高中數(shù)學(xué)北師大版第二章函數(shù)簡單的冪函數(shù) 第2章52

第二章§5第2課時A級基礎(chǔ)鞏固1．下列說法中不正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814454)(B)A．圖像關(guān)于原點成中心對稱的函數(shù)一定是奇函數(shù)B．奇函數(shù)的圖像一定過原點C．偶函數(shù)的圖像若不經(jīng)過原點，則它與x軸交點的個數(shù)一定是偶數(shù)個D．圖像關(guān)于y軸呈軸對稱的函數(shù)一定是偶函數(shù)[解析]∵奇函數(shù)的圖像不一定過原點，如y＝eq\f(1,x)，故應(yīng)選B．2．已知函數(shù)f(x)＝x4，則其圖像eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814455)(B)A．關(guān)于x軸對稱 B．關(guān)于y軸對稱C．關(guān)于原點對稱 D．關(guān)于直線y＝x對稱[解析]∵f(－x)＝x4＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，其圖像關(guān)于y軸對稱．3．下列表示具有奇偶性的函數(shù)的圖像可能是eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814456)(B)4．(2023·清海西寧模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax3＋bx＋c的圖像如圖所示，則f(a)＋f(－a)eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814457)(B)A．大于0 B．等于0C．小于0 D．以上結(jié)論都不對[解析]由圖像可知f(0)＝0，∴c＝0.于是f(x)＝ax3＋bx為奇函數(shù)，∴f(a)＋f(－a)＝f(a)－f(a)＝0.5．函數(shù)f(x)＝eq\r(3,x)＋x－1，若f(a)＝2，則f(－a)＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814458)(D)A．－2 B．2C．1 D．－4[解析]令g(x)＝eq\r(3,x)＋x，則g(x)為奇函數(shù)．∵f(a)＝g(a)－1＝2，∴g(a)＝3.∴f(－a)＝g(－a)－1＝－g(a)－1＝－4，故選D．6．設(shè)f(x)是奇函數(shù)，且在(0，＋∞)內(nèi)是增加的，又f(－3)＝0，則f(x)<0的解集是eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814459)(B)A．{x|－3<x<0或x>3}B．{x|x<－3或0<x<3}C．{x|x<－3或x>3}D．{x|－3<x<0或0<x<3}[解析]x>0時f(3)＝－f(－3)＝0，又∵f(x)在(0，＋∞)內(nèi)是增加的，∴x∈(0,3)時f(x)<0，又∵f(x)為奇函數(shù)．當(dāng)x<0時，只有x∈(－∞，－3)時，f(x)<0，故選B．7．(2023·全國卷Ⅱ文，14)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＝2x3＋x2，則f(2)＝\x(導(dǎo)學(xué)號00814460)[解析]∵當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x)＝2x3＋x2，∴f(－2)＝2×(－2)3＋(－2)2＝－16＋4＝－12，又∵f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(－2)＝－f(2)＝－12，∴f(2)＝12.8．已知偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝xf(x)(x∈R)，則f(1)＝\x(導(dǎo)學(xué)號00814461)[解析]令x＝－1，則f(－1＋2)＝－f(－1)，即f(1)＝－f(－1)，又f(x)為偶函數(shù)，所以f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝－f(1)，即f(1)＝0.9．判斷下列函數(shù)的奇偶性：eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814462)(1)f(x)＝x3＋x2；(2)f(x)＝0；(3)f(x)＝(1＋x)3－3(1＋x2)＋2；(4)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1－xx>0,x1＋xx<0))；(5)f(x)＝eq\f(\r(1＋x2)＋x－1,\r(1＋x2)＋x＋1).[解析](1)函數(shù)的定義域為R，它關(guān)于原點對稱，但f(－x)＝－x3＋x2與－f(x)和f(x)都不相等，所以f(x)＝x3＋x2為非奇非偶函數(shù)．(2)函數(shù)的定義域為R，它關(guān)于原點對稱，因為f(－x)＝0，f(x)＝0，即f(－x)＝f(x)，f(－x)＝－f(x)同時成立．所以f(x)＝0既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．(3)函數(shù)的定義域為R，f(x)＝(1＋x)3－3(1＋x2)＋2＝x3＋3x，f(－x)＝－x3－3x＝－f(x)．故f(x)是奇函數(shù)．(4)定義域為{x∈R，x≠0}，而當(dāng)x>0時，－x<0，f(－x)＝－x(1－x)＝－f(x)；當(dāng)x<0時，－x>0，f(－x)＝－x(1＋x)＝－f(x)；∴f(－x)＝－f(x)．故f(x)是奇函數(shù)．(5)解法1：函數(shù)的定義域為實數(shù)集R，且f(－x)＋f(x)＝eq\f(\r(1＋x2)－x－1,\r(1＋x2)－x＋1)＋eq\f(\r(1＋x2)＋x－1,\r(1＋x2)＋x＋1)＝eq\f([\r(1＋x2)2－x＋12]＋[\r(1＋x2)2－x－12],\r(1＋x2)＋12－x2)＝eq\f(－2x＋2x,2\r(1＋x2)＋2)＝0，∴f(－x)＝－f(x)，故f(x)在R上是奇函數(shù)．解法2：當(dāng)x≠0時，f(x)≠0，此時eq\f(f－x,fx)＝eq\f(\f(\r(1＋x2)－x－1,\r(1＋x2)－x＋1),\f(\r(1＋x2)＋x－1,\r(1＋x2)＋x＋1))＝eq\f(\r(1＋x2)－x－1\r(1＋x2)＋x＋1,\r(1＋x2)－x＋1\r(1＋x2)＋x－1)＝eq\f(\r(1＋x2)2－x＋12,\r(1＋x2)2－x－12)＝eq\f(－2x,2x)＝－1，即f(－x)＝－f(x)．當(dāng)x＝0時，f(－0)＝0＝－f(0)．∴f(x)在R上為奇函數(shù)．10．