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專題03 函數性質的綜合問題-【寒假自學課】（人教A版2019）
專題03 函數性質的綜合問題
思維導圖
核心考點聚焦
考點一、函數的單調性及其應用
考點二、利用函數單調性求函數最值
考點三、利用函數單調性求參數的范圍
考點四、函數的奇偶性的判斷與證明
考點五、已知函數的奇偶性求參數
考點六、已知函數的奇偶性求表達式、求值
考點七、利用單調性、奇偶性解不等式
考點八、周期性問題
考點九、抽象函數的單調性、奇偶性、周期性
考點十、函數性質的綜合
1、函數的單調性
（1）單調函數的定義
一般地，設函數的定義域為，區間：
如果對于內的任意兩個自變量的值，當時，都有，那么就說在區間上是增函數．
如果對于內的任意兩個自變量的值，，當時，都有，那么就說在區間上是減函數．
①屬于定義域內某個區間上；
②任意兩個自變量，且；
③都有或；
④圖象特征：在單調區間上增函數的圖象從左向右是上升的，減函數的圖象從左向右是下降的．
（2）單調性與單調區間
①單調區間的定義：如果函數在區間上是增函數或減函數，那么就說函數在區間上具有單調性，稱為函數的單調區間．
②函數的單調性是函數在某個區間上的性質．
（3）復合函數的單調性
復合函數的單調性遵從“同增異減”，即在對應的取值區間上，外層函數是增（減）函數，內層函數是增（減）函數，復合函數是增函數；外層函數是增（減）函數，內層函數是減（增）函數，復合函數是減函數．
2、函數的奇偶性
函數奇偶性的定義及圖象特點
奇偶性 定義 圖象特點
偶函數 如果對于函數的定義域內任意一個，都有，那么函數就叫做偶函數 關于軸對稱
奇函數 如果對于函數的定義域內任意一個，都有，那么函數就叫做奇函數 關于原點對稱
判斷與的關系時，也可以使用如下結論：如果或，則函數為偶函數；如果或，則函數為奇函數．
注意：由函數奇偶性的定義可知，函數具有奇偶性的一個前提條件是：對于定義域內的任意一個，也在定義域內(即定義域關于原點對稱)．
3、函數的對稱性
（1）若函數為偶函數，則函數關于對稱．
（2）若函數為奇函數，則函數關于點對稱．
（3）若，則函數關于對稱．
（4）若，則函數關于點對稱．
4、函數的周期性
（1）周期函數：
對于函數，如果存在一個非零常數，使得當取定義域內的任何值時，都有，那么就稱函數為周期函數，稱為這個函數的周期．
（2）最小正周期：
如果在周期函數的所有周期中存在一個最小的正數，那么稱這個最小整數叫做的最小正周期．
1、單調性技巧
（1）證明函數單調性的步驟
①取值：設，是定義域內一個區間上的任意兩個量，且；
②變形：作差變形(變形方法：因式分解、配方、有理化等)或作商變形；
③定號：判斷差的正負或商與的大小關系；
④得出結論．
（2）函數單調性的判斷方法
①定義法：根據增函數、減函數的定義，按照“取值—變形—判斷符號—下結論”進行判斷．
②圖象法：就是畫出函數的圖象，根據圖象的上升或下降趨勢，判斷函數的單調性．
③直接法：就是對我們所熟悉的函數，如一次函數、二次函數、反比例函數等，直接寫出它們的單調區間．
（3）記住幾條常用的結論：
①若是增函數，則為減函數；若是減函數，則為增函數；
②若和均為增(或減)函數，則在和的公共定義域上為增(或減)函數；
③若且為增函數，則函數為增函數，為減函數；
④若且為減函數，則函數為減函數，為增函數．
2、奇偶性技巧
（1）函數具有奇偶性的必要條件是其定義域關于原點對稱．
（2）奇偶函數的圖象特征．
函數是偶函數函數的圖象關于軸對稱；
函數是奇函數函數的圖象關于原點中心對稱．
（3）若奇函數在處有意義，則有；
偶函數必滿足．
（4）偶函數在其定義域內關于原點對稱的兩個區間上單調性相反；奇函數在其定義域內關于原點對稱的兩個區間上單調性相同．
（5）若函數的定義域關于原點對稱，則函數能表示成一個偶函數與一個奇函數的和的形式．記，，則．
（6）運算函數的奇偶性規律：運算函數是指兩個（或多個）函數式通過加、減、乘、除四則運算所得的函數，如．
對于運算函數有如下結論：奇奇=奇；偶偶=偶；奇偶=非奇非偶；
奇奇=偶；奇偶=奇；偶偶=偶．
（7）復合函數的奇偶性原來：內偶則偶，兩奇為奇．
（8）常見奇偶性函數模型
奇函數：①函數或函數．
②函數．
③函數或函數
④函數或函數．
注意：關于①式，可以寫成函數或函數．
偶函數：①函數．
②函數．
③函數類型的一切函數．
④常數函數
3、周期性技巧
4、函數的的對稱性與周期性的關系
（1）若函數有兩條對稱軸，，則函數是周期函數，且；
（2）若函數的圖象有兩個對稱中心，則函數是周期函數，且；
（3）若函數有一條對稱軸和一個對稱中心，則函數是周期函數，且．
5、對稱性技巧
（1）若函數關于直線對稱，則．
（2）若函數關于點對稱，則．
（3）函數與關于軸對稱，函數與關于原點對稱．
考點剖析
考點一、函數的單調性及其應用
例1．（2023·遼寧沈陽·高二學業考試）
1．函數是定義在上的奇函數，且．
(1)求實數的值；
(2)用定義證明函數在上是增函數；
(3)解關于的不等式．
例2．（2023·福建福州·高二校考階段練習）
2．已知函數，．
(1)判斷函數的單調性，并利用定義證明；
(2)若，求實數的取值范圍．
例3．（2023·廣東·高二校聯考期中）
3．已知函數，且.
