2021年高考数学一轮精选练习：06《函数的奇偶性与周期性》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

06《函数的奇偶性与周期性》

一         、选择题

1.设函数f(x)的定义域为D，若f(x)满足条件：存在[a，b]⊆D(a＜b)，使f(x)在[a，b]上的值域也是[a，b]，则称为“优美函数”.若函数f(x)=log2(4x＋t)为“优美函数”，则t的取值范围是(　 　)

A.(0.25，+∞)      B.(0,1)      C.(0，0.5)       D.(0，0.25)

2.已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2e)=－f(x)(其中e=2.718 2…)，且在区间[e,2e]上是减函数，令a=，b=，c=，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系(用不等号连接)为(　 　)

A.f(b)＞f(a)＞f(c)       B.f(b)＞f(c)＞f(a)

C.f(a)＞f(b)＞f(c)       D.f(a)＞f(c)＞f(b)

3.已知定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0]上是减函数，且f(1)=2，则不等式f(log2x)＞2的解集为(　　)

A.(2，＋∞)            B.(0，0.5)∪(2，＋∞)

C.∪(，＋∞)      D.(，＋∞)

4.已知奇函数f(x)在x＞0时单调递增，且f(1)=0，若f(x－1)＞0，则x的取值范围为(　 　)

A.{x|0＜x＜1或x＞2}         B.{x|x＜0或x＞2}

C.{x|x＜0或x＞3}            D.{x|x＜－1或x＞1}

5.已知单调函数f(x)，对任意的x∈R都有f[f(x)－2x]=6，则f(2)=(　 　)

A.2　         B.4           C.6        D.8

6.若定义域为R的函数f(x)在(4，＋∞)上为减函数，且函数y=f(x＋4)为偶函数，则(　 　)

A.f(2)＞f(3)    B.f(2)＞f(5)      C.f(3)＞f(5)    D.f(3)＞f(6)

7.已知函数f(x)=ln(e＋x)＋ln(e－x)，则f(x)是(　 　)

A.奇函数，且在(0，e)上是增函数

B.奇函数，且在(0，e)上是减函数

C.偶函数，且在(0，e)上是增函数

D.偶函数，且在(0，e)上是减函数

8.下列函数中，既是奇函数又在(0，＋∞)上单调递增的是(　 　)

A.y=ex＋e－x      B.y=ln(|x|＋1)      C.y=     D.y=x－

9.已知函数f(x)是偶函数，f(x＋1)是奇函数，且对于任意x1，x2∈[0,1]，x1≠x2，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]＜0，设a=f，b=－f，c=f，则下列结论正确的是(　 　)

A.a＞b＞c        B.b＞a＞c

C.b＞c＞a        D.c＞a＞b

二         、填空题

10.设f(x)是定义在R上且周期为2的函数，在区间[－1,1)上，f(x)=

其中a∈R.若f=f，则f(5a)的值是          .

11.已知函数y=f(x)是R上的偶函数，满足f(x＋2)=f(x－2)＋f(2)，且当x∈[0,2]时，f(x)=2x－4，令函数g(x)=f(x)－m，若g(x)在区间[－10,2]上有6个零点，分别记为x1，x2，x3，x4，x5，x6，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5＋x6=           .

三         、解答题

12.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；

(3)如果f(4)=1，f(x－1)＜2，且f(x)在(0，＋∞)上是增函数，求x的取值范围.

13.已知函数f(x)=是奇函数.

(1)求实数m的值；

(2)若函数f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数a的取值范围.

14.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.

答案解析

1.答案为：D；

解析：∵函数f(x)=log2(4x＋t)是定义域上的增函数，

∴由题意得，若函数为“优美函数”，则f(x)=x有两个不相等的实根，

即log2(4x＋t)=x，整理得4x＋t=2x，∴(2x)2－2x＋t=0有两个不相等的实根.

∵2x＞0，令λ=2x(λ＞0)，∴λ2－λ＋t=0有两个不相等的正实根，

∴解得0＜t＜，即t∈(0，0.25)，故选D.

2.答案为：A；

解析：∵f(x)是R上的奇函数，满足f(x＋2e)=－f(x)，

∴f(x＋2e)=f(－x)，∴函数f(x)的图象关于直线x=e对称，

∵f(x)在区间[e,2e]上为减函数，∴f(x)在区间[0，e]上为增函数，

又易知0＜c＜a＜b＜e，∴f(c)＜f(a)＜f(b)，故选A.

