2018高考数学（文）大一轮复习习题 第二章 函数、导数及其应用 课时跟踪检测（六）　函数的奇偶性及周期性 Word版含答案.doc

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1、课时跟踪检测课时跟踪检测( (六六) ) 函数的奇偶性及周期性函数的奇偶性及周期性 一抓基础一抓基础，多练小题做到眼疾手快多练小题做到眼疾手快 1 1(2017(2017石家庄质检石家庄质检) )下列函数中下列函数中，既是偶函数又在区间既是偶函数又在区间(0(0，)上单调递增的是上单调递增的是( ( ) ) A Ay y1 1x x B By y| |x x| |1 1 C Cy ylg lg x x D Dy y 1 12 2| |x x| | 解析：选解析：选 B B A A 中函数中函数y y1 1x x不是偶函数且在不是偶函数且在(0(0，)上单调递减上单调递减，故故 A A 错误；错

2、误；B B 中函中函数满足题意数满足题意，故故 B B 正确；正确；C C 中函数不是偶函数中函数不是偶函数，故故 C C 错误；错误；D D 中函数不满足在中函数不满足在(0(0，)上上单调递增单调递增，故选故选 B.B. 2 2已知已知f f( (x x) )为定义在为定义在 R R 上的奇函数上的奇函数，当当x x00 时时，f f( (x x) )2 2x xm m，则则f f( (2)2)( ( ) ) A A3 3 B B5 54 4 C.C.5 54 4 D D3 3 解析：选解析：选 A A 因为因为f f( (x x) )为为 R R 上的奇函数上的奇函数，所以所以f f(0

3、)(0)0 0，即即f f(0)(0)2 20 0m m0 0，解得解得m m1 1，则则f f( (2)2)f f(2)(2)(2(22 21)1)3.3. 3 3函数函数f f( (x x) )x x1 1x x1 1，f f( (a a) )3 3，则则f f( (a a) )的值为的值为( ( ) ) A A3 3 B B1 1 C C1 1 D D2 2 解解析：选析：选 B B 由题意得由题意得f f( (a a) )f f( (a a) )a a1 1a a1 1( (a a) )1 1a a1 12.2. f f( (a a) )2 2f f( (a a) )1 1，故选故选

4、B.B. 4 4 函数函数f f( (x x) )在在 R R 上为奇函数上为奇函数， 且且x x00 时时，f f( (x x) )x x1 1， 则当则当x x000 时时，f f( (x x) )x x1 1， 当当x x000， f f( (x x) )f f( (x x) )( ( x x1)1)， 即即x x00 时时，f f( (x x) )( ( x x1)1) x x1.1. 答案：答案： x x1 1 5 5设函数设函数f f( (x x) )是定义在是定义在 R R 上周期为上周期为 2 2 的偶函数的偶函数，当当x x时时，f f( (x x) )x x1 1，则则f

5、f 3 32 2_._. 解析：依题意得解析：依题意得，f f(2(2x x) )f f( (x x) )，f f( (x x) )f f( (x x) )， 则则f f 3 32 2f f 1 12 2f f 1 12 21 12 21 13 32 2. . 答案：答案：3 32 2 二保高考二保高考，全练题型做到高考达标全练题型做到高考达标 1 1(2016(2016山西考前质检山西考前质检) )下列函数中下列函数中，既是偶函数又在区间既是偶函数又在区间(1,(1,2)2)内单调递减的是内单调递减的是( ( ) ) A Af f( (x x) )x x B Bf f( (x x) )1 1

6、x x2 2 C Cf f( (x x) )2 2x x2 2x x D Df f( (x x) )cos cos x x 解析：选解析：选 B B 对于对于 A A，偶函数与单调递减均不满足；对于偶函数与单调递减均不满足；对于 B B，符合题意；对于符合题意；对于 C C，不满不满足单调递减；对于足单调递减；对于 D D，不满足单调递减不满足单调递减，故选故选 B.B. 2 2 设设f f( (x x) )是周期为是周期为 2 2 的奇函数的奇函数， 当当 00 x x11 时时，f f( (x x) )2 2x x(1(1x x) )， 则则f f 5 52 2等于等于( ( ) ) A