(1)求實數的值；
(2)判斷在上的單調性，并用定義法證明.
例4．（2023·陜西延安·高一校考階段練習）
4．已知函數．
(1)判斷函數的單調性，并利用定義證明；
(2)若，求實數的取值范圍．
考點二、利用函數單調性求函數最值
例5．（2023·寧夏吳忠·高二青銅峽市高級中學校考學業考試）
5．函數在區間上的最大值（ ）
A．125 B．25 C． D．
例6．（2023·貴州·高一統考階段練習）
6．若函數（且）在上的值域為，則（ ）
A．3或 B．或 C．或 D．或
例7．（2023·河南商丘·高一校聯考期中）
7．已知，則函數的值域為（ ）
A． B．
C． D．
例8．（2023·廣東江門·高一臺山市第一中學校考期中）
8．函數，的最大值是（ ）
A． B． C．1 D．2
考點三、利用函數單調性求參數的范圍
例9．（2023·浙江杭州·高一學軍中學校考階段練習）
9．若函數在上單調遞減，則實數的取值范圍是（ ）．
A． B．
C． D．
例10．（2023·云南楚雄·高一校考期末）
10．已知函數在上具有單調性，則k的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
例11．（2023·廣東珠海·高一珠海市斗門區第一中學校考階段練習）
11．若函數在上單調遞增，則的取值范圍為（ ）
A． B．
C． D．
例12．（2023·海南海口·高一海南華僑中學校考階段練習）
12．若函數在上是增函數，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
考點四、函數的奇偶性的判斷與證明
例13．（2023·遼寧大連·高一統考期末）
13．已知函數.
(1)求的定義域；
(2)判斷的奇偶性并予以證明；
(3)求不等式的解集.
例14．（2023·山西呂梁·高一校聯考階段練習）
14．已知函數（a是常數）.
(1)判斷的奇偶性，并說明理由；
(2)若，試判斷函數在上的單調性，并證明.
例15．（2023·天津·高一校考期中）
15．已知函數且．
(1)求的值；
(2)判定的奇偶性．
例16．（2023·內蒙古呼倫貝爾·高一校考階段練習）
16．判斷下列函數的奇偶性
(1)；
(2)；
(3).
考點五、已知函數的奇偶性求參數
例17．（2023·山東·高一山東聊城一中校聯考階段練習）
17．已知是奇函數，則 ．
例18．（2023·湖北恩施·高一校聯考階段練習）
18．函數是定義在上的奇函數，則 ．
例19．（2023·重慶·高一校考期中）
19．若函數是定義在上的偶函數，則
例20．（2023·云南保山·高一統考期中）
20．已知函數是偶函數，其定義域為，則
考點六、已知函數的奇偶性求表達式、求值
例21．（2023·江蘇蘇州·高一吳江中學校考階段練習）
21．是定義在R上的奇函數，當時，，則的表達式為 ．
例22．（2023·四川·高考真題）
22．已知f（x）是定義域為R的偶函數，當x≥0時，f（x）=x2﹣4x，那么，不等式f（x+2）＜5的解集是 ．
例23．（2023·山西呂梁·高一校聯考階段練習）
23．已知是定義域為的奇函數，且當時，，則 .
例24．（2023·江蘇連云港·高一校考階段練習）
24．已知函數，，，且，，則 .
