《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.3.2第2課時(shí) 函數(shù)奇偶性的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版必修1.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.3.2第2課時(shí) 函數(shù)奇偶性的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版必修1.doc（5頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高中數(shù)學(xué) 1.3.2第2課時(shí) 函數(shù)奇偶性的應(yīng)用課時(shí)作業(yè) 新人教A版必修1 知識(shí)點(diǎn)及角度 難易度及題號(hào) 基礎(chǔ) 中檔 稍難 利用奇偶性求解析式 5、6 8 11 單調(diào)性與奇偶性的綜合 1、2、3、4 7、9 10、12 C．f(π)＜f(－3)＜f(－2) D．f(π)＜f(－2)＜f(－3) 解析：∵f(x)為偶函數(shù)， 且當(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)f(x)為增函數(shù)． 又∵f(－2)＝f(2)，f(－3)＝f(3)， 且2＜3＜π， ∴f(2)＜f(3)＜f(π)， 即f(－2)＜f(－3)＜f(π)． 答案：A 4．若φ(x)，g(x)都是奇函數(shù)，f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2在(0，＋∞)上有最大值5，則f(x)在(－∞，0)上有(　　) A．最小值－5　　　　　　　 B．最大值－5 C．最小值－1 D．最大值－3 解析：由已知對(duì)任意x∈(0，＋∞)， f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2≤5. 對(duì)任意x∈(－∞，0)，則－x∈(0，＋∞)， 且φ(x)，g(x)都是奇函數(shù)， 有f(－x)＝aφ(－x)＋bg(－x)＋2≤5. 即－aφ(x)－bg(x)＋2≤5， ∴aφ(x)＋bg(x)≥－3. ∴f(x)＝aφ(x)＋bg(x)＋2≥－3＋2＝－1. 答案：C 5．設(shè)函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)．若f(－2)＋f(－1)－3＝f(1)＋f(2)＋3，則f(1)＋f(2)＝__________. 解析：∵f(x)是奇函數(shù)， ∴f(－2)＝－f(2)，f(－1)＝－f(1)， 又f(－2)＋f(－1)－3＝f(1)＋f(2)＋3， ∴f(1)＋f(2)＝－3. 答案：－3 6．已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝＋1，則當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝________. 解析：設(shè)x＜0，則－x＞0，f(－x)＝＋1， 又函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)， 所以f(x)＝－f(－x)＝－－1. 因此，當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)的解析式為f(x)＝－－1. 答案：－－1 7．已知函數(shù)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝x2－2x， (1)求出函數(shù)f(x)在R上的解析式； (2)畫出函數(shù)f(x)的圖象． 解：(1)①由于函數(shù)f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)， 則f(0)＝0；②當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0， ∵f(x)是奇函數(shù)， ∴f(－x)＝－f(x)， ∴f(x)＝－f(－x)＝－[(－x)2－2(－x)] ＝－x2－2x， 綜上，f(x)＝ (2)圖象如圖 8．已知f(x)在[a，b]上是奇函數(shù)，且f(x)在[a，b]上的最大值為m，則函數(shù)F(x)＝f(x)＋3在[a，b]上的最大值與最小值之和為(　　) A．2m＋3　　　　　　　 B．2m＋6 C．6－2m D．6 解析：因?yàn)槠婧瘮?shù)f(x)在[a，b]上的最大值為m，所以它在[a，b]上的最小值為－m，所以函數(shù)F(x)＝ f(x)＋3在[a，b]上的最大值與最小值之和為m＋3＋(－m＋3)＝6.故選D. 9．若f(x)＝(m－1)x2＋6mx＋2是偶函數(shù)，則f(0)、f(1)、f(－2)從小到大的順序是________． 解析：因?yàn)閒(x)是偶函數(shù)， 所以f(－x)＝f(x)恒成立， 即(m－1)x2－6mx＋2＝(m－1)x2＋6mx＋2恒成立． 所以m＝0，即f(x)＝－x2＋2. 因?yàn)閒(x)的圖象開口向下，對(duì)稱軸為y軸， 所以f(2)＜f(1)＜f(0)， 即f(－2)＜f(1)＜f(0)． 答案：f(－2)＜f(1)＜f(0) 10．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且對(duì)任意a、b∈R，當(dāng)a＋b≠0時(shí)，都有＞0. (1)若a＞b，試比較f(a)與f(b)的大小關(guān)系； (2)若f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解：(1)∵a＞b，∴a－b＞0， 由題意得＞0， ∴f(a)＋f(－b)＞0. 又f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴f(－b)＝－f(b)， ∴f(a)－f(b)＞0， 即f(a)＞f(b)． (2)由(1)知f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù)． ∵f(1＋m)＋f(3－2m)≥0， ∴f(1＋m)≥－f(3－2m)， 即f(1＋m)≥f(2m－3)， ∴1＋m≥2m－3， ∴m≤4. ∴實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，4]． 11．已知f(x)是R上的偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝. (1)求f(x)的表達(dá)式； (2)判斷f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上的單調(diào)性，并用定義加以證明． 解：(1)當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0， ∴f(－x)＝. 又f(x)是R上的偶函數(shù)， ∴f(－x)＝f(x)， ∴f(x)＝， ∴f(x)＝ (2)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增，證明如下： 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2， 則f(x1)－f(x2)＝－＝. ∵x1，x2∈(0，＋∞)，∴＋＞0. 又x1＜x2，∴x1－x2＜0， ∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增． 12．已知函數(shù)f(x)＝x2＋(x≠0，常數(shù)a∈R)． (1)討論函數(shù)f(x)的奇偶性，并說明理由； (2)若函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝x2，對(duì)任意x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)． 所以f(x)為偶函數(shù)． 當(dāng)a≠0時(shí)，f(x)＝x2＋(a≠0，x≠0)，取x＝1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a≠0，即f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)， 所以函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)． (2)設(shè)2≤x1＜x2，則有f(x1)－f(x2)＝x＋－x－＝[x1x2(x1＋x2)－a]， 要使函數(shù)f(x)在[2，＋∞)上為增函數(shù)，則需 f(x1)－f(x2)＜0恒成立． 因?yàn)閤1－x2＜0，x1x2＞4，所以只需使a＜x1x2(x1＋x2)恒成立． 又因?yàn)閤1＋x2＞4，x1x2(x1＋x2)＞16，故a的取值范圍是(－∞，16]． 1．函數(shù)的奇偶性是其相應(yīng)圖象特殊對(duì)稱性的反映，也體現(xiàn)了在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的定義域的兩個(gè)區(qū)間上函數(shù)值及其性質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化，這是對(duì)稱思想的應(yīng)用． 2．(1)根據(jù)奇函數(shù)的定義，如果一個(gè)奇函數(shù)在原點(diǎn)處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.有時(shí)可以用這個(gè)結(jié)論來否定一個(gè)函數(shù)為奇函數(shù)． (2)偶函數(shù)的一個(gè)重要性質(zhì)：f(|x|)＝f(x)，它能使自變量化歸到[0，＋∞)上，避免分類討論． 3．具有奇偶性的函數(shù)的單調(diào)性的特點(diǎn)： (1)奇函數(shù)在[a，b]和[－b，－a]上具有相同的單調(diào)性． (2)偶函數(shù)在[a，b]和[－b，－a]上具有相反的單調(diào)性． 4．函數(shù)圖象的平移變換是一種基本的圖象變換．一般地，函數(shù)y＝f(x－a)的圖象可由函數(shù)y＝f(x)的圖象向右(a＞0)或向左(a＜0)平移|a|個(gè)單位得到．