江蘇專用2024新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第二章函數(shù)第3節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性學(xué)案

PAGE1-第3節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性考試要求1.結(jié)合詳細(xì)函數(shù)，了解奇偶性的概念和幾何意義；2.結(jié)合三角函數(shù)，了解周期性的概念和幾何意義.知識梳理1.函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點偶函數(shù)假如對于隨意的x∈A，都有f(－x)＝f(x)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)關(guān)于y軸對稱奇函數(shù)假如對于隨意的x∈A，都有f(－x)＝－f(x)，那么稱函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)關(guān)于原點對稱2.函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)：對于函數(shù)y＝f(x)，假如存在一個非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取定義域內(nèi)的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(shù)的周期.(2)最小正周期：假如在周期函數(shù)f(x)的全部周期中存在一個最小的正數(shù)，那么這個最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期.[常用結(jié)論與微點提示]1.(1)假如一個奇函數(shù)f(x)在原點處有定義，即f(0)有意義，那么肯定有f(0)＝0.(2)假如函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|).2.奇函數(shù)在兩個關(guān)于原點對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在兩個關(guān)于原點對稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性.3.函數(shù)周期性常用結(jié)論對f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a>0).(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a>0).(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a>0).(4)若f(x＋a)＋f(x)＝c，則T＝2a(a>0，c為常數(shù)).4.對稱性的三個常用結(jié)論(1)若函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(2)若對于R上的隨意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(3)若函數(shù)y＝f(x＋b)是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(b，0)中心對稱.診斷自測1.推斷下列結(jié)論的正誤.(在括號內(nèi)打“√”或“×”)(1)函數(shù)y＝x2在x∈(0，＋∞)時是偶函數(shù).()(2)若函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，則肯定有f(0)＝0.()(3)若T是函數(shù)的一個周期，則nT(n∈Z，n≠0)也是函數(shù)的周期.()(4)若函數(shù)f(x)滿意關(guān)系f(a＋x)＝－f(b－x)，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)，0))對稱.()解析(1)由于偶函數(shù)的定義域關(guān)于原點對稱，故y＝x2在(0，＋∞)上不具有奇偶性，(1)錯.(2)由奇函數(shù)定義可知，若f(x)為奇函數(shù)，其在x＝0處有意義時才滿意f(0)＝0，(2)錯.答案(1)×(2)×(3)√(4)√2.(新教材必修第一冊P84例6改編)下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是()A.y＝x2sinx B.y＝x2cosxC.y＝|lnx| D.y＝2－x解析依據(jù)偶函數(shù)的定義知偶函數(shù)滿意f(－x)＝f(x)且定義域關(guān)于原點對稱，A選項為奇函數(shù)；B選項為偶函數(shù)；C選項定義域為(0，＋∞)，不具有奇偶性；D選項既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù).答案B3.(教材必修4P26T2改編)設(shè)f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當(dāng)x∈[－1，1)時，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4x2＋2，－1≤x<0，,x，0≤x<1，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝________.解析由題意得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋2＝1.答案14.(2024·濟(jì)南一中月考)已知f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1，2a]上的偶函數(shù)，那么a＋b的值是()A.－eq\f(1,3) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,2) D.－eq\f(1,2)解析由題意，得b＝0，且2a＝－(a－1)，解得a＝eq\f(1,3)，則a＋b＝eq\f(1,3).答案B5.(2024·全國Ⅱ卷)設(shè)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，f(x)＝ex－1，則當(dāng)x<0時，f(x)＝()A.e－x－1 B.e－x＋1C.－e－x－1 D.