考點七、利用單調性、奇偶性解不等式
例25．（2023·安徽·高一校聯考階段練習）
25．已知函數，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
例26．（2023·河南鄭州·高一校考期中）
26．定義在上的偶函數在區間上單調遞減，且，則不等式的解集為（ ）
A． B．
C． D．
例27．（2023·上海·高一校考階段練習）
27．已知函數，若滿足，則實數的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
例28．（2023·河南商丘·高一校聯考期中）
28．已知是定義域為的偶函數，且當時，單調遞減，則滿足的實數的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
考點八、周期性問題
例29．（2023·海南省直轄縣級單位·高一校考期中）
29．已知定義在上的偶函數，滿足是奇函數，且當時，，則（ ）
A． B．0 C．1 D．1012
例30．（2023·河南焦作·高一校考期末）
30．已知為奇函數，且為偶函數，若，則下列哪個式子不正確（ ）
A． B．
C． D．
例31．（2023·黑龍江雞西·高一校考期末）
31．已知函數是定義在上的奇函數，，且，則（ ）
A． B． C． D．
例32．（2023·內蒙古赤峰·高三校考期中）
32．已知函數的定義域為為奇函數，為偶函數，當時，，若，則（ ）
A． B．
C． D．
考點九、抽象函數的單調性、奇偶性、周期性
例33．（2023·江蘇宿遷·高一校考期中）
33．己知函數為上的函數，對于任意，都有，且當時，.
(1)求；
(2)證明函數是奇函數；
(3)解關于的不等式，
例34．（2023·湖北孝感·高一校聯考期中）
34．已知函數對任意實數都有，并且當時.
(1)判斷的奇偶性；
(2)求證：是上的減函數：
(3)，求關于的不等式的解集.
例35．（2023·高一課時練習）
35．若函數對任意，恒有成立，且．
(1)求證：是奇函數；
(2)求的值；
(3)若時，，試求在上的最大值和最小值．
例36．（2023·山東·高一山東聊城一中校聯考階段練習）
36．已知定義在上的函數滿足，當時，，且．
(1)求；
(2)判斷的奇偶性，并說明理由；
(3)判斷在上的單調性，并說明理由．
考點十、函數性質的綜合
例37．（多選題）（2023·湖北·高一校聯考階段練習）
37．已知是定義在上的偶函數，是定義在上的奇函數，且，在上單調遞減，則（ ）
A．是偶函數
B．是奇函數
C．在上單調遞增
D．在上單調遞增
例38．（多選題）（2023·河南駐馬店·高一校聯考階段練習）
38．設（，，），若，，，則（ ）
A． B．
C．為非奇非偶函數 D．
例39．（多選題）（2023·四川德陽·高一四川省德陽中學校校考階段練習）
39．已知函數的定義域為，為偶函數，為奇函數，則一定成立的有（ ）
A．函數的圖象關于直線對稱
B．函數的圖象關于原點對稱
C．
D．
例40．（多選題）（2023·福建莆田·高一莆田一中校考期中）
40．已知函數，下面命題正確的是（ ）
A．函數的圖象關于原點對稱 B．函數的圖象關于軸對稱
C．函數的值域為 D．函數在內單調遞減
過關檢測
一、單選題
（2023·安徽·高一校聯考階段練習）
41．函數的圖象大致為（ ）
A． B．
C． D．
（2023·湖北恩施·高一校聯考階段練習）
42．函數（ ）
A．最小值為0，最大值為3 B．最小值為，最大值為0
C．最小值為，最大值為3 D．既無最小值，也無最大值
（2023·云南大理·高一云南省下關第一中學校考階段練習）
43．已知函數，則（ ）
A． B． C．4 D．2
（2023·福建南平·高一校考期中）
44．已知偶函數的定義域為R，當時，，則的大小關系是（ ）
A． B．
C． D．
（2023·遼寧大連·高一期末）
45．若函數為偶函數，則b的值為（ ）
A．-1 B． C．0 D．
（2023·河南駐馬店·高一校聯考階段練習）
46．已知函數，實數，滿足，則（ ）
A．1 B．2 C．4 D．8
（2023·四川德陽·高一四川省德陽中學校校考階段練習）
47．已知的值域為，且在上是增函數，則的范圍是（ ）
A． B．
C． D．
二、多選題
（2023·山東泰安·高一泰山中學校考期中）
48．下列說法中，正確的是（ ）
A．若對任意，，，則在上單調遞增
B．函數的遞減區間是
C．函數在定義域上是增函數
D．函數的單調減區間是和
（2023·重慶·高一重慶市輔仁中學校校考期中）
49．已知函數滿足對任意，都有成立，則實數的取值可以是（ ）
A． B．1 C．2 D．3
（2023·河南南陽·高一社旗縣第一高級中學校聯考階段練習）
50．下列命題不正確的是（ ）
A．函數在定義域內是減函數
B．函數在區間上單調遞增
C．函數的單調遞減區間是
D．已知函數是上的增函數，則的取值范圍是
（2023·江蘇南京·高一校聯考階段練習）
51．已知函數的定義域為D，若存在區間，使得同時滿足下列條件：
①在上是單調函數；②在上的值域是.
