资源描述
1．(2022·高考湖南卷)下列函数中，既是偶函数又在区间(－∞，0)上单调递增的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝x2＋1
C．f(x)＝x3 D．f(x)＝2－x
解析：选A.A中f(x)＝是偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，故A满足题意．B中f(x)＝x2＋1是偶函数，但在(－∞，0)上是减函数．C中f(x)＝x3是奇函数．D中f(x)＝2－x是非奇非偶函数．故B，C，D都不满足题意．
2．设f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，如图表示该函数在区间(－2，1]上的图象，则f(2 014)＋f(2 015)＝( )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析：选A.由于f(x)是定义在R上的周期为3的周期函数，所以f(2 014)＋f(2 015)＝f(671×3＋1)＋f(672×3－1)＝f(1)＋f(－1)，而由图象可知f(1)＝1，f(－1)＝2，所以f(2 014)＋f(2 015)＝1＋2＝3.
3．(2022·高考课标全国卷Ⅰ)设函数f(x)，g(x)的定义域都为R，且f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则下列结论中正确的是( )
A．f(x)g(x)是偶函数
B．|f(x)|g(x)是奇函数
C．f(x)|g(x)|是奇函数
D．|f(x)g(x)|是奇函数
解析：选C.A：令h(x)＝f(x)·g(x)，则h(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)·g(x)＝－h(x)，∴h(x)是奇函数，A错．
B：令h(x)＝|f(x)|g(x)，则h(－x)＝|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)＝h(x)，∴h(x)是偶函数，B错．
C：令h(x)＝f(x)|g(x)|，则h(－x)＝f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|，∴h(x)是奇函数，C正确．
D：令h(x)＝|f(x)·g(x)|，则h(－x)＝|f(－x)·g(－x)|＝|－f(x)·g(x)|＝|f(x)·g(x)|＝h(x)，∴h(x)是偶函数，D错．
4．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有<0，则( )
A．f(3)<f(－2)<f(1) B．f(1)<f(－2)<f(3)
C．f(－2)<f(1)<f(3) D．f(3)<f(1)<f(－2)
解析：选A.由题意知x∈[0，＋∞)时，f(x)为减函数且当x∈R时，f(x)的图象关于直线x＝0对称，所以f(1)>f(－2)>f(3)，故选A.
5．(2021·山东威海模拟)函数f(x)＝(x－2)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，则f(2－x)>0的解集为( )
A．{x|x>2或x<－2} B．{x|－2<x<2}
C．{x|x<0或x>4} D．{x|0<x<4}
解析：选C.由题意可知f(－x)＝f(x)，即(－x－2)(－ax＋b)＝(x－2)·(ax＋b)，(2a－b)·x＝0恒成立，故2a－b＝0，即b＝2a.
则f(x)＝a(x－2)(x＋2)．
又函数在(0，＋∞)上单调递增，所以a>0.
f(2－x)>0，即ax(x－4)>0，解得x<0或x>4.故选C.
6．f(x)＝k·2x＋2－x为偶函数，则k＝________，为奇函数，则k＝________．
解析：f(x)为偶函数时，f(－1)＝f(1)，
即＋2＝2k＋，解得k＝1.
f(x)为奇函数时，f(0)＝0，即k＋1＝0，∴k＝－1(或f(－1)＝－f(1)，
即＋2＝－2k－，解得k＝－1)．
答案：1 －1
7．函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x＋2)f(x)＝1，若f(1)＝－5，则f(－5)＝________．
解析：由f(x＋2)f(x)＝1，得f(x＋2)＝，进而得f(x＋4)＝f(x)，所以f(－5)＝f(－5＋4)＝f(－1)＝＝＝－.
答案：－
8．(2022·高考课标全国卷Ⅱ)已知偶函数f(x)在[0，＋∞)单调递减，f(2)＝0.若f(x－1)>0，则x的取值范围是________．
解析：∵f(x)是偶函数，∴图象关于y轴对称．又f(2)＝0，且f(x)在[0，＋∞)单调递减，则f(x)的大致图象如图所示，由f(x－1)>0，得－2<x－1<2，即－1<x<3.
答案：(－1，3)
9．设函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)．若f(3)＝1，且f(a)>f(a－1)＋2，求实数a的取值范围．
解：由于f(xy)＝f(x)＋f(y)，且f(3)＝1，所以2＝2f(3)＝f(3)＋f(3)＝f(9)．
又f(a)>f(a－1)＋2，所以f(a)>f(a－1)＋f(9)，再由f(xy)＝f(x)＋f(y)，可知f(a)>f(9(a－1))．
由于f(x)是定义在(0，＋∞)上的增函数，从而有，解得1<a<.
