高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第二章 函数4 函数的奇偶性与简单的幂函数4.1 函数的奇偶性当堂达标检测题

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第二章 函数4 函数的奇偶性与简单的幂函数4.1 函数的奇偶性当堂达标检测题，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
A 组·素养自测
一、选择题
1．下列说法正确的是( B )
A．偶函数的图象一定与y轴相交
B．奇函数y＝f(x)在x＝0处有定义，则f(0)＝0
C．奇函数y＝f(x)的图象一定过原点
D．图象过原点的奇函数必是单调函数
[解析] A项中若定义域不含0，则图象与y轴不相交，C项中定义域不含0，则图象不过原点，D项中奇函数不一定单调，故选B．
2．对于定义域是R的任意奇函数f(x)，都有( C )
A．f(x)－f(－x)＞0 B．f(x)－f(－x)≤0
C．f(x)·f(－x)≤0 D．f(x)·f(－x)＞0
[解析] ∵f(x)是定义在R上的奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0，
∴f(x)·f(－x)＝－f2(x)≤0，故选C．
3．若y＝f(x)(x∈R)是奇函数，则下面坐标表示的点一定在函数y＝f(x)的图象上的是( C )
A．(a，－f(a)) B．(－a，f(a))
C．(－a，－f(a)) D．(a，f(－a))
[解析] ∵y＝f(x)是奇函数，∴f(－a)＝－f(a)，
∴(－a，－f(a))在y＝f(x)图象上．
4．下列函数中既是奇函数又是偶函数的是( A )
A．f(x)＝eq \r(x2－1)－eq \r(1－x2)B．f(x)＝eq \r(1－x)＋eq \r(1＋x)
C．f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x，x≥0，,－x，x＜0))D．f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1，x≥0，,－1，x＜0))
[解析] 选项A中定义域为{－1，1}，函数解析式为y＝0，所以函数既是奇函数又是偶函数，选项B为偶函数，选项C为偶函数，选项D为非奇非偶函数，故选A．
5．若函数f(x)＝x2＋eq \f(a,x)(a∈R)，则下列结论正确的是( C )
A．对任意实数a，f(x)在(0，＋∞)上是增函数
B．对任意实数a，f(x)在(0，＋∞)上是减函数
C．存在实数a，使f(x)是偶函数
D．存在实数a，使f(x)是奇函数
[解析] 对于A，取a＝4.5，则f(1)＝5.5，f(1.5)＝1.52＋eq \f(4.5,1.5)＝5.25，f(1)＞f(1.5)，A错；对于B，取a＝0，则f(x)＝x2在(0，＋∞)上为增函数，B错；对于C，取a＝0，则f(x)＝x2，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)且f(－x)＝f(x)＝x2，C对；对于D，假设存在实数a使f(x)为奇函数，则f(－1)＝－f(1)，又f(－1)＝1－a，f(1)＝1＋a，－f(1)＝－1－a，显然f(－1)≠－f(1)，即假设不成立，D错．
6．已知定义在R上的奇函数f(x)，当x＞0时，f(x)＝x2＋|x|－1，则当x＜0时，f(x)的解析式为f(x)＝( D )
A．x2－|x|＋1 B．－x2＋|x|＋1
C．－x2－|x|－1 D．－x2－|x|＋1
[解析] 若x＜0，则－x＞0，f(－x)＝x2＋|x|－1，
∵f(－x)＝－f(x)，
∴－f(x)＝x2＋|x|－1，f(x)＝－x2－|x|＋1．
二、填空题
7．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f(x)＝x2＋1，则f(－2)＋f(0)＝__－5__．
[解析] 由题意知f(－2)＝－f(2)＝－(22＋1)＝－5，f(0)＝0，
∴f(－2)＋f(0)＝－5．
8．(2021·全国新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x3(a·2x－2－x)是偶函数，则a＝__1__．
[解析] 因为f(x)＝x3(a·2x－2－x)，
故f(－x)＝－x3(a·2－x－2x)，
因为f(x)为偶函数，故f(－x)＝f(x)时
x3(a·2x－2－x)＝－x3(a·2－x－2x)，整理得到(a－1)(2x＋2－x)＝0，
故a＝1，故答案为1．
三、解答题
9．已知f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，且f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，求f(x)，g(x)的表达式．
[解析] f(－x)＋g(－x)＝x2－x－2，由f(x)是偶函数，g(x)是奇函数得，f(x)－g(x)＝x2－x－2
又f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，两式联立得：
f(x)＝x2－2，g(x)＝x．
10．已知f(x)为奇函数，且当x＜0时，f(x)＝x2＋3x＋2．若当x∈[1，3]时，f(x)的最大值为m，最小值为n，求m－n的值．
[解析] ∵当x＜0时，f(x)＝x2＋3x＋2，
且f(x)是奇函数，∴当x＞0时，－x＜0，
则f(－x)＝x2－3x＋2．
故当x＞0时，f(x)＝－f(－x)＝3x－x2－2．
∴当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))时，f(x)是增函数；
当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))时，f(x)是减函数．因此当x∈[1，3]时，f(x)max＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,4)，f(x)min＝f(3)＝－2．
∴m＝eq \f(1,4)，n＝－2，从而m－n＝eq \f(9,4)．
B 组·素养提升