則稱區間為函數的“倍值區間”．
下列函數中存在“倍值區間”的有（ ）
A． B．
C． D．
三、填空題
（2023·北京·高一北京育才學校校考階段練習）
52．設函數同時滿足以下條件：
①定義域為；②；③，，當時，；
試寫出一個函數解析式 .
（2023·山東濰坊·高一統考階段練習）
53．寫出一個同時具有下列性質①②的函數 .
①對任意都成立；②在上不單調.
（2023·廣東陽江·高一校考階段練習）
54．已知函數的圖象關于原點對稱，且當時，，那么當時， .
四、解答題
（2023·云南麗江·高一校考階段練習）
55．已知函數，
(1)在所給的坐標系中畫出的圖象；
(2)根據圖象，寫出的單調區間和值域；
（2023·天津濱海新·高一天津市濱海新區田家炳中學校考期中）
56．已知，.
(1)判斷的奇偶性并說明理由；
(2)求證：函數在上單調遞增；
(3)若不等式對任意恒成立，求實數的取值范圍.
（2023·北京·高一北京育才學校校考階段練習）
57．已知函數.
(1)證明：為偶函數；
(2)用定義證明：是上的減函數；
(3)直接寫出在的值域.
（2023·湖北·高一洪湖市第一中學校聯考階段練習）
58．已知函數對任意的實數x，y都有，并且當時，.
(1)判斷并證明的單調性；
(2)當時，求關于的不等式的解集.
試卷第2頁，共2頁
試卷第1頁，共1頁
參考答案：
1．(1)，
(2)證明見解析
(3)．
【分析】（1）利用奇函數的性質，結合條件即可得解；
（2）利用函數單調性的定義，結合作差法即可得解；
（3）利用的奇偶性、單調性與定義域列式即可得解.
【詳解】（1）函數是定義在上的奇函數
所以，則，所以
因為，則，則，所以，
此時，定義域關于原點對稱，
又，所以是奇函數，滿足題意，
故，.
（2）由（1）知．
設是內的任意兩個實數，且，
，
因為，
所以，即，
所以函數在上是增函數.
（3）因為，所以，即，
則，所以，所以，
即此不等式解集為．
2．(1)在上單調遞增；證明見解析
(2)
【分析】（1）利用定義法證明函數的單調性即可；
（2）結合函數的單調性將函數不等式轉化為自變量的不等式，解得即可.
【詳解】（1）在上單調遞增，證明如下：
因為，，
任取，可知，
因為，所以，，，
所以，即，
故在上單調遞增；
（2）由（1）知在上單調遞增，
所以，可得，解得
故實數的范圍是．
3．(1)
(2)遞增，證明見解析
【分析】（1）由可得答案；
（2）在遞增，利用單調性定義證明即可.
【詳解】（1），且，
，解得：；
（2）由（1）得：在遞增，
證明如下：
設任意，
則
，
，
，
，
在上單調遞增.
4．(1)在上單調遞減,證明見解析；
(2)
【分析】（1）任取，且，作差判斷符號，結合單調性的定義即可證明；
（2）利用單調性解不等式.
【詳解】（1）在上遞減，理由如下：
任取，且，則
，
因為，且，則有，，
可得，即，
所以在上單調遞減；
（2）由（1）可知在上遞減，
所以由，得
，解得，
所以實數的取值范圍為．
5．A
【分析】判斷函數的單調性，利用單調性求出最大值即得.
【詳解】函數在R上單調遞減，
所以當時，.
故選：A
6．C
【分析】討論和，利用指數函數的單調性求函數的最值列出等式即可求解.
【詳解】當時，在上單調遞減，
則，解得，
此時.
當時，在上單調遞增，
則，解得或（舍去），
此時
綜上可得：為或.
故選：C
7．C
【分析】利用換元法求得的解析式，進而結合二次函數的性質求解即可.
【詳解】設，則，
，
，，
函數在上單調遞減，
當時，，
函數的值域為.
故選：C.
8．B
【分析】先分離常數，再利用函數單調性求解最值即可.
【詳解】，
而的圖象由函數圖象向左平移1個單位再向上平移2個單位得到，
所以在上單調遞增，
所以當時，函數，有最大值為.
故選：B
9．C
【分析】令，則在上單調遞增且恒大于，從而得到，解得即可.
【詳解】因為函數在上單調遞減，
令，
則在上單調遞增且恒大于，
則，解得，
所以實數的取值范圍是.
故選：C
10．C
【分析】由二次函數對稱軸及單調性列出不等式來求解即可.
【詳解】易知的對稱軸為直線，因為在上具有單調性，所以或，解得或．
故選:C
11．C
【分析】由分段函數單調性，結合各區間函數的性質列不等式組求參數范圍.
