2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第2讲　第3课时　高效演练 分层突破学案

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1．已知f(x)在R上是奇函数，且满足f(x＋4)＝f(x)，当x∈(0，2)时，f(x)＝2x2，则f(2 019)＝( )
A．－2 B．2
C．－98 D．98
解析：选A.由f(x＋4)＝f(x)知，f(x)是周期为4的周期函数，f(2 019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．
由f(1)＝2×12＝2得f(－1)＝－f(1)＝－2，
所以f(2 019)＝－2.故选A.
2．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
解析：选A.因为f(x)是偶函数，所以其图象关于y轴对称，
又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，f(2x－1)所以|2x－1|3．若f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，∀x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<0，则( )
A．f(3)B．f(1)C．f(－2)D．f(3)解析：选D.因为∀x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)<0，所以当x≥0时，函数f(x)为减函数，因为f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，所以f(3)即f(3)4．(2020·黑龙江齐齐哈尔二模)已知函数f(x)是偶函数，定义域为R，单调增区间为[0，＋∞)，且f(1)＝0，则(x－1)f(x－1)≤0的解集为( )
A．[－2，0] B．[－1，1]
C．(－∞，0]∪[1，2] D．(－∞，－1]∪[0，1]
解析：选C.由题意可知，函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，且f(－1)＝0，
令x－1＝t，则tf(t)≤0，当t≥0时，f(t)≤0，解得0≤t≤1；当t<0时，f(t)≥0，解得t≤－1，所以0≤x－1≤1或x－1≤－1，所以x≤0或1≤x≤2.故选C.
5．(2020·甘肃静宁一中一模)函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，且函数f(x＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( )
A．f(1)B．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))C．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))解析：选C.函数f(x＋2)是偶函数，则其图象关于y轴对称，所以函数y＝f(x)的图象关于x＝2对称，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，函数y＝f(x)在[0，2]上单调递增，则有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))6．偶函数y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称，f(3)＝3，则f(－1)＝ ．
解析：因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)．
又f(x)的图象关于直线x＝2对称，
所以f(1)＝f(3)．所以f(－1)＝3.
答案：3
7．设奇函数f(x)在(0，＋∞)上为增函数，且f(1)＝0，则不等式eq \f(f（x）－f（－x）,x)<0的解集为 ．
解析：因为f(x)为奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，f(1)＝0，所以f(－1)＝－f(1)＝0，
且在(－∞，0)上也是增函数．
因为eq \f(f（x）－f（－x）,x)＝2·eq \f(f（x）,x)<0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,f（x）<0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,f（x）>0，))
解得x∈(－1，0)∪(0，1)．
答案：(－1，0)∪(0，1)
8．已知函数f(x)＝eq \f(x2＋x＋1,x2＋1)，若f(a)＝eq \f(2,3)，则f(－a)＝ ．
解析：根据题意，f(x)＝eq \f(x2＋x＋1,x2＋1)＝1＋eq \f(x,x2＋1)，而h(x)＝eq \f(x,x2＋1)是奇函数，故f(－a)＝1＋h(－a)＝1－h(a)＝2－[1＋h(a)]＝2－f(a)＝2－eq \f(2,3)＝eq \f(4,3).
答案：eq \f(4,3)
9．已知函数f(x)对任意x∈R满足f(x)＋f(－x)＝0，f(x－1)＝f(x＋1)，若当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b(a＞0且a≠1)，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝eq \f(1,2).
(1)求实数a，b的值；
(2)求函数f(x)的值域．
解：(1)因为f(x)＋f(－x)＝0，
所以f(－x)＝－f(x)，即f(x)是奇函数．
因为f(x－1)＝f(x＋1)，所以f(x＋2)＝f(x)，
即函数f(x)是周期为2的周期函数，
所以f(0)＝0，即b＝－1.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1－eq \r(a)＝eq \f(1,2)，
解得a＝eq \f(1,4).
(2)当x∈[0，1)时，f(x)＝ax＋b＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))eq \s\up12(x)－1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，0))，
由f(x)为奇函数知，
当x∈(－1，0)时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4)))，
又因为f(x)是周期为2的周期函数，
所以当x∈R时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，\f(3,4))).
10．(2020·江西赣州五校协作体联考)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x.现已画出函数f(x)在y轴左侧的图象，如图所示．
(1)画出函数f(x)在y轴右侧的图象，并写出函数f(x)(x∈R)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－2ax＋2(x∈[1，2])，当a>1时，求函数g(x)的最小值．
解：(1)f(x)在y轴右侧的图象如图所示．
若x>0，则－x<0，又函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x，
所以f(x)＝f(－x)＝(－x)2＋2×(－x)＝x2－2x(x>0)，
所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2x（x≤0），,x2－2x（x>0）.))
(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－2ax＋2，其图象的对称轴方程为x＝a＋1，
当a>1时，a＋1>2，g(x)＝x2－2x－2ax＋2在[1，2]上单调递减，
则g(x)在[1，2]上的最小值为g(2)＝2－4a.
[综合题组练]
1．已知f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，且在[2b，0]上为增函数，则f(x－1)≤f(2x)的解集为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3)))
C. [－1，1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析：选B.因为f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，所以2b＋1－b＝0，所以b＝－1，
因为f(x)在[2b，0]上为增函数，即函数f(x)在[－2，0]上为增函数，故函数f(x)在(0，2]上为减函数，则由f(x－1)≤f(2x)，可得|x－1|≥|2x|，即(x－1)2≥4x2，
解得－1≤x≤eq \f(1,3).又因为定义域为[－2，2]，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2≤x－1≤2，,－2≤2x≤2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤x≤3，,－1≤x≤1.))
综上，所求不等式的解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,3))).故选B.
2．(2020·辽宁沈阳东北育才学校联考(二))函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(－1)＝0，若对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq \f(x1f（x1）－x2f（x2）,x1－x2)<0成立，则不等式f(x)<0的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－1，0)∪(1，＋∞)
解析：选C.令F(x)＝xf(x)，
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以F(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝F(x)，
所以F(x)是偶函数，
因为f(－1)＝0，所以F(－1)＝0，则F(1)＝0，
因为对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2时，都 有eq \f(x1f（x1）－x2f（x2）,x1－x2)<0成立，所以F(x)在(－∞，0)上单调递减，
所以F(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以不等式f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)，故选C.
3．函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的奇偶性并证明你的结论．
解：(1)因为对于任意x1，x2∈D，
有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，
所以令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0.
(2)f(x)为偶函数．证明如下：
令x1＝x2＝－1，
有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，
所以f(－1)＝eq \f(1,2)f(1)＝0.
令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，
所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．
4．已知函数y＝f(x)在定义域[－1，1]上既是奇函数又是减函数．
(1)求证：对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0；
(2)若f(1－a)＋f(1－a2)＜0，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然不等式成立．
若x1＋x2＜0，则－1≤x1＜－x2≤1，
因为f(x)在[－1，1]上是减函数且为奇函数，
所以f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)＞0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
若x1＋x2＞0，则1≥x1＞－x2≥－1，
同理可证f(x1)＋f(x2)＜0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
综上得证，对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0恒成立．
(2)因为f(1－a)＋f(1－a2)＜0⇔f(1－a2)＜－f(1－a)＝f(a－1)，所以由f(x)在定义域[－1，1]上是减函数，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－1≤1－a2≤1，,－1≤a－1≤1，,1－a2＞a－1，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0≤a2≤2，,0≤a≤2，,a2＋a－2＜0，))解得0≤a＜1.
故所求实数a的取值范围是[0，1)．