－e－x＋1解析由題意知，當(dāng)x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－(e－x－1)＝－e－x＋1.答案D6.(2024·蘇、錫、常、鎮(zhèn)調(diào)研)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)，滿意f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝ex－1，則f(－2017)＋f(2018)＝________.解析由f(x＋2)＝f(x)可知，函數(shù)f(x)的周期為2，又f(x)為偶函數(shù)，∴f(－2017)＋f(2018)＝f(－2016－1)＋f(0)＝f(－1)＋f(0)＝f(1)＋f(0)＝e－1.答案e－1考點一函數(shù)的奇偶性及其應(yīng)用多維探究角度1函數(shù)奇偶性的推斷【例1－1】推斷下列函數(shù)的奇偶性：(1)f(x)＝eq\r(3－x2)＋eq\r(x2－3)；(2)f(x)＝eq\f(lg（1－x2）,|x－2|－2)；(3)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x<0，,－x2＋x，x>0；))(4)f(x)＝log2(x＋eq\r(x2＋1)).解(1)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3－x2≥0，,x2－3≥0，))得x2＝3，解得x＝±eq\r(3)，即函數(shù)f(x)的定義域為{－eq\r(3)，eq\r(3)}，從而f(x)＝eq\r(3－x2)＋eq\r(x2－3)＝0.因此f(－x)＝－f(x)且f(－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù).(2)由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,|x－2|≠2，))得定義域為(－1，0)∪(0，1)，關(guān)于原點對稱.∴x－2<0，∴|x－2|－2＝－x，∴f(x)＝eq\f(lg（1－x2）,－x).又∵f(－x)＝eq\f(lg[1－（－x）2],x)＝－eq\f(lg（1－x2）,－x)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù).(3)明顯函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，關(guān)于原點對稱.∵當(dāng)x<0時，－x>0，則f(－x)＝－(－x)2－x＝－x2－x＝－f(x)；當(dāng)x>0時，－x<0，則f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x)；綜上可知：對于定義域內(nèi)的隨意x，總有f(－x)＝－f(x)成立，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù).(4)明顯函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－x)＝log2(－x＋eq\r(（－x）2＋1))＝log2(eq\r(x2＋1)－x)＝log2(eq\r(x2＋1)＋x)－1＝－log2(eq\r(x2＋1)＋x)＝－f(x)，故f(x)為奇函數(shù).規(guī)律方法推斷函數(shù)的奇偶性，其中包括兩個必備條件：(1)定義域關(guān)于原點對稱，這是函數(shù)具有奇偶性的必要不充分條件，所以首先考慮定義域；(2)推斷f(x)與f(－x)是否具有等量關(guān)系，在推斷奇偶性的運(yùn)算中，可以轉(zhuǎn)化為推斷奇偶性的等價等量關(guān)系式(f(x)＋f(－x)＝0(奇函數(shù))或f(x)－f(－x)＝0(偶函數(shù)))是否成立.角度2函數(shù)奇偶性的應(yīng)用【例1－2】(1)若函數(shù)f(x)＝eq\f(3·e|x－1|－sin（x－1）,e|x－1|)在區(qū)間[－3，5]上的最大值、最小值分別為p，q，則p＋q的值為()A.2 B.1 C.6 D.3(2)已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝2x＋m，則f(－3)＝________.解析(1)因為f(x)＝eq\f(3e|x－1|－sin（x－1）,e|x－1|)＝3－eq\f(sin（x－1）,e|x－1|)，所以f(x)－3＝－eq\f(sin（x－1）,e|x－1|)，∴f(t＋1)－3＝－eq\f(sint,e|t|)，t∈[－4，4].又f(t＋1)－3為奇函數(shù)，所以它在區(qū)間[－4，4]上的最大值、最小值之和為0，也就是p－3＋q－3＝0，所以p＋q＝6.(2)因為f(x)為R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即f(0)＝20＋m＝0，解得m＝－1.故f(x)＝2x－1(x≥0)，則f(－3)＝－f(3)＝－(23－1)＝－7.答案(1)C(2)－7規(guī)律方法利用函數(shù)奇偶性可以解決以下問題：(1)求函數(shù)值：將待求值利用奇偶性轉(zhuǎn)化為求已知解析式的區(qū)間上的函數(shù)值.(2)求解析式：將待求區(qū)間上的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的區(qū)間上，再利用奇偶性的定義求出.(3)求解析式中的參數(shù)：利用待定系數(shù)法求解，依據(jù)f(x)±f(－x)＝0得到關(guān)于參數(shù)的恒等式，由系數(shù)的對等性得方程(組)，進(jìn)而得出參數(shù)的值.(4)畫函數(shù)圖象：利用函數(shù)的奇偶性可畫出函數(shù)在其對稱區(qū)間上的圖象.(5)求特殊值：利用奇函數(shù)的最大值與最小值之和為零可求一些特殊結(jié)構(gòu)的函數(shù)值.【訓(xùn)練1】(1)(角度1)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(2,ax－1)＋b(a>0且a≠1)，則函數(shù)f(x)的奇偶性()A.與a無關(guān)，且與b無關(guān) B.與a有關(guān)，且與b有關(guān)C.與a有關(guān)，但與b無關(guān) D.與a無關(guān)，但與b有關(guān)(2)(角度2)若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝________ .解析(1)f(－x)＝eq\f(2,a－x－1)＋b＝eq\f(－2ax,ax－1)＋b≠f(x)，所以f(x)肯定不是偶函數(shù)；設(shè)f(x)為奇函數(shù)，則由奇函數(shù)的定義知f(－x)＋f(x)＝0.即eq\f(－2ax,ax－1)＋b＋eq\f(2,ax－1)＋b＝eq\f(－2（ax－1）,ax－1)＋2b＝－2＋2b＝0，解得b＝1，即當(dāng)b＝1時，f(x)為奇函數(shù)，當(dāng)b≠1時，f(x)為非奇非偶函數(shù)，所以f(x)的奇偶性與a無關(guān)，但與b有關(guān).(2)由于f(－x)＝f(x)，即ln(e－3x＋1)－ax＝ln(e3x＋1)＋ax，化簡得2ax＋3x＝0(x∈R)，則2a＋3＝0，解得a＝－eq\f(3,2).答案(1)D(2)－eq\f(3,2)考點二函數(shù)的周期性及其應(yīng)用【例2】(1)已知函數(shù)f(x)對隨意x∈R，都有f(x＋2π)＝f(x)，當(dāng)x∈(0，π)時，f(x)＝2sineq\f(x,2)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,3)))＝()A.eq\f(1,2) B.eq\f(\r(3),2) C.1 D.eq\r(3)(2)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為3的周期函數(shù)，且當(dāng)x∈(1，4]時，f(x)＝3x－1，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(100)＝________.解析(1)因為f(x＋2π)＝f(x)，所以f(x)的周期為2π.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(19π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(6π＋\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2π×3＋\f(π,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))，又因為當(dāng)x∈(0，π)時，f(x)＝2sineq\f(x,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))＝2sineq\f(π,6)＝1.(2)由題意，得f(1)＝f(4)＝11，f(2)＝5，f(3)＝8.故f(1)＋f(2)＋f(3)＝24，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(100)＝33×[f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(33×3＋1)＝803.答案(1)C(2)803規(guī)律方法1.留意周期性的常見表達(dá)式的應(yīng)用.2.依據(jù)函數(shù)的周期性，可以由函數(shù)局部的解析式(或函數(shù)值)得到整個定義域內(nèi)的解析式(或相應(yīng)的函數(shù)值).【訓(xùn)練2】(1)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(2)＝2－eq\r(3)，且對隨意的x都有f(x＋2)＝eq\f(1,－f（x）)，則f(2020)＝________.(2)已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝x3－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點個數(shù)為________.解析(1)由f(x＋2)＝eq\f(1,－f（x）)，得f(x＋4)＝eq\f(1,－f（x＋2）)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，所以f(2020)＝f(4).又f(2)＝2－eq\r(3)，所以f(4)＝－eq\f(1,f（2）)＝－eq\f(1,2－\r(3))＝－2－eq\r(3).故f(2020)＝－2－eq\r(3).(2)因為當(dāng)0≤x<2時，f(x)＝x3－x.又f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且f(0)＝0，則f(6)＝f(4)＝f(2)＝f(0)＝0.又f(1)＝0，∴f(3)＝f(5)＝f(1)＝0，故函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點有7個.答案(1)－2－eq\r(3)(2)7考點三函數(shù)性質(zhì)的綜合運(yùn)用多維探究角度1函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性【例3－1】(1)已知奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，g(x)＝xf(x).若a＝g(－log25.1)，b＝g(20.8)，c＝g(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A.a<b<c B.c<b<aC.b<a<c D.b<c<a(2)(2024·北京朝陽區(qū)模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍為________________.解析(1)易知g(x)＝xf(x)在R上為偶函數(shù)，∵奇函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，且f(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).又3>log25.1>2>20.8，且a＝g(－log25.1)＝g(log25.1)，∴g(3)>g(log25.1)>g(20.8)，則c>a>b.(2)由已知得函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝f(|x|)，由f(x)>f(2x－1)，可得f(|x|)>f(|2x－1|).當(dāng)x>0時，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，因為y＝ln(1＋x)與y＝－eq\f(1,1＋x2)在(0，＋∞)上都單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增.