数学一轮复习专题3.3 函数的奇偶性与周期性 （新教材新高考）（练）教师版

专题3.3函数的奇偶性与周期性练基础1．（2021·海南海口市·高三其他模拟）已知函数f(x)kxb(k0)，则“f(0)0”是“函数f(x)为奇函数”的（）A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件【答案】C【解析】化简“f(0)0”和“函数f(x)为奇函数”，再利用充分必要条件的定义判断得解.【详解】f(0)0，所以b0，函数f(x)为奇函数，所以f(x)kxbf(x)kxb0，所以b0.所以“f(0)0”是“函数f(x)为奇函数”的充分必要条件.故选：C2．（2021·福建高三三模）若函数yfx的大致图象如图所示，则fx的解析式可能是（）xxA．fxB．fxx11xxxC．fxD．fx22x11x【答案】C【解析】利用排除法，取特殊值分析判断即可得答案 【详解】解：由图可知，当x(0,1)时，f(x)0，11112122取x，则对于B，f()10，所以排除B，对于D，f()0，所以排除D，2212131124x11当x0时，对于A，fx1，此函数是由y向右平移1个单位，再向上平移1个单位，x1x1x所以x1时，f(x)1恒成立，而图中，当x1时，f(x)可以小于1，所以排除A,故选：C3．（2021·广东高三其他模拟）下列函数中，既是奇函数又在区间0,1上单调递增的是（）1x﹣xA．yxxB．yxC．yeeD．ylog2xx【答案】C【解析】利用函数奇偶性的定义和函数的解析式判断.【详解】A.函数yxx的定义域是[0,)，所以函数是非奇非偶函数，故错误；1B.yx在0,1上单调递减，故错误；xxxx﹣xC.因为fxeeeefx，所以函数是奇函数，且在0,1上单调递增，正确；D.因为fxlog2x=log2xfx，所以函数是偶函数，故错误；故选：C．1,x为有理数，4．（2021·湖南高三月考）定义函数D(x)则下列命题中正确的是（）1,x为无理数，A．D(x)不是周期函数B．D(x)是奇函数C．yD(x)的图象存在对称轴D．D(x)是周期函数，且有最小正周期【答案】C【解析】当m为有理数时恒有D(xm)D(x)，所以D(x)是周期函数，且无最小正周期，又因为无论x是有理数还是无理数总有D(x)D(x)，所以函数D(x)为偶函数，图象关于y轴对称． 【详解】1,x为有理数当m为有理数时，Dxm，1,x为无理数D(xm)D(x)，任何一个有理数m都是D(x)的周期，D(x)是周期函数，且无最小正周期，选项A，D错误，若x为有理数，则x也为有理数，D(x)D(x)，若x为无理数，则x也为无理数，D(x)D(x)，综上，总有D(x)D(x)，函数D(x)为偶函数，图象关于y轴对称，选项B错误，选项C正确，故选：C5．【多选题】（2021·淮北市树人高级中学高一期末）对于定义在R上的函数fx，下列说法正确的是（）A．若fx是奇函数，则fx1的图像关于点1,0对称B．若对xR，有fx1fx1，则fx的图像关于直线x1对称C．若函数fx1的图像关于直线x1对称，则fx为偶函数D．若f1xf1x2，则fx的图像关于点1,1对称【答案】ACD【解析】四个选项都是对函数性质的应用，在给出的四个选项中灵活的把变量x加以代换，再结合函数的对称性、周期性和奇偶性就可以得到正确答案.【详解】对A，fx是奇函数，故图象关于原点对称，将fx的图象向右平移1个单位得fx1的图象， 故fx1的图象关于点（1，0）对称，正确；对B，若对xR，有fx1fx1，得fx2fx，所以fx是一个周期为2的周期函数，不能说明其图象关于直线x1对称，错误.；对C，若函数fx1的图象关于直线x1对称，则fx的图象关于y轴对称，故为偶函数，正确；对D，由fx1f1x2得f1f12,f2f02，f3f12,f4f22,，fx的图象关于（1，1）对称，正确.故选：ACD.6．【多选题】（2020·江苏南通市·金沙中学高一期中）已知偶函数f(x)在区间0,上是增函数,则满足1f(2x1)f()的x的取值是（）317A．0B．C．D．1212【答案】BC【解析】根据偶函数和单调性求得不等式的解，然后判断各选项．．【详解】112由题意2x1，解得x，只有BC满足．333故选：BC．7．【多选题】（2021·广东高三二模）函数fx的定义域为R，且fx1与fx1都为奇函数，则下列说法正确的是（）A．fx是周期为2的周期函数B．fx是周期为4的周期函数C．fx2为奇函数D．fx3为奇函数【答案】BD【解析】 AB选项，利用周期函数的定义判断；CD选项，利用周期性结合fx1，fx1为奇函数判断.