【詳解】要使在上單調遞增，
故在上遞增，在上遞增，且，
所以.
故選：C
12．C
【分析】變形換元得到，，考慮，和三種情況，結合對勾函數性質得到不等式，求出實數的取值范圍.
【詳解】，
令，故，，
當，即時，在上單調遞增，滿足要求，
當，即時，在上單調遞增，滿足要求，
當，即時，由對勾函數性質得到在上單調遞增，
故，解得，
綜上，實數的取值范圍是.
故選：C
13．(1)
(2)奇函數，證明見解析
(3)
【分析】（1）根據對數函數的性質進行求解即可；
（2）根據函數奇偶性的定義進行判斷和證明；
（3）根據對數函數的單調性進行求解．
【詳解】（1）要使函數有意義,則，
解得，故所求函數的定義域為；
（2）證明：由（1）知的定義域為，
設，則,
且，故為奇函數；
（3）因為，所以，即
可得，解得,又，
所以，
所以不等式的解集是．
14．(1)奇函數，理由見解析；
(2)單調遞增，證明見解析
【分析】（1）求出定義域，利用定義判斷；
（2）利用，求出的值，設，且，判斷與的大小，判斷單調性，下結論.
【詳解】（1）是奇函數，理由如下：
的定義域為，關于原點對稱，
則，
故是奇函數；
（2）在單調遞增，證明如下：
若，則，則，
故，
設，且，
則
因為，所以，，，
故，
即，
所以在單調遞增.
15．(1)
(2)奇函數
【分析】（1）代入，可得；
（2）利用定義法可判斷奇偶性.
【詳解】（1）由且，
則
解得；
（2）由（1）得，
則，，
，
所以函數為奇函數.
16．(1)奇函數
(2)既是奇函數又是偶函數
(3)非奇非偶函數
【分析】（1）先求定義域，判斷與的關系；
（2）先求定義域，判斷與的關系；
（3）先求定義域，判斷與的關系；
【詳解】（1）定義域為，關于原點對稱，
，
所以為奇函數.
（2），所以定義域為，關于原點對稱，
此時，所以既是奇函數又是偶函數.
（3），所以定義域為，
不關于原點對稱，所以為非奇非偶函數.
17．
【分析】根據條件得到，由此化簡計算得到的值.
【詳解】因為為奇函數，所以，所以，
所以，
化簡可得，所以，
故答案為：.
18．
【分析】根據題意，得到對任意的實數恒成立，得到方程，對任意實數恒成立，轉化為對任意實數恒成立，進而求得的值.
【詳解】由函數是定義在上的奇函數，
則對任意的實數恒成立，
即，對任意實數恒成立，
可得對任意實數恒成立，可得，即
經驗證，此時為上的奇函數，滿足題意．
故答案為：．
19．1
【分析】利用偶函數的定義及性質，求出值即可.
【詳解】函數是定義在上的偶函數，則，解得，經驗證符合題意，
所以.
故答案為：1
20．
【分析】根據定義域關于原點對稱可得，根據可求，從而可求與.
【詳解】因為函數是定義域為的偶函數，
所以①，
且，即，解得,
代入①，可得，
所以.
故答案為:.
21．
【分析】當時，，由函數為奇函數，求出時函數解析式即可.
【詳解】是定義在R上的奇函數，當時，，
則時，，，
所以.
故答案為：.
22．（﹣7，3）
【詳解】設x<0，則－x>0.
∵當x≥0時，
f(x)＝x2－4x，
∴f(－x)＝(－x)2－4(－x)．
∵f(x)是定義在R上的偶函數，
∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝x2＋4x(x<0)，
∴f(x)＝
由f(x)＝5得
或
∴x＝5或x＝－5.
觀察圖像可知由f(x)<5，得－5∴由f(x＋2)<5，得－5∴－7∴不等式f(x＋2)<5的解集是
{x|－723．
【分析】根據函數的奇偶性，結合解析式，代入即可.
【詳解】由是定義域為的奇函數，所以，得，
，所以
故答案為：
24．##
【分析】利用函數的奇偶性計算即可.
【詳解】由題意可知，
兩式相加得.
故答案為：
25．C
【分析】解法1：根據題意，利用對數的運算性質，把不等式化簡為，令，結合一元二次不等式的解法，即可求解；
解法2：根據題意，得到，設，得到為偶函數，求得關于對稱，且在上單調遞增，把不等式轉化為，即可求解.
【詳解】解法1：由函數，
則不等式，即為，
可得，即，
令，則，即，
解得，即，解得，
所以不等式的解集為.
解法2：由函數，
可得，
設，則，
所以函數為偶函數，即為偶函數，
可得關于對稱，且在上單調遞增，
所以不等式，即為，
可得，即，解得，
所以不等式的解集為.