由f(|x|)>f(|2x－1|，可得|x|>|2x－1|，兩邊平方可得x2>(2x－1)2，整理得3x2－4x＋1<0，解得eq\f(1,3)<x<1.所以符合題意的x的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).答案(1)C(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))規(guī)律方法1.比較函數(shù)值的大小問題，可以利用奇偶性，把不在同一單調(diào)區(qū)間上的兩個或多個自變量的函數(shù)值轉(zhuǎn)化到同一單調(diào)區(qū)間上，再利用函數(shù)的單調(diào)性比較大??；2.對于抽象函數(shù)不等式的求解，應(yīng)變形為f(x1)>f(x2)的形式，再結(jié)合單調(diào)性，脫去法則“f”變成常規(guī)不等式，如x1<x2(或x1>x2)求解.角度2函數(shù)的奇偶性與周期性【例3－2】(1)(多選題)(2024·濟(jì)南模擬)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意f(x－4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0，2]上是增函數(shù)，則()A.f(2019)＝f(2017) B.f(2019)＝f(2016)C.f(2016)＜f(2019) D.f(2016)＞f(2018)(2)已知f(x)是定義在R上的以3為周期的偶函數(shù)，若f(1)<1，f(5)＝eq\f(2a－3,a＋1)，則實數(shù)a的取值范圍為()A.(－1，4) B.(－2，0)C.(－1，0) D.(－1，2)解析(1)因為f(x)滿意f(x－4)＝－f(x)，所以f(x－8)＝f(x)，所以定義在R上的奇函數(shù)f(x)是以8為周期的函數(shù)，則f(2016)＝f(0)＝0，f(2017)＝f(1)，f(2018)＝f(2)，而由f(x－4)＝－f(x)得f(2019)＝f(3)＝－f(－3)＝－f(1－4)＝f(1)，又因為f(x)在[0，2]上是增函數(shù)，所以f(2)＞f(1)＞f(0)＝0，即f(2019)＝f(2017)，f(2016)＜f(2019)，故選AC.(2)因為f(x)是定義在R上的以3為周期的偶函數(shù).∴f(5)＝f(－1)＝f(1)<1.從而eq\f(2a－3,a＋1)<1，解得－1<a<4.答案(1)AC(2)A規(guī)律方法1.周期性與奇偶性結(jié)合的問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進(jìn)行轉(zhuǎn)換，將所求函數(shù)值的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的函數(shù)定義域內(nèi)求解.2.函數(shù)f(x)滿意的關(guān)系f(a＋x)＝f(b－x)表明的是函數(shù)圖象的對稱性，函數(shù)f(x)滿意的關(guān)系f(a＋x)＝f(b＋x)(a≠b)表明的是函數(shù)的周期性，在運(yùn)用這兩個關(guān)系時不要混淆.【訓(xùn)練3】(1)(角度1)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，若f(lnx)<f(2)，則x的取值范圍是()A.(0，e2) B.(e－2，＋∞)C.(e2，＋∞) D.(e－2，e2)(2)(角度2)已知奇函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝3對稱，當(dāng)x∈[0，3]時，f(x)＝－x，則f(－16)＝________.解析(1)依據(jù)題意知，f(x)為偶函數(shù)且在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則f(lnx)<f(2)?|lnx|<2，即－2<lnx<2，解得e－2<x<e2，即x的取值范圍是(e－2，e2).(2)依據(jù)題意，函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝3對稱，則有f(x)＝f(6－x)，又由函數(shù)為奇函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)，則有f(x)＝－f(6－x)＝f(x－12)，則f(x)的最小正周期是12，故f(－16)＝f(－4)＝－f(4)＝－f(2)＝－(－2)＝2.答案(1)D(2)2贏得高分高考中函數(shù)性質(zhì)“瓶頸題”突破函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性在高考中占有重要地位，不僅單獨(dú)考查，且常融合滲透于一體，考查性質(zhì)的綜合應(yīng)用，如2024·全國Ⅰ卷·T11，2024·全國Ⅲ卷·T11，2024·全國Ⅱ卷·T11，2024·全國Ⅲ卷·T15等，著重考查利用函數(shù)性質(zhì)求值、比較大小、求解參數(shù)或解不等式.【典例】(一題多解)(2024·全國Ⅱ卷)已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿意f(1－x)＝f(1＋x).若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A.－50 B.0 C.2 D.50解析法一∵f(x)在R上是奇函數(shù)，且f(1－x)＝f(1＋x).∴f(x＋1)＝－f(x－1)，即f(x＋2)＝－f(x).因此f(x＋4)＝f(x)，則函數(shù)f(x)是周期為4的函數(shù)，由于f(1－x)＝f(1＋x)，f(1)＝2，故令x＝1，得f(0)＝f(2)＝0，令x＝2，得f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，令x＝3，得f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝2＋0－2＋0＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×0＋f(1)＋f(2)＝2.法二取一個符合題意的函數(shù)f(x)＝2sineq\f(πx,2)，則結(jié)合該函數(shù)的圖象易知數(shù)列{f(n)}(n∈N*)是以4為周期的周期數(shù)列.故f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.答案C思維升華1.