2021-2022高中數(shù)學(xué)人教版必修1作業(yè)1.3.2奇偶性（系列五）Word版含答案

1.3.2奇偶性(二)一、基礎(chǔ)過關(guān)1．下面四個結(jié)論：①偶函數(shù)的圖象一定與y軸相交；②奇函數(shù)的圖象一定過原點(diǎn)；③偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱；④沒有一個函數(shù)既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)．其中正確的結(jié)論個數(shù)是()A．1 B．2 C．3 D．42．已知函數(shù)f(x)＝(m－1)x2－2mx＋3是偶函數(shù)，則在(－∞，0)上此函數(shù) ()A．是增函數(shù) B．不是單調(diào)函數(shù)C．是減函數(shù) D．不能確定3．定義在R上的函數(shù)f(x)在(－∞，2)上是增函數(shù)，且f(x＋2)的圖象關(guān)于y軸對稱，則()A．f(－1)＜f(3) B．f(0)＞f(3)C．f(－1)＝f(3) D．f(0)＝f(3)4．設(shè)奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)，且f(1)＝0，則不等式eq\f(fx－f－x,x)<0的解集為()A．(－1,0)∪(1，＋∞) B．(－∞，－1)∪(0,1)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(0,1)5．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，當(dāng)x>0時，f(x)＝x2＋|x|－1，那么x<0時，f(x)＝________.6．設(shè)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)0≤x≤1時，f(x)＝x，則f(7.5)＝________.7．設(shè)函數(shù)f(x)在R上是偶函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上遞增，且f(2a2＋a＋1)<f(2a2－2a8．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的單調(diào)函數(shù)，滿足f(－3)＝2，且對任意的實(shí)數(shù)a∈R有f(－a)＋f(a)＝0恒成立．(1)試判斷f(x)在R上的單調(diào)性，并說明理由．(2)解關(guān)于x的不等式f(eq\f(2－x,x))<2.二、能力提升9．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿足f(x)<f(1)的x的取值范圍是()A．(－1,1) B．(－1,0)C．(0,1) D．[－1,1)10．設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，當(dāng)x∈[0，＋∞)時，f(x)是增函數(shù)，則f(－2)，f(π)，f(－3)的大小關(guān)系是 ()A．f(π)>f(－3)>f(－2)B．f(π)>f(－2)>f(－3)C．f(π)<f(－3)<f(－2)D．f(π)<f(－2)<f(－3)11．y＝f(x)在(0,2)上是增函數(shù)，y＝f(x＋2)是偶函數(shù)，則f(1)，f(eq\f(5,2))，f(eq\f(7,2))的大小關(guān)系是__________．12．已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(1,x2)(x≠0，常數(shù)a∈R)．(1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性，并說明理由；(2)若函數(shù)f(x)在x∈[3，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍．三、探究與拓展13．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b為常數(shù))，x∈R.F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fxx>0,－fxx<0)).(1)若f(－1)＝0，且函數(shù)f(x)的值域?yàn)閇0，＋∞)，求F(x)的表達(dá)式；(2)在(1)的條件下，當(dāng)x∈[－2,2]時，g(x)＝f(x)－kx是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；(3)設(shè)m·n<0，m＋n>0，a>0，且f(x)為偶函數(shù)，判斷F(m)＋F(n)能否大于零？答案1．A2.A3.A4．C5．－x2＋x＋16．－0.57．解由f(x)在R上是偶函數(shù)，在區(qū)間(－∞，0)上遞增，可知f(x)在(0，＋∞)上遞減．∵2a2＋a＋1＝2(a＋eq\f(1,4))2＋eq\f(7,8)>0，2a2－2a＋3＝2(a－eq\f(1,2))2＋eq\f(5,2)>0，且f(2a2＋a＋1)<f(2a2－∴2a2＋a＋1>2a2－即3a－2>0，解得a>eq\f(2,3).8．解(1)f(x)是R上的減函數(shù)．由f(－a)＋f(a)＝0可得f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，又∵f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)．由f(－3)＝2，得f(0)<f(－3)，∴f(x)為R上的減函數(shù)．(2)由f(－3)＝2，又由于f(eq\f(2－x,x))<f(－3)，又由(1)可得eq\f(2－x,x)>－3，即eq\f(2x＋2,x)>0，解得x<－1或x>0.∴不等式的解集為{x|x<－1或x>0}．9．A10．A11．f(eq\f(7,2))<f(1)<f(eq\f(5,2))12．解(1)定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，關(guān)于原點(diǎn)對稱．當(dāng)a＝0時，f(x)＝eq\f(1,x2)，滿足對定義域上任意x，f(－x)＝f(x)，∴a＝0時，f(x)是偶函數(shù)；當(dāng)a≠0時，f(1)＝a＋1，f(－1)＝1－a，若f(x)為偶函數(shù)，則a＋1＝1－a，a＝0矛盾；若f(x)為奇函數(shù)，則1－a＝－(a＋1)，1＝－1矛盾，∴當(dāng)a≠0時，f(x)是非奇非偶函數(shù).(2)任取x1>x2≥3，f(x1)－f(x2)＝ax1＋eq\f(1,x\o\al(2,1))－ax2－eq\f(1,x\o\al(2,2))＝a(x1－x2)＋eq\f(x\o\al(2,2)－x\o\al(2,1),x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))＝(x1－x2)(a－eq\f(x1＋x2,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2)))．∵x1－x2>0，f(x)在[3，＋∞)上為增函數(shù)，∴a>eq\f(x1＋x2,x\o\al(2,1)x\o\al(2,2))，即a>eq\f(1,x1x\o\al(2,2))＋eq\f(1,x\o\al(2,1)x2)在[3，＋∞)上恒成立．∵x1>x2≥3，eq\f(1,x1x\o\al(2,2))＋eq\f(1,x\o\al(2,1)x2)<eq\f(1,3×32)＋eq\f(1,32×3)＝eq\f(2,27)，∴a≥eq\f(2,27).13．解(1)由題意，得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－b＋1＝0,a>0,b2－4a＝0))，解得：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))，所以F(x)的表達(dá)式為：F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12x>0,－x＋12x<0)).(2)g(x)＝x2＋(2－k)x＋1，圖象的對稱軸為x＝－eq\f(2－k,2)＝eq\f(k－2,2)，由題意，得eq\f(k－2,2)≤－2或eq\f(k－2,2)≥2，解得k≥6或k≤－2.(3)∵f(x)是偶函數(shù)，∴f(x)＝ax2＋1，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{\r