故選：C.
26．A
【分析】先根據函數的單調性和奇偶性的綜合運用求出和的解，再分解為或，兩種情況分別求解即可.
【詳解】因為定義在上的偶函數在區間上單調遞減，
所以在上單調增，
又，
所以可化為
可得，解得：或，
同理可得的解：，
由可得或，
解得：或，
則不等式的解集為，
故選：A.
27．A
【分析】根據題意，由奇偶性的定義可得是定義在上的偶函數，然后求導得，即可判斷在上的單調性，再將不等式化簡求解，即可得到結果.
【詳解】因為函數定義域為關于原點對稱，
且，
所以是定義在上的偶函數，
又，
當時，，則，所以在單調遞增，
又，則，
且，則不等式可化為
，即，
且是定義在上的偶函數，在單調遞增，
則，即，即，
所以，即實數的取值范圍是.
故選：A
28．B
【分析】根據偶函數性質得，然后利用函數的單調性解不等式即可.
【詳解】因為為上的偶函數，，所以，
又當時，單調遞減，所以當時，單調遞增，
又，所以，即，解得或.
故選：B.
29．C
【分析】利用奇偶性求出函數的周期，利用周期可得答案.
【詳解】因為是偶函數，所以，
因為是奇函數，
所以.
又因為，
所以，
即，
所以，
所以.
又當時，，
所以，
，
因為
所以.
故選：C.
30．D
【分析】根據、的奇偶性得到對應關系式，結合逐項分析是否正確.
【詳解】因為為奇函數，所以，
又因為為偶函數，所以，所以，
對于A：因為，所以，故A正確；
對于B：因為，所以，
所以，
所以，所以，故B正確；
對于C：由B可知，所以，
所以，故C正確；
對于D：因為，所以，
又因為，所以，所以，
所以，顯然這與矛盾，故D錯誤；
故選：D
31．A
【分析】由得函數的周期性，由周期性變形自變量的值，最后由奇函數性質求得值．
【詳解】∵是定義在上的奇函數，∴，
又，∴是周期函數，周期為4．
∴．
故選：A．
32．A
【分析】由已知奇偶性質得到的周期性與對稱性，借助已知條件與待定系數，再利用周期性得，由對稱性轉化為，代入解析式求解即得.
【詳解】由為奇函數，得，
故①，函數的圖象關于點對稱；
由為偶函數，得②，
則函數的圖象關于直線對稱；
由①②得，
則，
故的周期為，所以，
由，令得，即③，
已知，
由函數的圖象關于直線對稱，得，
又函數的圖象關于點對稱，得
所以，即，
所以④，聯立③④解得
故時，，
由關于對稱，可得.
故選：A.
33．(1)
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）根據抽象函數關系式采用賦值法求解的值；
（2）根據奇函數的定義驗證即可；
（3）根據知己確定函數的單調性，將不等式轉化為含參一元不等式，分類討論解不等式即可得結論.
【詳解】（1）對于任意，都有.
令得即
（2）函數定義在上，
由（1）并令得，即
所以函數是奇函數
（3）原不等式即，
由（2）是奇函數及對，都有，
得即，
任取、，且，
則，
由，．，
，即，
從而在上是增函數；
所以，即，
當時不等式即，解集為，
當時，方程的兩根為或，
①當時，，所求不等式的解集為；
②當時，，所求不等式的解集為；
③當時，，所求不等式的解集為；
綜上，當時，所求不等式的解集為；
當時，所求不等式的解集為；
當時，所求不等式的解集為；
當時，所求不等式的解集為.
34．(1)奇函數
(2)證明見解析
(3)答案見解析
【分析】（1）根據題設條件，利用特殊值法、奇偶性的定義分析運算即可得解；
（2）根據題設條件，利用單調性的定義分析運算即可得證；
（3）根據題設條件將不等式轉化為一元二次不等式，分類討論計算即可得解.
【詳解】（1）取，則，∴．
取，則，
即對任意恒成立，
∴為奇函數．
（2）任取，且，
則，，
∴，
又為奇函數，則，
∴，即，
∴是上的減函數.
（3）為奇函數，則，
不等式可化為
，
即，
∵是上的減函數，∴，
即，即，
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為；
當時，不等式的解集為.
35．(1)證明見解析
(2)，
(3)最大值為2，最小值為
【分析】（1）賦值法得到，再由得到，得到函數為奇函數；
（2）賦值法求出，利用（1）中的函數奇偶性求出，再用賦值法求出；
（3）先證明出函數的單調性，結合（2）中結論得到答案.