周期性、奇偶性與單調(diào)性結(jié)合.解決此類問題通常先利用周期性轉(zhuǎn)化自變量所在的區(qū)間，然后利用奇偶性和單調(diào)性求解.2.對于選擇題、填空題，還常借助特殊性(如法二)，或函數(shù)圖象的幾何直觀進(jìn)行優(yōu)化求解.【訓(xùn)練】(2024·如東高收中學(xué)期中)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意當(dāng)x≥0時，f(x)＝log2(x＋2)＋x＋b，則|f(x)|>3的解集為()A.(－∞，－2)∪(2，＋∞) B.(－∞，－4)∪(4，＋∞)C.(－2，2) D.(－4，4)解析由題意，f(0)＝log22＋b＝0，解得b＝－1.所以f(x)＝log2(x＋2)＋x－1，f(2)＝3，且在R上單調(diào)遞增，又|f(x)|>3，所以|f(x)|>f(2)，即f(x)>f(2)或f(x)<f(－2)，解得x>2或x<－2.答案A數(shù)學(xué)運(yùn)算——活用函數(shù)性質(zhì)中“三個二級”結(jié)論數(shù)學(xué)運(yùn)算是解決數(shù)學(xué)問題的基本手段，通過運(yùn)算能夠促進(jìn)學(xué)生數(shù)學(xué)思維的發(fā)展.通過常見的“二級結(jié)論”解決數(shù)學(xué)問題，可優(yōu)化數(shù)學(xué)運(yùn)算的過程，使學(xué)生逐步形成規(guī)范化、程序化的思維品質(zhì)，養(yǎng)成一絲不茍、嚴(yán)謹(jǐn)求實的科學(xué)精神.類型1奇函數(shù)的最值性質(zhì)已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間D上的奇函數(shù)，則對隨意的x∈D，都有f(x)＋f(－x)＝0.特殊地，若奇函數(shù)f(x)在D上有最值，則f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，則f(0)＝0.【例1】設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________.解析明顯函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，設(shè)g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，則g(－x)＝－g(x)，∴g(x)為奇函數(shù)，由奇函數(shù)圖象的對稱性知g(x)max＋g(x)min＝0，∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.答案2類型2抽象函數(shù)的周期性(1)假如f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，那么f(x)是周期函數(shù)，其中一個周期T＝2a.(2)假如f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)(a≠0)，那么f(x)是周期函數(shù)，其中的一個周期T＝2a.(3)假如f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)(a≠0)，那么f(x)是周期函數(shù)，其中的一個周期T＝2a.(4)假如f(x＋a)＋f(x)＝c(a≠0)，那么f(x)是周期函數(shù)，其中的一個周期T＝2a.【例2】已知函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，有f(x＋3)＝－f(x)，且當(dāng)x∈(0，3)時，f(x)＝x＋1，則f(－2023)＋f(2024)＝()A.3 B.2 C.1 D.0解析因為函數(shù)f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－2023)＝－f(2023)，因為當(dāng)x≥0時，有f(x＋3)＝－f(x)，所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，即當(dāng)x≥0時，自變量的值每增加6，對應(yīng)函數(shù)值重復(fù)出現(xiàn)一次.又當(dāng)x∈(0，3)時，f(x)＝x＋1，∴f(2023)＝f(337×6＋1)＝f(1)＝2，f(2024)＝f(337×6＋2)＝f(2)＝3.故f(－2023)＋f(2024)＝－f(2023)＋3＝1.答案C類型3抽象函數(shù)的對稱性已知函數(shù)f(x)是定義在R上的函數(shù).(1)若f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱，特殊地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱.(2)若函數(shù)y＝f(x)滿意f(a＋x)＋f(a－x)＝0，即f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖象關(guān)于點(a，0)對稱.【例3】已知定義在R上的函數(shù)f(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，且f(x＋1)是偶函數(shù)，不等式f(m＋2)≥f(x－1)對隨意的x∈[－1，0]恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.[－3，1] B.(－∞，－3)∪[1，＋∞)C.[－4，2] D.(－∞，－4]∪[2，＋∞)解析由于f(x＋1)是偶函數(shù)，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，因此函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱.由f(x)在[1，＋∞)上遞減，知f(x)在(－∞，1]上遞增.又x∈[－1，0]，知x－1∈[－2，－1]，①當(dāng)m＋2≤1，即m≤－1時，f(m＋2)≥f(x－1)對x∈[－1，0]恒成立，則有m＋2≥x－1對x∈[－1，0]恒成立，∴－3≤m≤－1，②當(dāng)m＋2>1，即m>－1時，f(m＋2)≥f(x－1)＝f(3－x)，則有m＋2≤3－x對x∈[－1，0]恒成立，則－1<m≤1，由以上知，實數(shù)m的取值范圍是[－3，1].答案A【例4】函數(shù)y＝f(x)對隨意x∈R都有f(x＋2)＝f(－x)成立，且函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，f(1)＝4，則f(2020)＋f(2021)＋f(2022)的值為________.