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是減少的，若f(a)≥f(2)，求實數(shù)a的取值范圍.eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814463)[解析]解法1：因為y＝f(x)在R上為偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是減少的，所以y＝f(x)在[0，＋∞)上為增加的．①當(dāng)a≥0時，因為f(a)≥f(2)，所以a≥2.②當(dāng)a≤0時，因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(2)＝f(－2)．又因為f(a)≥f(2)，所以f(a)≥f(－2)．而f(x)在(－∞，0]上為減少的，所以a≤－2.由①②可得a≤－2或a≥2.解法2：因為f(x)在R上為偶函數(shù)且在(－∞，0]上為減少的，所以y＝f(x)在[0，＋∞)上是增加的．因此由f(|a|)＝f(a)≥f(2)得|a|≥2，解得a≤－2或a≥2.即a的取值范圍為a≤－2或a≥2.B級素養(yǎng)提升1．已知f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，且f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，則f(1)＋g(1)＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814464)(C)A．－3 B．－1C．1 D．3[解析]∵f(x)－g(x)＝x3＋x2＋1，∴f(－x)－g(－x)＝－x3＋x2＋1，①又∵f(x)為偶函數(shù)，g(x)為奇函數(shù)，∴f(x)＋g(x)＝－x3＋x2＋1，②由①②得f(x)＝x2＋1，g(x)＝－x3，∴f(1)＝2，g(1)＝－1，∴f(1)＋g(1)＝1.2．已知定義域為R的函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上是增加的，且函數(shù)y＝f(x＋2)為偶函數(shù)，則下列結(jié)論不成立的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814465)(D)A．f(0)>f(1) B．f(0)>f(2)C．f(1)>f(2) D．f(1)>f(3)[解析]∵函數(shù)y＝f(x＋2)為偶函數(shù)，令g(x)＝f(x＋2)，∴g(－x)＝f(－x＋2)＝g(x)＝f(x＋2)，∴f(x＋2)＝f(2－x)，∴函數(shù)f(x)的圖像關(guān)于直線x＝2對稱，又∵函數(shù)f(x)在(2，＋∞)上是增加的，∴在(－∞，2)上為減函數(shù)，利用距對稱軸x＝2的遠(yuǎn)近可知，f(0)>f(1)，f(0)>f(2)，f(1)>f(2)，f(1)＝f(3)．3．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是偶函數(shù)，且定義域為[a－1,2a]，則a＝__eq\f(1,3)__，b＝\x(導(dǎo)學(xué)號00814466)[解析]∵f(x)是定義域為[a－1,2a]的偶函數(shù)，∴a－1＝－2a，∴a＝eq\f(1,3).又f(－x)＝f(x)，即eq\f(1,3)x2－bx＋1＋b＝eq\f(1,3)x2＋bx＋1＋b，∴b＝0.4．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且f(x＋2)＝－f(x)，又知當(dāng)0<x≤1時，f(x)＝x，則f的值為_－\x(導(dǎo)學(xué)號00814467)[解析]∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f＝f＋2)＝－f＝－f＋2)＝f＝f＋2)＝－f＝－f(－＋2)＝f(－，又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－＝－f＝－.5．設(shè)定義在[－2,2]上的偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[－2,0]上單調(diào)遞減，若f(1－m)<f(m)，求實數(shù)m的取值范圍.eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814468)[分析]已知條件較多，充分利用已知條件：f(1－m)<f(m)，則f(|1－m|)<f(|m|)．[解析]因為f(x)在[－2,2]上為偶函數(shù)，f(1－m)<f(m)．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f|1－m|<f|m|，,－2≤1－m≤2，,－2≤m≤2，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|1－m|<|m|，,－2≤1－m≤2，,－2≤m≤2，))解得eq\f(1,2)<m≤2.6．(1)函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，且在(－∞，0]上是增加的，試比較f(－eq\f(7,8))與f(1)的大??；(2)已知f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，且f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，求f(x)，g(x)的表達式.eq\x(導(dǎo)學(xué)號00814469)[解析](1)∵－1<－eq\f(7,8)，且函數(shù)y＝f(x)在(－∞，0]上是增加的，∴f(－1)<f(－eq\f(7,8))．又∵y＝f(x)是偶函數(shù)，∴f(－1)＝f(1)．∴f(1)<f(－eq\f(7,8))．(2)由f(x)＋g(x)＝x2＋x－2，①得f(－x)＋g(－x)＝x2－x－2.∵f(x)為偶函數(shù)，g(x)為奇函數(shù)，∴f(x)－g(x)＝x2－x－2.②①＋②得2f(x)＝2x2－4，∴f(x)＝x2①－②得2g(x)＝2x，∴g(x)＝xC級能力拔高已知函數(shù)f(x)＝eq\f(ax2＋1,bx＋c)(a、b、c∈Z)是奇函數(shù)，并且f(1)＝2，f(2)<3，求a、b、\x(導(dǎo)學(xué)號00814470)[分析]根據(jù)定義，應(yīng)使f(x)＋f(－x)＝0對定義域內(nèi)的任意x恒成立的式子即為恒等式．[解析]∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即eq\f(ax2＋1,－bx＋c)＝－eq\f(ax2＋1,bx＋c)，∴eq\f(ax2＋1bx＋c－bx＋c,－bx＋c