【詳解】（1）定義域為，令，得，再令，得，
所以，故是奇函數；
（2）因為，故令得，即，
又是奇函數，所以，
令得，
令得
故；
（3）不妨設，
中，令得，
，
因為，又時，，
所以，即，
所以在R上單調遞減，
故．
36．(1)；
(2)奇函數；理由見詳解
(3)單調遞減，理由見詳解
【分析】（1）利用賦值法即可求得；（2）利用賦值構造或代換得到與關系，進而判斷函數奇偶性；（3）賦值構造出表達式，再運用定義證明函數單調性.
【詳解】（1）令，，可得，
解得；
令，，可得，解得.
（2）為奇函數，理由如下：
，
而，
得
故在上是奇函數
（3）當時，，所以當，則，得，
又在上是奇函數，所以當，則，
設，則，所以，，故 ，
在上單調遞減.
【點睛】方法點睛：抽象函數求解證明時，一般是通過賦值法，即在已知等式中讓自變量取特殊值求得一些特殊的函數值，解題時注意所要求函數值的變量值與已知的量之間的關系，通過賦值還能得出函數的奇偶性、周期性、單調性．
37．AC
【分析】根據奇偶性定義可判斷AB；根據復合函數單調性可判斷CD.
【詳解】因為是定義在上的偶函數，是定義在上的奇函數，
所以，，
所以和均為偶函數，A正確，B錯誤；
又因為，在上單調遞減，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，由復合函數的單調性可知，在上單調遞增，單調遞減，
故C正確，D錯誤.
故選：AC
38．BCD
【分析】根已知求出求出即可求出函數解析式，即可判斷A；計算即可判斷B；根據奇偶性的定義即可判斷C；配方結合完全平方公式即可判斷D.
【詳解】由題意可得，解得，
所以，故A錯誤；
對于B，
，故B正確；
對于C，因為，
，
所以為非奇非偶函數，故C正確；
對于D，，故D正確.
故選：BCD.
【點睛】關鍵點點睛：利用待定系數法求出函數的解析式是解決本題的關鍵.
39．AC
【分析】利用函數的奇偶性，運用賦值法可得出該函數的對稱性與周期性，結合對應性質，運用賦值法可求出特定點的值.
【詳解】由定義域為，且為偶函數，
∴①，
∴關于直線對稱，故A正確；
又為奇函數，∴，
即，
用替換上式中，得②，
∴關于點對稱，
又關于直線對稱，
故關于軸對稱，即為偶函數，無法確定的圖象是否關于原點對稱，
故B錯誤；
由①②得③，
∴④，
∴，∴，所以函數周期為4，
在②式中，令得，解得，
①式中令得，
②式中令得，
∴，故C正確，
無法判斷結果，故D錯誤.
故選：AC.
40．ACD
【分析】分析函數的奇偶性從而可判斷AB選項；結合指數函數的值域判斷的值域即可判斷C；根據復合函數的單調性判斷的單調性即可判斷D.
【詳解】因為，所以的定義域為，且定義域關于原點對稱，
又因為，所以為奇函數，故A正確，B錯誤；
又因為，，
所以，所以，故C正確；
因為，時，
又在上單調遞增，在上單調遞減，
所以在上單調遞減，故D正確；
故選：ACD.
41．A
【分析】根據題意，利用函數奇偶性的定義，得到函數為偶函數，且，即可求解.
【詳解】由函數，可得，
所以函數為偶函數，圖象關于軸對稱，排除C、D項；
又由，可排除B項，所以A符合題意.
故選：A.
42．C
【分析】將函數寫成分段函數形式，求出值域，得到答案.
【詳解】函數，
當時，，故，
故，
所以的最小值為，最大值為3．
故選：C．
43．C
【分析】根據題意，由解析式可得，即可得到結果.
【詳解】因為，
所以，
所以
故選:C.
44．C
【分析】由單調性與奇偶性可直接判斷大小關系.
【詳解】因為為偶函數，所以.
又當時，單調遞增，且，
所以，即.
故選：C.
45．B
【分析】利用偶函數性質得恒成立，即可求參數值.
【詳解】由題設，
所以恒成立，則.
故選：B
46．B
【分析】先判斷的奇偶性，由此化簡，進而求得正確答案.
【詳解】，
所以的定義域為，
，
所以是奇函數，
由可得.
故選：B
47．A
【分析】根據對數函數定義域及復合函數單調性，可將問題轉化在上恒成立，且在上是減函數，計算即可得.
【詳解】設，
由為定義在上的減函數，
故在上恒成立，
且在上是減函數，
則，
，
故.
故選：A.
48．ABD
【分析】根據函數的單調性定義判斷A，利用函數圖象判斷B，由反比例函數性質判斷CD．
【詳解】對于A：若對任意，，，顯然，
當時，則有；當時，則有；
由函數單調性的定義可知在上是增函數，故A正確．
對于B：作出函數的圖象，如圖所示，
由圖象可知：函數的遞減區間是，故B正確；
對于C：由反比例函數單調性可知，在和上單調遞增，故C錯誤；
對于D：由反比例函數單調性可知，單調減區間是和，故D正確．
故選：ABD．
49．CD
【分析】由題意可知函數在定義域上單調遞減，由分段函數的單調性可運算求得答案.