【详解】因为函数fx的定义域为R，且fx1与fx1都为奇函数，所以fx1fx1，fx1fx1，所以fxfx2，fxfx2，所以fx2fx2，即fx4fx，故B正确A错误；因为fx3fx34fx1，且fx1为奇函数，所以fx3为奇函数，故D正确；因为fx2与fx1相差1，不是最小周期的整数倍，且fx1为奇函数，所以fx2不为奇函数，故C错误.故选：BD.8．（2021·吉林高三二模（文））写出一个符合“对xR，fxfx0”的函数fx___________.3【答案】x（答案不唯一）【解析】分析可知函数fx的定义域为R，且该函数为奇函数，由此可得结果.【详解】3由题意可知，函数fx的定义域为R，且该函数为奇函数，可取fxx.3故答案为：x（答案不唯一）.9．（2021·全国高三二模（理））已知yf(x)为R上的奇函数，且其图象关于点2,0对称，若f11，则f2021__________．【答案】1【解析】根据函数的对称性及奇函数性质求得函数周期为4，从而f2021f(1)1.【详解】函数关于点2,0对称，则f(x)f(4x)，又yf(x)为R上的奇函数，则f(x)f(4x)f(x4)， 因此函数的周期为4，因此f2021f(1)1.故答案为：1.x10．（2021·上海高三二模）已知函数f(x)的定义域为R，函数g(x)是奇函数，且g(x)f(x)2，若f(1)1，则f(1)___________．3【答案】2【解析】通过计算g(1)g(1)可得．【详解】因为g(x)是奇函数，所以g(1)g(1)0，153即f(1)2f(1)0，所以f(1)1．2223故答案为：．2练提升1．（2021·安徽高三三模（文））若把定义域为R的函数fx的图象沿x轴左右平移后，可以得到关于原点对称的图象，也可以得到关于y轴对称的图象，则关于函数fx的性质叙述一定正确的是（）A．fxfx0B．fx1f1xC．fx是周期函数D．fx存在单调递增区间【答案】C【解析】通过举例说明选项ABD错误；对于选项C可以证明判断得解.【详解】定义域为R的函数fx的图象沿x轴左右平移后，可以得到关于原点对称的图象，也可以得到关于y轴对称的图象，∴fx的图象既有对称中心又有对称轴，但fx不一定具有奇偶性，例如fxsinx，3 由fxfx0，则fx为奇函数，故选项A错误；由fx1f1x，可得函数f(x)图象关于x0对称，故选项B错误；由fx0时，fx不存在单调递增区间，故选项D错误；由已知设fx图象的一条对称抽为直线xa，一个对称中心为b,0，且a¹b，∴f2axfx，fxf2bx，∴f2axf2bx，∴f2ax2bf2bx2bfx，∴fx4a4bf2bx2bfx2a2bfx，∴fx的一个周期T4ab，故选项C正确.故选：C12．（2021·天津高三二模）已知函数fx在R上是减函数，且满足fxfx，若aflog3，100.8bflog39.1，cf2，则a，b，c的大小关系为（）A．abcB．cbaC．bacD．cab【答案】B【解析】1根据对数运算性质和对数函数单调性可得loglog9.12，根据指数函数单调性可知20.82；利331010.8用fx为减函数可知flog3flog39.1f2，结合fx为奇函数可得大小关系.10【详解】1loglog10log9.1log92，20.8233331010.8即：loglog9.123310又fx是定义在R上的减函数 10.8flog3flog39.1f2又fx为奇函数1011flogflog33101010.8flog3flog39.1f2，即：cba.10故选：B.3.（2021·陕西高三三模（理））已知函数f(x)为R上的奇函数，且f(x)f(2x)，当x[0,1]时，xafx2，则f(101)+f(105)的值为（）x2A．3B．2C．1D．0【答案】A【解析】根据函数为奇函数可求得函数的解析式，再由f(x)f(2x)求得函数f(x)是周期为4的周期函数，由此可计算得选项．【详解】解：根据题意，函数f(x)为R上的奇函数，则f(0)=0，xax1又由x∈[0，1]时，f(x)2，则有f(0)=1+a=0，解可得：a=﹣1，则有f(x)2，xx22又由f(﹣x)=f(2+x)，即f(x+2)=﹣f(x)，则有f(x+4)=﹣f(x+2)=f(x)，即函数f(x)是周期为4的周期函数，1313则f(101)f(1)2,f(105)f(1)2，2222故有f(101)+f(105)=3，故选：A．4．（2021·上海高三二模）若f(x)是R上的奇函数，且f(x)在[0,)上单调递增，则下列结论：①y|f(x)|是偶函数；②对任意的x∈R都有f(x)|f(x)|0；③yf(x)f(x)在(,0]上单调递增；1④反函数yf(x)存在且在(,0]上单调递增．其中正确结论的个数为（）A．1B．2C．3D．4 【答案】C【解析】根据奇函数定义以及单调性性质，及反函数性质逐一进行判断选择.