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　函数性质的综合问题学案

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函数的奇偶性与单调性(师生共研)
已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0.设a＝lneq \f(1,3)，b＝(ln 3)2，c＝lneq \r(3)，则( )
A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(a)>f(c)
C．f(c)>f(a)>f(b) D．f(c)>f(b)>f(a)
【解析】 由题意易知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又因为|a|＝ln 3>1，b＝(ln 3)2>|a|，0所以f(c)>f(|a|)>f(b)．
又由题意知f(a)＝f(|a|)，
所以f(c)>f(a)>f(b)．故选C.
【答案】 C
eq \a\vs4\al()
函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路
(1)解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性．
(2)解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f(x1)>f(x2)或f(x1) 已知定义域为(－1，1)的奇函数f(x)是减函数，且f(a－3)＋f(9－a2)<0，则实数a的取值范围是( )
A．(2eq \r(2)，3) B．(3，eq \r(10))
C．(2eq \r(2)，4) D．(－2，3)
解析：选A.由f(a－3)＋f(9－a2)<0得f(a－3)<－f(9－a2)．又由奇函数性质得f(a－3)a2－9，))解得2eq \r(2) 函数的奇偶性与周期性(典例迁移)
(一题多解)(2020·武昌区调研考试)已知f(x)是定义域为R的奇函数，且函数y＝f(x－1)为偶函数，当0≤x≤1时，f(x)＝x3，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝ ．
【解析】 法一：因为f(x)是R上的奇函数，y＝f(x－1)为偶函数，所以f(x－1)＝f(－x－1)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x)，即f(x)的周期T＝4，因为0≤x≤1时，f(x)＝x3，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－4))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(1,8).
法二：因为f(x)是R上的奇函数，y＝f(x－1)为偶函数，所以f(x－1)＝f(－x－1)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，由题意知，当－1≤x<0时，f(x)＝x3，故当－1≤x≤1时，f(x)＝x3，当1【答案】 －eq \f(1,8)
【迁移探究】 (变条件)本例变为：已知f(x)是定义域为R的偶函数，且函数y＝f(x＋1)为奇函数，当0≤x<1时，f(x)＝x2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝ ．
解析：因为f(x)是R上的偶函数，y＝f(x＋1)为奇函数，
所以f(x＋1)＝－f(－x＋1)＝－f(x－1)，
所以f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x)，即f(x)的周期T＝4，因为0≤x<1时，f(x)＝x2，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)－4))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))
＝－eq \f(1,4).
答案：－eq \f(1,4)
eq \a\vs4\al()
周期性与奇偶性结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行转换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的定义域内求解．
(2020·广东六校第一次联考)定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝f(2－x)及f(x)＝－f(－x)，且在[0，1]上有f(x)＝x2，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝( )
A.eq \f(9,4) B.eq \f(1,4)
C．－eq \f(9,4) D．－eq \f(1,4)
解析：选D.函数f(x)的定义域是R，f(x)＝－f(－x)，所以函数f(x)是奇函数．又f(x)＝f(2－x)，所以f(－x)＝f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，故函数f(x)是以4为周期的奇函数，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 020－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))).
因为在[0，1]上有f(x)＝x2，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)＝eq \f(1,4)，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2 019\f(1,2)))＝－eq \f(1,4)，故选D.
函数的综合性应用(师生共研)
(1)(2020·石家庄市模拟(一))已知f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x)＝f(2－x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝4x－1，则在(1，3)上，f(x)≤1的解集是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3)) D．[2，3)
(2)(2020·陕西榆林一中模拟)已知偶函数f(x)满足f(x)＋f(2－x)＝0，现给出下列命题：①函数f(x)是以2为周期的周期函数；②函数f(x)是以4为周期的周期函数；③函数f(x－1)为奇函数；④函数f(x－3)为偶函数，其中真命题的个数是( )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 (1)因为0≤x≤1时，f(x)＝4x－1，所以f(x)在区间[0，1]上是增函数，又函数f(x)是奇函数，所以函数f(x)在区间[－1，1]上是增函数，因为f(x)＝f(2－x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以函数f(x)在区间(1，3)上是减函数，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝1，所以在区间(1，3)上不等式f(x)≤1的解集为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，3))，故选C.
(2)偶函数f(x)满足f(x)＋f(2－x)＝0，
所以f(－x)＝f(x)＝－f(2－x)，f(x＋2)＝－f(x)，
f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，可得f(x)的最小正周期为4，故①错误，②正确；
由f(x＋2)＝－f(x)，可得f(x＋1)＝－f(x－1)．
又f(－x－1)＝f(x＋1)，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，故f(x－1)为奇函数，③正确；
若f(x－3)为偶函数，则f(x－3)＝f(－x－3)，
又f(－x－3)＝f(x＋3)，
所以f(x＋3)＝f(x－3)，即f(x＋6)＝f(x)，可得6为f(x)的周期，这与4为最小正周期矛盾，故④错误，故选B.