7、A1 12 2 B B1 14 4 C.C.1 14 4 D.D.1 12 2 解析：选解析：选 A A f f( (x x) )是周期为是周期为 2 2 的奇函数的奇函数， f f 5 52 2f f 5 52 22 2 f f 1 12 2f f 1 12 2221 12 2 1 11 12 21 12 2. . 3 3(2017(2017绵阳诊断绵阳诊断) )已知偶函数已知偶函数f f( (x x) )在区间在区间( (a a b b0)0)上的值域为上的值域为，则在区间上则在区间上( ( ) ) A A有最大值有最大值 4 4 B B有最小值有最小值4 4 C C有最有最大值大值3 3

8、 D D有最小值有最小值3 3 解析：选解析：选 B B 法一：根据题意作出法一：根据题意作出y yf f( (x x) )的简图的简图，由图知由图知，选选 B.B. 法二：当法二：当x x时时，x x， 由题意得由题意得f f( (b b)f f( (x x)f f( (a a) )，即即33f f( (x x)4)4， 44f f( (x x)3)3，即在区间上即在区间上f f( (x x) )minmin4 4，f f( (x x) )m maxax3 3，故选故选 B.B. 5 5设设f f( (x x) )是定义在实数集上的函数是定义在实数集上的函数，且且f f(2(2x x) )f

9、 f( (x x) )，若当若当x x11 时时，f f( (x x) )ln ln x x，则有则有( ( ) ) A Af f 1 13 3 f f(2)(2)f f 1 12 2 B Bf f 1 12 2 f f(2)(2)f f 1 13 3 C Cf f 1 12 2 f f 1 13 3 f f(2) (2) D Df f(2(2)f f 1 12 2 f f 1 13 3 解析：选解析：选 C C 由由f f(2(2x x) )f f( (x x) )可知函数可知函数f f( (x x) )的图象关于的图象关于x x1 1 对称对称，所以所以f f 1 12 2f f 3 32

10、 2，f f 1 13 3f f 5 53 3， 又当又当x x11 时时，f f( (x x) )ln ln x x单调递增单调递增， 所以所以f f 3 32 2 f f 5 53 3 f f(2)(2)， 即即f f 1 12 2 f f 1 13 3 0)0 的的x x的集合为的集合为_ 解析：由奇函数解析：由奇函数y yf f( (x x) )在在(0(0，)上递增上递增，且且f f 1 12 20 0，得函数得函数y yf f( (x x) )在在( (，0)0)上递增上递增，且且f f 1 12 20 0， f f( (x x)0)0 时时，x x 1 12 2或或1 12 2

11、x x0.0)0 的的x x的集合为的集合为 x x 1 12 2 x x0 1 12 2. . 答案：答案： x x 1 12 2 x x0 1 12 2 8 8已知已知f f( (x x) )，g g( (x x) )分别是定义在分别是定义在 R R 上的奇函数和偶函数上的奇函数和偶函数，且且f f( (x x) )g g( (x x) ) 1 12 2x x，则则f f(1)(1)，g g(0)(0)，g g( (1)1)之间的大小关系是之间的大小关系是_ 解析：在解析：在f f( (x x) )g g( (x x) ) 1 12 2x x中中，用用x x替换替换x x， 得得f f(

12、(x x) )g g( (x x) )2 2x x， 由于由于f f( (x x) )，g g( (x x) )分别是定义在分别是定义在 R R 上的奇函数和偶函数上的奇函数和偶函数， 所以所以f f( (x x) )f f( (x x) )，g g( (x x) )g g( (x x) )， 因此得因此得f f( (x x) )g g( (x x) )2 2x x. . 联立方程组解得联立方程组解得f f( (x x) )2 2x x2 2x x2 2，g g( (x x) )2 2x x2 2x x2 2， 于是于是f f(1)(1)3 34 4，g g(0)(0)1 1，g g( (1)

13、1)5 54 4， 故故f f(1)(1)g g(0)(0)g g( (1)1) 答案：答案：f f(1)(1)g g(0)(0)g g( (1)1) 9 9 设设f f( (x x) )的定义域为的定义域为( (， 0)0)(0(0， ， )， 且且f f( (x x) )是奇函数是奇函数， 当当x x00 时时，f f( (x x) )x x1 13 3x x. . (1)(1)求当求当x x00 时时，f f( (x x) )的解析式；的解析式； (2)(2)解不等式解不等式f f( (x x)x x8 8. . 解：解：(1)(1)因为因为f f( (x x) )是奇函数是奇函数，所以

