义域内是增函数的是( )
A．y=exB．y=tanx C．y=x3－x D．y=ln eq \f(2＋x,2－x)
答案 D
解析 函数y=ex不是奇函数，不满足题意；函数y=tanx是奇函数，但在整个定义域内不是增函数，不满足题意；函数y=x3－x是奇函数，当x∈－eq \f(\r(3),3)，eq \f(\r(3),3)时，y′=3x2－1<0，为减函数，不满足题意；函数y=ln eq \f(2＋x,2－x)是奇函数，在定义域(－2，2)内，函数t=eq \f(2＋x,2－x)=－1－eq \f(4,x－2)为增函数，函数y=ln t也为增函数，故函数y=ln eq \f(2＋x,2－x)在定义域内为增函数，满足题意．故选D．
22．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f(－x)=4x2＋2，设g(x)=f(x)－2x2，若g(x)的最大值和最小值分别为M和m，则M＋m=( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 由g(x)=f(x)－2x2，得g(－x)=f(－x)－2x2，两式相加，可得g(－x)＋g(x)=2，
故g(x)的图象关于(0，1)对称，其最高点、最低点也关于(0，1)对称，
所以M＋m=2，故选B．
23．已知偶函数fx＋eq \f(π,2)，当x∈－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)时，f(x)=xeq \f(1,3)＋sinx，设a=f(1)，b=f(2)，c=f(3)，则( )
A．a答案 D
解析 ∵当x∈－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)时，y=sinx单调递增，y=xeq \f(1,3)也为增函数，∴函数f(x)=xeq \f(1,3)＋sinx也为增函数．∵函数fx＋eq \f(π,2)为偶函数，∴f－x＋eq \f(π,2)=fx＋eq \f(π,2)，f(x)的图象关于x=eq \f(π,2)对称，∴f(2)=f(π－2)，f(3)=f(π－3)，∵0<π－3<1<π－224．已知f(x)=2x＋eq \f(a,2x)为奇函数，g(x)=bx－lg2(4x＋1)为偶函数，则f(ab)=( )
A．eq \f(17,4) B．eq \f(5,2) C．－eq \f(15,4) D．－eq \f(3,2)
答案 D
解析 由f(x)=2x＋eq \f(a,2x)为奇函数，得f(－x)＋f(x)=0，即2x＋eq \f(a,2x)＋2－x＋eq \f(a,2－x)=0，可得a=－1；由g(x)=bx－lg2(4x＋1)为偶函数，得g(x)=g(－x)，即bx－lg2(4x＋1)=b(－x)－lg2(4－x＋1)，可得b=1，则ab=－1，f(ab)=f(－1)=2－1－eq \f(1,2－1)=－eq \f(3,2)，故选D．
一、高考大题
本考点在近三年高考中未涉及此题型．
二、模拟大题
1．设函数f(x)=(2k－1)ax－a－x(a>0且a≠1)是定义域为R的奇函数．
(1)求k的值；
(2)若f(1)=－eq \f(5,6)，不等式f(3x－t)＋f(－2x＋1)≥0对x∈[－1，1]恒成立，求实数t的最小值．
解 (1)∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(0)=2k－1－1=0，解得k=1．
(2)由(1)知f(x)=ax－a－x，因为f(1)=－eq \f(5,6)，
所以a－eq \f(1,a)=－eq \f(5,6)，解得a=eq \f(2,3)或a=－eq \f(3,2)(舍去)，故f(x)=eq \f(2,3)x－eq \f(3,2)x，
则易知函数y=f(x)是R上的减函数，
∵f(3x－t)＋f(－2x＋1)≥0，∴f(3x－t)≥f(2x－1)，
∴3x－t≤2x－1，∴t≥x＋1，
即t≥x＋1在[－1，1]上恒成立，则t≥2，即实数t的最小值是2．
2．已知函数f(x)=eq \b\lc\{\rc\ (\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)要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增，结合f(x)的图象(如图所示)知
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2>－1，,a－2≤1，))所以13．已知函数f(x)=lga(x＋1)，g(x)=lga(1－x)(其中a>0，且a≠1)．
(1)求函数f(x)＋g(x)的定义域；
(2)判断函数f(x)－g(x)的奇偶性，并予以证明；
(3)求使f(x)＋g(x)<0成立的x的集合．
解 (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1>0，,1－x>0，))∴－1∴所求定义域为{x|－1(2)函数f(x)－g(x)为奇函数，
令H(x)=f(x)－g(x)，
则H(x)=lga(x＋1)－lga(1－x)=lgaeq \f(x＋1,1－x)，
∵H(－x)=lgaeq \f(－x＋1,1＋x)=－lgaeq \f(x＋1,1－x)=－H(x)，
∴函数H(x)=f(x)－g(x)为奇函数．
(3)∵f(x)＋g(x)=lga(x＋1)＋lga(1－x)
=lga(1－x2)<0=lga1，
∴当a>1时，0<1－x2<1，∴0当01，不等式无解，
综上，当a>1时，使f(x)＋g(x)<0成立的x的集合为{x|04．已知函数f(x)=lgeq \f(1,2)eq \f(1－ax,x－1)为奇函数，a为常数．
(1)确定a的值；
(2)求证f(x)是(1，＋∞)上的增函数；
(3)若对于区间[3，4]上的每一个x值，不等式f(x)>eq \f(1,2)x＋m恒成立，求实数m的取值范围．
解 (1)∵函数f(x)是奇函数，∴f(－x)=－f(x)，
即lgeq \f(1,2)eq \f(1＋ax,－x－1)=－lgeq \f(1,2)eq \f(1－ax,x－1)，∴eq \f(1＋ax,－x－1)=eq \f(x－1,1－ax)，
整理得1－x2=1－a2x2，∴a2=1，解得a=±1，
当a=1时，eq \f(1－ax,x－1)=－1，不符合题意舍去，
∴a=－1．
(2)证明：由(1)可得f(x)=lgeq \f(1,2)eq \f(1＋x,x－1)，
设x1，x2∈(1，＋∞)，且x1∵x2>x1>1，∴x1－x2<0，(x2－1)(x1－1)>0，
∴eq \f(2x1－x2,x2－1x1－1)<0，∴eq \f(1＋x2,x2－1)∴lgeq \f(1,2)eq \f(1＋x2,x2－1)>lgeq \f(1,2)eq \f(1＋x1,x1－1)，即f(x2)>f(x1)．
∴f(x)是(1，＋∞)上的增函数．
(3)依题意得m由(2)知函数u(x)=lgeq \f(1,2)eq \f(1＋x,x－1)－eq \f(1,2)x在[3，4]上单调递增，
∴当x=3时，u(x)有最小值，且u(x)min=u(3)=－eq \f(9,8)，所以m<－eq \f(9,8)．
故实数m的取值范围为－∞，－eq \f(9,8)．