解析因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1，0)對稱，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，即函數(shù)f(x)是R上的奇函數(shù)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故f(x)的周期為4.所以f(2021)＝f(505×4＋1)＝f(1)＝4，所以f(2020)＋f(2022)＝f(2020)＋f(2020＋2)＝f(2020)＋f(－2020)＝f(2020)－f(2020)＝0，所以f(2020)＋f(2021)＋f(2022)＝4.答案4A級基礎(chǔ)鞏固一、選擇題1.下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在(0，1)上單調(diào)遞增的函數(shù)是()A.y＝|log3x| B.y＝x3C.y＝e|x| D.y＝cos|x|解析對于A選項，函數(shù)定義域是(0，＋∞)，故是非奇非偶函數(shù)，明顯B項中，y＝x3是奇函數(shù).對于C選項，函數(shù)的定義域是R，是偶函數(shù)，且當(dāng)x∈(0，＋∞)時，函數(shù)是增函數(shù)，故在(0，1)上單調(diào)遞增，對于D選項，y＝cos|x|在(0，1)上單調(diào)遞減.答案C2.(2024·北京模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－ax，x≤0，,ax2＋x，x>0))為奇函數(shù)，則a＝()A.－1 B.1 C.0 D.±1解析由題意，得f(－x)＝－f(x)，則f(－1)＝－f(1)，即1＋a＝－a－1，得a＝－1(經(jīng)檢驗符合題意).答案A3.若函數(shù)f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數(shù)，當(dāng)0<x<1時，f(x)＝4x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝()A.－2 B.0 C.1 D.2解析由題意，得f(2)＝f(0)＝0.又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4eq\s\up6(\f(1,2))＝－2，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝－2.答案A4.(多選題)若定義域為R的函數(shù)f(x)在(4，＋∞)上為減函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x＋4)為偶函數(shù)，則()A.f(2)>f(3) B.f(2)＝f(6)C.f(3)＝f(5) D.f(3)>f(6)解析∵y＝f(x＋4)為偶函數(shù)，∴f(－x＋4)＝f(x＋4)，因此y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝4對稱，∴f(2)＝f(6)，f(3)＝f(5).又y＝f(x)在(4，＋∞)上為減函數(shù)，∴f(5)>f(6)，所以f(3)>f(6).答案BCD5.定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，f(x)＝logeq\f(1,2)(1－x)，則f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))內(nèi)是()A.減函數(shù)且f(x)>0 B.減函數(shù)且f(x)<0C.增函數(shù)且f(x)>0 D.增函數(shù)且f(x)<0解析當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，由f(x)＝logeq\f(1,2)(1－x)可知，f(x)單調(diào)遞增且f(x)>0.又函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))上函數(shù)也單調(diào)遞增，且f(x)<0.由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(3,2)))＝f(x)知，函數(shù)的周期為eq\f(3,2)，所以在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上，函數(shù)單調(diào)遞增且f(x)<0.答案D二、填空題6.已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x>0時，f(x)＝lnx，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))))的值為________.解析由已知可得feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝lneq\f(1,e2)＝－2，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))))＝f(－2).又f(x)是奇函數(shù)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))))＝f(－2)＝－f(2)＝－ln2.答案－ln27.(多填題)奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[3，6]上是增函數(shù)，且在區(qū)間[3，6]上的最大值為8，最小值為－1，則f(6)＝________，f(－3)＝________.解析由于f(x)在[3，6]上為增函數(shù)，所以f(x)的最大值為f(6)＝8，f(x)的最小值為f(3)＝－1，因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(－3)＝－f(3)＝1.答案818.若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，＋∞)上是單調(diào)遞增的.假如實數(shù)t滿意f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))≤2f(1)，那么t的取值范圍是________.