故实数a的取值范围为(1，)．
10．设f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，f(x＋2)＝－f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝x.
(1)求f(π)的值；
(2)当－4≤x≤4时，求f(x)的图象与x轴所围成的图形的面积；
(3)写出(－∞，＋∞)内函数f(x)的单调区间．
解：(1)∵由f(x＋2)＝－f(x)，得
f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x)是以4为周期的周期函数．
∴f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.
(2)由f(x)是奇函数与f(x＋2)＝－f(x)，
得f[(x－1)＋2]＝－f(x－1)＝f[－(x－1)]，
即f(1＋x)＝f(1－x)．
从而可知函数y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称．
又当0≤x≤1时，f(x)＝x，且f(x)的图象关于原点成中心对称，则f(x)的图象如图所示．
设当－4≤x≤4时，f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S，
则S＝4S△OAB＝4×＝4.
(3)函数f(x)的单调递增区间为[4k－1，4k＋1](k∈Z)，单调递减区间为[4k＋1，4k＋3](k∈Z)．
1．函数f(x)是周期为4的偶函数，当x∈[0，2]时，f(x)＝x－1，则不等式xf(x)>0在[－1，3]上的解集为( )
A．(1，3) B．(－1，1)
C．(－1，0)∪(1，3) D．(－1，0)∪(0，1)
解析：选C.f(x)的图象如图．
当x∈(－1，0)时，由xf(x)>0，得x∈(－1，0)；
当x∈(0，1)时，由xf(x)<0，得x∈∅；
当x∈(1，3)时，由xf(x)>0，得x∈(1，3)．
故x∈(－1，0)∪(1，3)．
2．(2021·皖北协作区联考)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意x、y∈R，x＋y≠0，都有>0，若x>2y，则( )
A．f(x)>f(2y) B．f(x)≥f(2y)
C．f(x)<f(2y) D．f(x)≤f(2y)
解析：选A.由于>0，
令x＝x1，y＝－x2，
则>0.
又函数f(x)是奇函数，所以>0，即函数f(x)是定义在R上的增函数．
由于x>2y，所以f(x)>f(2y)，故选A.
3．已知f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，且f(x)－g(x)＝，则f(1)，g(0)，g(－1)之间的大小关系是____________．
解析：在f(x)－g(x)＝中，用－x替换x，得f(－x)－g(－x)＝2x，由于f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数，所以f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，因此得－f(x)－g(x)＝2x.解得f(x)＝，g(x)＝－，于是f(1)＝－，g(0)＝－1，g(－1)＝－，故f(1)>g(0)>g(－1)．
答案：f(1)>g(0)>g(－1)
4．已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x－4)＝－f(x)，且在区间[0，2]上是增函数．若方程f(x)＝m(m>0)在区间[－8，8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________．
解析：∵f(x)为奇函数并且f(x－4)＝－f(x)．
∴f(x－4)＝－f(4－x)＝－f(x)，即f(4－x)＝f(x)，且f(x－8)＝－f(x－4)＝f(x)，
即y＝f(x)的图象关于x＝2对称，并且是周期为8的周期函数．
∵f(x)在[0，2]上是增函数，
∴f(x)在[－2，2]上是增函数，在[2，6]上为减函数，据此可画出y＝f(x)的图象．
其图象也关于x＝－6对称，
∴x1＋x2＝－12，x3＋x4＝4，
∴x1＋x2＋x3＋x4＝－8.
答案：－8
5．已知函数f(x)＝2|x－2|＋ax(x∈R)有最小值．
(1)求实数a的取值范围；
(2)设g(x)为定义在R上的奇函数，且当x<0时，g(x)＝f(x)，求g(x)的解析式．
解：(1)f(x)＝
要使函数f(x)有最小值，需∴－2≤a≤2，
故a的取值范围为[－2，2]．
(2)∵g(x)为定义在R上的奇函数，
∴g(－0)＝－g(0)，∴g(0)＝0.设x>0，则－x<0.
∴g(x)＝－g(－x)＝(a－2)x－4，
∴g(x)＝
6．(选做题)(2021·山东菏泽模拟)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，明显不等式成立．
若x1＋x2＜0，则－1≤x1＜－x2≤1，
∵f(x)在[－1，1]上是减函数且为奇函数，
∴f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，∴f(x1)＋f(x2)＞0.
∴[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.
∴[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)∵f(1－a)＋f(1－a2)＜0⇔f(1－a2)＜－f(1－a)＝f(a－1)，∴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)．
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