一、选择题
1．(2021·全国高考乙卷理科)设函数f(x)＝eq \f(1－x,1＋x)，则下列函数中为奇函数的是( B )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
[解析] 由题意可得f(x)＝eq \f(1－x,1＋x)＝－1＋eq \f(2,1＋x)，对于A，f(x－1)－1＝eq \f(2,x)－2不是奇函数；对于B，f(x－1)＋1＝eq \f(2,x)是奇函数；对于C，f(x＋1)－1＝eq \f(2,x＋2)－2，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f(x＋1)＋1＝eq \f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称，不是奇函数．故选B
2．如果奇函数f(x)在区间[－7，－3]上单调递减且最大值为5，那么函数f(x)在区间[3，7]上( C )
A．单调递增且最小值为－5B．单调递增且最大值为－5
C．单调递减且最小值为－5D．单调递减且最大值为－5
[解析] f(x)为奇函数，所以f(x)在[3，7]上的单调性与[－7，－3]上一致，且f(7)为最小值．
又已知f(－7)＝5，
所以f(7)＝－f(－7)＝－5．
3．(多选题)已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，且f(x＋2)＝f(x)，若f(x)在[－1，0]上单调递减，则f(x)在( AC )
A．[0，1]上单调递增 B．[0，1]上先增后减
C．[2，3]上单调递增 D．[2，3]上先减后增
[解析] 因为f(x)在[－1，0]上单调递减，
又f(x)为偶函数，所以f(x)在[0，1]上单调递增．
由f(x＋2)＝f(x)，得f(x－2)＝f(x)，设x∈[2，3]，则x－2∈[0，1]，又f(x－2)＝f(x)，从而f(x)在[2，3]上单调递增．故选AC．
4．(多选题)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( BD )
A．|f(x)g(x)|是奇函数B．f(x)|g(x)|是奇函数
C．f(x)＋|g(x)|是偶函数D．|f(x)|＋g(x)是偶函数
[解析] A中，令h(x)＝|f(x)·g(x)|，则h(－x)＝|f(－x)·g(－x)|＝|－f(x)·g(x)|＝|f(x)·g(x)|＝h(x)，∴A中函数是偶函数，A错误；B中，令h(x)＝f(x)·|g(x)|，则h(－x)＝f(－x)·|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|＝－h(x)，∴B中函数是奇函数，B正确；C中，由f(x)是奇函数，可得f(－x)＝－f(x)，由g(x)是偶函数可得g(－x)＝g(x)，由f(－x)＋|g(－x)|＝－f(x)＋|g(x)|知C错误；D中，由|f(－x)|＋g(x)＝|－f(x)|＋g(x)＝|f(x)|＋g(x)，知D正确，故选BD．
二、填空题
5．偶函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝__3__．
[解析] ∵f(x)为偶函数，∴f(－1)＝f(1)．
又f(x)的图象关于直线x＝2对称，
∴f(1)＝f(3)．∴f(－1)＝3．
6．已知函数f(x)是R上的奇函数，且在R上是减函数，若f(a－1)＋f(1)＞0，则实数a的取值范围是__(－∞，0)__．
[解析] ∵f(a－1)＋f(1)＞0，∴f(a－1)＞－f(1)．
∵f(x)是奇函数，∴f(－1)＝－f(1)．
∴f(a－1)＞f(－1)．
又f(x)在R上是减函数，∴a－1＜－1，即a＜0．
三、解答题
7．判断函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x(1－x)，(x＜0)，,x(1＋x)，(x＞0)))的奇偶性．
[解析] 本题是求分段函数的奇偶性，则只需分段讨论即可．
∵函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，并且当x＞0时，－x＜0，∴f(－x)＝(－x)[1－(－x)]＝－x(1＋x)＝－f(x)(x＞0)；当x＜0时，－x＞0，∴f(－x)＝－x(1－x)＝－f(x)(x＜0)．
综上可得，f(x)为奇函数．
8．已知偶函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x＞1时，f(x)＞0，f(2)＝1．
(1)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
(2)解不等式f(2x－1)＜2．
[解析] (1)证明：设x2＞x1＞0，
则f(x2)－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1·\f(x2,x1)))－f(x1)
＝f(x1)＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))－f(x1)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))．
∵x2＞x1＞0，∴eq \f(x2,x1)＞1．
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1)))＞0，即f(x2)－f(x1)＞0，∴f(x2)＞f(x1)．
∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
(2)∵f(2)＝1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2．
∵f(x)是偶函数，∴不等式f(2x－1)＜2可化为
f(|2x－1|)＜f(4)．
又∵函数在(0，＋∞)上是增函数，
∴|2x－1|＜4，且2x－1≠0，
解得－eq \f(3,2)＜x＜eq \f(5,2)，且x≠eq \f(1,2)，
∴不等式解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＜x＜\f(5,2)，且x≠\f(1,2)))))．