解析由于函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(lnt)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))，由f(lnt)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,t)))≤2f(1)，得f(lnt)≤f(1).又函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上是單調(diào)遞增的，所以|lnt|≤1，即－1≤lnt≤1，故eq\f(1,e)≤t≤e.答案eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e))三、解答題9.已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x>0，,0，x＝0，,x2＋mx，x<0))是奇函數(shù).(1)求實數(shù)m的值；(2)若函數(shù)f(x)在區(qū)間[－1，a－2]上單調(diào)遞增，求實數(shù)a的取值范圍.解(1)設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＝－x2－2x.又f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x).于是x<0時，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.(2)要使f(x)在[－1，a－2]上單調(diào)遞增，結(jié)合f(x)的圖象知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a－2>－1，,a－2≤1，))所以1<a≤3，故實數(shù)a的取值范圍是(1，3].10.設(shè)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，對隨意實數(shù)x都有feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))成立.(1)證明y＝f(x)是周期函數(shù)，并指出其周期；(2)若f(1)＝2，求f(2)＋f(3)的值；(3)若g(x)＝x2＋ax＋3，且y＝|f(x)|·g(x)是偶函數(shù)，求實數(shù)a的值.解(1)由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－x))，且f(－x)＝－f(x)，知f(3＋x)＝feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))))＝－feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋x))))＝－f(－x)＝f(x)，所以y＝f(x)是周期函數(shù)，且T＝3是其一個周期.(2)因為f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，且f(－1)＝－f(1)＝－2，又T＝3是y＝f(x)的一個周期，所以f(2)＋f(3)＝f(－1)＋f(0)＝－2＋0＝－2.(3)因為y＝|f(x)|·g(x)是偶函數(shù)，且|f(－x)|＝|－f(x)|＝|f(x)|，所以|f(x)|為偶函數(shù).故g(x)＝x2＋ax＋3為偶函數(shù)，即g(－x)＝g(x)恒成立，于是(－x)2＋a(－x)＋3＝x2＋ax＋3恒成立.于是2ax＝0恒成立，所以a＝0.B級實力提升11.(2024·徐州模擬)定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿意f(x＋2)＝f(－x)，且當(dāng)x∈[0，1]時，f(x)＝2x－cosx，則下列結(jié)論正確的是()A.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))<f(2018)B.f(2018)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))C.f(2018)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3)))D.feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3)))<f(2018)解析∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，則f(x)的周期為4.因此f(2018)＝f(2)＝f(0)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(168×4＋\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，又x∈[0，1]時，f(x)＝2x－cosx單調(diào)遞增，∴f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))，故f(2018)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2019,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2020,3))).答案C12.(多選題)已知偶函數(shù)f(x)滿意f(x)＋f(2－x)＝0，則下列說法正確的是()A.函數(shù)f(x)是以2為周期的周期函數(shù)B.函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)C.函數(shù)f(x－1)為奇函數(shù)D.函數(shù)f(x－3)為偶函數(shù)解析偶函數(shù)f(x)滿意f(x)＋f(2－x)＝0，即有f(－x)＝f(x)＝－f(2－x)，即為f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，可得f(x)的最小正周期為4，故A錯誤，B正確；由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋1)＝－f(x－1).又f(－x－1)＝f(x＋1)，則f(－x－1)＝－f(x－1)，故f(x－1)為奇函數(shù)，C正確；由f(－x－3)＝f(x＋3)，若f(x－3)為偶函數(shù)，即有f(－x－3)＝f(x－3)，得f(x＋3)＝f(x－3)，∴f(x＋6)＝f(x).得6為f(x)的周期，這與4為最小正周期相沖突，則D錯誤.故選BC.答案BC