3.解析：f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0]上是减函数，

所以f(x)在[0，＋∞)上是增函数

所以f(log2x)＞2=f(1)⇔f(|log2x|)＞f(1)⇔|log2x|＞1⇔log2x＞1

或log2x＜－1⇔x＞2或0＜x＜0.5.

4.答案为：A；

解析：∵奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)=0，

∴函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(－1)=0，

则－1＜x＜0或x＞1时，f(x)＞0；x＜－1或0＜x＜1时，f(x)＜0.

∴不等式f(x－1)＞0即－1＜x－1＜0或x－1＞1，解得0＜x＜1或x＞2，故选A.

5.答案为：C；

解析：设t=f(x)－2x，则f(t)=6，且f(x)=2x＋t，

令x=t，则f(t)=2t＋t=6，∵f(x)是单调函数，f(2)=22＋2=6，

∴t=2，即f(x)=2x＋2，则f(2)=4＋2=6，故选C.

6.答案为：D；

解析：∵y=f(x＋4)为偶函数，∴f(－x＋4)=f(x＋4)，

因此y=f(x)的图象关于直线x=4对称，∴f(2)=f(6)，f(3)=f(5).

又y=f(x)在(4，＋∞)上为减函数，∴f(5)＞f(6)，所以f(3)＞f(6).

7.答案为：D；

解析：f(x)的定义域为(－e，e)，且f(x)=ln(e2－x2).

又t=e2－x2是偶函数，且在(0，e)上是减函数，∴f(x)是偶函数，且在(0，e)上是减函数.

8.答案为：D；

解析：选项A，B显然是偶函数，排除；选项C是奇函数，但在(0，＋∞)上不是单调递增函数，不符合题意；选项D中，y=x－是奇函数，且y=x和y=－在(0，＋∞)上均为增函数，故y=x－在(0，＋∞)上为增函数，所以选项D正确.

9.答案为：B；

解析：由函数f(x)是偶函数，f(x＋1)是奇函数，可知函数的周期为4，

则a=f=f，b=－f=f，c=f=f.由(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＜0，

可知函数是区间[0,1]上的减函数，据此可得b＞a＞c.

10.答案为：－0.4.

解析：因为f(x)的周期为2，

所以f=f=－＋a，f=f=，即－＋a=，所以a=0.6，

故f(5a)=f(3)=f(－1)=－0.4.

11.答案为：-24；

解析：∵函数y=f(x)是R上的偶函数，∴f(－2)=f(2)，

由f(x＋2)=f(x－2)＋f(2)，令x=0，可得f(2)=0，

∵f(x＋2)=f(x－2)，即f(x＋4)=f(x)，∴周期T=4.

作出函数f(x)在[－10,2]上的图象及直线y=m如图所示.

由图象可知f(x)的图象在[－10,2]上有3条对称轴，分别为x=－8，x=－4，x=0，

∴6个零点之和为2×(－8)＋2×(－4)＋2×0=－24.

12.解：(1)∵对于任意x1，x2∈D，

有f(x1·x2)=f(x1)＋f(x2)，

∴令x1=x2=1，得f(1)=2f(1)，∴f(1)=0.

(2)f(x)为偶函数.

证明：令x1=x2=－1，有f(1)=f(－1)＋f(－1)，

∴f(－1)=f(1)=0.

令x1=－1，x2=x，有f(－x)=f(－1)＋f(x)，

∴f(－x)=f(x)，∴f(x)为偶函数.

(3)依题设有f(4×4)=f(4)＋f(4)=2，

由(2)知，f(x)是偶函数，

∴f(x－1)＜2等价于f(|x－1|)＜f(16).

又f(x)在(0，＋∞)上是增函数，

∴0＜|x－1|＜16，解之得－15＜x＜17且x≠1，

∴x的取值范围是{x|－15＜x＜17且x≠1}.

13.解：(1)设x＜0，则－x＞0，

所以f(－x)=－(－x)2＋2(－x)=－x2－2x.

又f(x)为奇函数，所以f(－x)=－f(x).

于是x＜0时，f(x)=x2＋2x=x2＋mx，

所以m=2.

(2)要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增，

结合f(x)的图象知

所以1＜a≤3，

故实数a的取值范围是(1,3].

14.解：(1)证明：若x1＋x2=0，显然原不等式成立.

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≤－x2＜x1≤1，同理可证f(x1)＋f(x2)＜0.

所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立.

综上所述，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

即解得0≤a＜1.

故所求实数a的取值范围是[0,1).