14、当所以当x x000， 又因为当又因为当x x00 时时，f f( (x x) )x x1 13 3x x， 所以所以当当x x00 时时，f f( (x x) )f f( (x x) ) x x1 13 3x xx x1 13 3x x. . (2)(2)f f( (x x)00 时时，即即x x1 13 3x x x x8 8， 所以所以1 11 13 3x x 1 18 8，所以所以 3 3x x1818， 解得解得x x22，所以所以x x(0,2)(0,2) 当当x x00 时时，即即x x1 13 3x x 1 18 8， 所以所以 3 3x x332 2，所以所以x x 00，0

15、 0，x x0 0，x x2 2mxmx，x x00是奇函数是奇函数 (1)(1)求实数求实数m m的值；的值； (2)(2)若函数若函数f f( (x x) )在区间上单调递增在区间上单调递增，求实数求实数a a的取值范围的取值范围 解：解：(1)(1)设设x x000， 所以所以f f( (x x) )( (x x) )2 22(2(x x) )x x2 22 2x x. . 又又f f( (x x) )为奇函数为奇函数，所以所以f f( (x x) )f f( (x x) )， 于是于是x x021 1，a a2121， 所以所以 1 1a a33，故实数故实数a a的取值范围是的取值范

16、围是(1,(1,33 三上台阶三上台阶，自主选做志在冲刺名校自主选做志在冲刺名校 1 1已知已知y yf f( (x x) )是偶函数是偶函数，当当x x00 时时，f f( (x x) )x x4 4x x，且当且当x x时时，n nf f( (x x)m m恒成立恒成立，则则m mn n的最小值是的最小值是_ 解析：解析：当当x x时时，n nf f( (x x)m m恒成立恒成立， n nf f( (x x) )minmin且且m mf f( (x x) )m maxax， m mn n的最小值是的最小值是f f( (x x) )m maxaxf f( (x x) )minmin，又由偶

17、函数的图象关于又由偶函数的图象关于y y轴对称知轴对称知，当当x x时时，函函数的最值与数的最值与x x时的最值相同时的最值相同， 又当又当x x00 时时，f f( (x x) )x x4 4x x， 在上递减在上递减， 在上递增在上递增， 且且f f(1)(1)f f(3)(3)， f f( (x x) )m maxaxf f( (x x) )minminf f(1)(1)f f(2)(2)5 54 41.1. 答案：答案：1 1 2 2设函数设函数f f( (x x) )是定义在是定义在 R R 上的奇函数上的奇函数，对任意实数对任意实数x x有有f f 3 32 2x xf f 3 3

18、2 2x x成立成立 (1)(1)证明证明y yf f( (x x) )是周期函数是周期函数，并指出其周期；并指出其周期； (2)(2)若若f f(1)(1)2 2，求求f f(2)(2)f f(3)(3)的值；的值； (3)(3)若若g g( (x x) )x x2 2axax3 3，且且y y| |f f( (x x)|)|g g( (x x) )是偶函数是偶函数，求实数求实数a a的值的值 解：解：(1)(1)由由f f 3 32 2x xf f 3 32 2x x， 且且f f( (x x) )f f( (x x) )，知知f f(3(3x x) )f f 3 32 2 3 32 2x

19、 x f f 3 32 2 3 32 2x xf f( (x x) )f f( (x x) )， 所以所以y yf f( (x x) )是周期函数是周期函数，且且T T3 3 是其一个周期是其一个周期 (2)(2)因为因为f f( (x x) )为定义在为定义在 R R 上的奇函数上的奇函数，所以所以f f(0)(0)0 0， 且且f f( (1)1)f f(1)(1)2 2，又又T T3 3 是是y yf f( (x x) )的一个周期的一个周期，所以所以f f(2)(2)f f(3)(3)f f( (1)1)f f(0)(0)2 20 02.2. (3)(3)因为因为y y| |f f( (x x)|)|g g( (x x) )是偶函数是偶函数， 且且| |f f( (x x)|)| |f f( (x x)|)| |f f( (x x)|)|，所以所以| |f f( (x x)|)|为偶函数为偶函数 故故g g( (x x) )x x2 2axax3 3 为偶函数为偶函数， 即即g g( (x x) )g g( (x x) )恒成立恒成立， 于是于是( (x x) )2 2a a( (x x) )3 3x x2 2axax3 3 恒成立恒成立 于是于是 2 2axax0 0 恒成立恒成立，所以所以a a0.0.