【詳解】由對任意，，可得函數在定義域上單調遞減，
則，即，可得，
結合選項可知AB錯誤，CD正確.
故選：CD.
50．AB
【分析】先求出函數定義域，再舉反例可判斷選項A；根據復合函數單調性的判斷方法可判斷選項B、C；根據分段函數單調性的判斷方法列出不等式組求解即可判斷選項D.
【詳解】A：因為，即.
所以函數的定義域為.
因為，但是，
所以函數在定義域內不是減函數.故選項A不成立；
B：因為，解得.
所以函數的定義域為，且，.因為函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，函數單調遞增，
所以由復合函數的單調性知函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減.故選項B不成立；
C：因為，解得：.
所以函數的定義域為.
因為函數在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，函數單調遞減，
所以由復合函數的單調性知函數在區間上單調遞減，在區間上單調遞增.故選項C成立.
D：因為函數是上的增函數，
所以各段均為增函數，且在分界點處前段函數的函數值不大于后段函數的函數值，
所以實數應滿足，解得.故選項D成立.
故選：AB.
51．ABD
【分析】根據定義分別討論是否同時滿足“倍值區間”的兩個條件，即可得出結論.
【詳解】依題意，函數存在“倍值區間”，則滿足在上是單調函數，且或，
對于A，，在區間上是增函數，且值域為，則區間是函數的“倍值區間”，A正確；
對于B，在區間上是減函數，且值域為，則區間是函數的“倍值區間”，B正確；
對于C，在上單調遞減，在上單調遞增，
假定函數存在倍值區間，若在上單調遞增，則，
即有，而或，無解，
若在上單調遞減，則，即，兩式相減得，
而，則兩式相加得，矛盾，不存在倍值區間，C錯誤；
對于D，當時，，函數在上單調遞減，
于是在上單調遞增，且值域為，因此區間是函數的“倍值區間”，D正確.
故選：ABD
52．（答案不唯一）
【分析】由題意首先由③得到函數的單調性，再結合函數定義域，特殊點的函數值，容易聯想到一次函數，由此即可得解.
【詳解】由③，不妨設，即，都有，即，即，
所以由題意可知是定義域為的減函數且滿足，
不妨設一次函數滿足題意，則，即.
故答案為：.
53．（答案不唯一）
【分析】根據性質①②，即可寫出一個函數，滿足這2個性質，即得答案.
【詳解】根據性質①②，取函數，圖象對稱軸為，
函數在在上單調遞增，上單調遞減，
且，則滿足①②，
故答案為：
54．
【分析】當時，，根據可得出函數在時的表達式.
【詳解】由題意，函數為奇函數，且當時，，
則當時，，則.
故答案為：.
55．(1)圖象見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）根據二次函數和一次函數的圖象作出的圖象；
（2）由圖象寫出單調區間和值域即可.
【詳解】（1）作出的圖象如圖所示：
（2）由圖知：的單調減區間為，單調增區間為，值域為.
56．(1)奇函數，理由見解析；
(2)證明見解析；
(3).
【分析】（1）應用奇偶性定義證明的奇偶性；
（2）由單調性定義證明區間單調性；
（3）問題化為在給定區間內，利用單調性求函數最值，再解不等式求參數范圍.
【詳解】（1）為奇函數，理由如下：
時，，
故為奇函數；
（2）令，則
，
∵，則，，，，
∴，即，
所以，
∴在上單調遞增.
（3）因為對任意恒成立，
由（2）知，因為在上單調遞增，
故，
所以，則，可得或，
所以.
57．(1)證明見解析
(2)證明見解析
(3)
【分析】（1）根據奇偶性的定義證明即可；
（2）利用單調性定義證明即可；
（3）根據單調性直接求得即可.
【詳解】（1）由函數可知，即，所以函數的定義域為，
所以，，
故為偶函數.
（2）假設且，則，
由，知，
從而，即.
所以是上的減函數.
（3）因為在上減函數，所以在的值域為.
58．(1)減函數，證明見解析
(2)答案見解析
【分析】（1）利用函數單調性的定義證明即可；
（2）利用函數的單調性及條件含參討論解一元二次不等式即可.
【詳解】（1）令，解得，
又當時，可判斷為減函數，
證明如下：
，不妨設，依題意，
即，
因為，所以，
所以，
因此，
即，
所以為減函數.
（2）原不等可化為
即：
因單調遞減，故成立.
即：
當時，有，解為，
當時，，解為，
當時，，解為，
綜上：當時，解集為，當時，解集為，當時，解集為.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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