【答案】 (1)C (2)B
eq \a\vs4\al()
求解函数的综合性应用的策略
(1)函数的奇偶性、对称性、周期性，知二断一．特别注意“奇函数若在x＝0处有定义，则一定有f(0)＝0；偶函数一定有f(|x|)＝f(x)”在解题中的应用．
(2)解决周期性、奇偶性与单调性结合的问题，通常先利用周期性转化自变量所在的区间，再利用奇偶性和单调性求解．
1．函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)＝f(2－x)．若f(x)在区间[1，2]上是减函数，则f(x)( )
A．在区间[－2，－1]上是增函数，在区间[3，4]上是增函数
B．在区间[－2，－1]上是增函数，在区间[3，4]上是减函数
C．在区间[－2，－1]上是减函数，在区间[3，4]上是增函数
D．在区间[－2，－1]上是减函数，在区间[3，4]上是减函数
解析：选B.由f(x)＝f(2－x)得f(x)的图象关于直线x＝1对称．又f(x)是偶函数，故函数f(x)的周期是2，f(x)在区间[－2，－1]上是增函数，在区间[3，4]上是减函数．
2．(2020·甘肃甘谷一中第一次质检)已知定义在R上的函数f(x)满足条件：①对任意的x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)；②对任意的x1，x2∈[0，2]且x1A．f(7)B．f(7)C．f(4.5)D．f(4.5)解析：选C.因为对任意的x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，所以函数是以4为周期的周期函数，
因为函数f(x＋2)的图象关于y轴对称，所以函数f(x)的图象关于x＝2对称，
因为x1，x2∈[0，2]且x1所以函数f(x)在[0，2]上为增函数，
所以函数f(x)在[2，4]上为减函数．
易知f(7)＝f(3)，f(6.5)＝f(2.5)，f(4.5)＝f(0.5)＝f(3.5)，则f(3.5)核心素养系列4 数学抽象——活用函数性质中“三个二级”结论
函数的奇偶性、周期性、对称性及单调性，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．
一、奇函数的最值性质
已知函数f(x)是定义在区间D上的奇函数，则对任意的x∈D，都有f(x)＋f(－x)＝0.特别地，若奇函数f(x)在D上有最值，则f(x)max＋f(x)min＝0，且若0∈D，则f(0)＝0.
设函数f(x)＝eq \f(（x＋1）2＋sin x,x2＋1)的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝ ．
【解析】 函数f(x)的定义域为R，
f(x)＝eq \f(（x＋1）2＋sin x,x2＋1)＝1＋eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，
设g(x)＝eq \f(2x＋sin x,x2＋1)，则g(－x)＝－g(x)，
所以g(x)为奇函数，
由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，
所以M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.
【答案】 2
二、抽象函数的周期性
(1)如果f(x＋a)＝－f(x)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
(2)如果f(x＋a)＝eq \f(1,f（x）)(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
(3)如果f(x＋a)＋f(x)＝c(a≠0)，那么f(x)是周期函数，其中的一个周期T＝2a.
已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x有f(x＋4)＝－f(x)＋2eq \r(2)，若函数f(x－1)的图象关于直线x＝1对称，f(1)＝2，则f(17)＝ ．
【解析】 由函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝1对称可知，函数f(x)的图象关于y轴对称，故f(x)为偶函数．
由f(x＋4)＝－f(x)＋2eq \r(2)，得f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＋2eq \r(2)＝f(x)，所以f(x)是最小正周期为8的偶函数，所以f(17)＝f(1＋2×8)＝f(1)＝2.
【答案】 2
三、抽象函数的对称性
已知函数f(x)是定义在R上的函数．
(1)若f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称，特别地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．
(2)若函数y＝f(x)满足f(a＋x)＋f(a－x)＝0，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于点(a，0)对称．
(2020·黑龙江牡丹江一中期末)设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f(x＋2)＝－f(x)，下面关于f(x)的判定，其中正确命题的个数为( )
①f(4)＝0；
②f(x)是以4为周期的函数；
③f(x)的图象关于x＝1对称；
④f(x)的图象关于x＝2对称．
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 因为f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，f(0)＝0，
因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
即f(x)是以4为周期的周期函数，f(4)＝f(0)＝0，
因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f[(x＋1)＋1]＝f(－x)，
令t＝x＋1，则f(t＋1)＝f(1－t)，所以f(x＋1)＝f(1－x)，
所以f(x)的图象关于x＝1对称，而f(2＋x)＝f(2－x)显然不成立．
故正确的命题是①②③，故选C.
【答案】 C
1．对于函数f(x)＝asin x＋bx＋c(其中a，b∈R，c∈Z)，选取a，b，c的一组值计算f(1)和f(－1)，所得出的正确结果一定不可能是( )
A．4和6 B．3和1
C．2和4 D．1和2
解析：选D.设g(x)＝asin x＋bx，则f(x)＝g(x)＋c，且函数g(x)为奇函数．注意到c∈Z，所以f(1)＋f(－1)＝2c为偶数．故选D.
2．若偶函数f(x)满足f(x)＝x3－8(x≥0)，则f(x－2)>0的条件为 ．
解析：由f(x)＝x3－8(x≥0)，知f(x)在[0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝0.所以，由已知条件可知f(x－2)>0⇒f(|x－2|)>f(2)．所以|x－2|>2，解得x<0或x>4.
答案：{x|x<0或x>4}
[基础题组练]
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)．