【详解】对于①，由f(x)是R上的奇函数，得f(x)f(x)，∴|f(x)||f(x)||f(x)|，所以y|f(x)|是偶函数，故①正确；对于②，由f(x)是R上的奇函数，得f(-x)+f(x)=0，而f(x)|f(x)|不一定成立，所以对任意的xR，不一定有f(x)|f(x)|0，故②错误；对于③，因为f(x)是R上的奇函数，且f(x)在[0,)上单调递增，所以f(x)在(,0]上单调递增，且2f(x)£f(0)=0，因此yf(x)f(x)[f(x)]，利用复合函数的单调性，知yf(x)f(x)在(,0]上单调递增，故③正确.对于④，由已知得f(x)是R上的单调递增函数，利用函数存在反函数的充要条件是，函数的定义域与值域1是一一映射，且函数与其反函数在相应区间内单调性一致，故反函数yf(x)存在且在(,0]上单调递增，故④正确；故选：C5．【多选题】（2021·全国高三专题练习）已知函数f(x)是偶函数，f(x1)是奇函数，并且当x1,2，f(x)1|x2|，则下列选项正确的是（）A．f(x)在(3,2)上为减函数B．f(x)在(3,2)上f(x)0C．f(x)在(3,2)上为增函数D．f(x)在(3,2)上f(x)0【答案】CD【解析】根据题意，分析可得f(x4)f(x)，结合函数的解析式可得当x(3,2)时函数的解析式，据此分析可得答案．【详解】解：根据题意，函数f(x1)为奇函数，则有f(x1)f(x1)，即f(x2)f(x)，又由f(x)为偶函数，则f(x)f(x)，则有f(x2)f(x)，即有f(x4)f(x)， 当x[1，2]时，f(x)1|x2|x1，若x(3,2)，则x4(1,2)，则f(x4)(x4)1x3，则当x(3,2)时，有f(x)x3，则f(x)为增函数且f(x)f(3)0；故f(x)在(3,2)上为增函数，且f(x)0；故选：CD．6．【多选题】（2021·全国高三专题练习）若函数f(x)对任意xR都有f(x)f(x)0成立，mR，则下列的点一定在函数yf(x)图象上的是（）A．(0,0)B．(m,f(m))C．(m,f(m))D．(m,f(m))【答案】ABC【解析】根据任意xR满足f(x)f(x)0，得到f(x)是奇函数判断.【详解】因为任意xR满足f(x)f(x)0，所以f(x)是奇函数，又xR，所以令x0，则f(0)f(0)，得f(0)0，所以点(0,0)，且点(m,f(m))与(m,f(m))也一定在yf(x)的图象上，故选：ABC．7．【多选题】（2021·浙江高一期末）已知函数yf(x)是定义在[1,1]上的奇函数，当x0时，f(x)x(x1)，则下列说法正确的是（）A．函数yf(x)有2个零点B．当x0时，f(x)x(x1)1C．不等式f(x)0的解集是(0,1)D．x1,x2[1,1]，都有fx1fx22【答案】BCD【解析】根据函数奇偶性定义和零点定义对选项一一判断即可． 【详解】对A，当x0时，由f(x)x(x1)0得x1，又因为yf(x)是定义在[1,1]上的奇函数，所以f00,f1f10，故函数yf(x)有3个零点，则A错；对B，设x0，则x0，则fxfxxx1xx1，则B对；对C，当0x1时，由f(x)x(x1)0，得0x1；当1≤x≤0时，由f(x)x(x1)0，得x无解；则C对；对D，x1,x2[1,1]，都有11111fx1fx2fxmaxfxminff，则D对．22442故选：BCD．8．【多选题】（2021·苏州市第五中学校高一月考）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.设xR，用[x]表示不超过x的最大整数，y[x]也被称为“高斯函数”，例如：[3.5]4，[2.1]2.已知函数f(x)[x1]x，下列说法中正确的是（）A．f(x)是周期函数B．f(x)的值域是[0,1]C．f(x)在(0,1)上是减函数D．xR，[f(x)]0【答案】AC【解析】根据[x]定义将函数fx写成分段函数的形式，再画出函数的图象，根据图象判断函数的性质.【详解】1,2x11x,2x10,1x0x,1x0由题意可知x11,0x1，fxx1x1x,0x1，2,1x22x,1x2可画出函数图像，如图： 可得到函数fx是周期为1的函数，且值域为0,1，在0,1上单调递减，故选项AC正确，B错误；对于D，取x1f11，则f11，故D错误.故选：AC．9．【多选题】（2021·湖南高三月考）函数f(x)满足以下条件：①f(x)的定义域是R，且其图象是一条连续不断的曲线；②f(x)是偶函数；③f(x)在0,上不是单调函数；④f(x)恰有2个零点.则函数f(x)的解析式可以是（）2A．f(x)x2xB．f(x)lnx12xC．f(x)xx1D．f(x)e2【答案】CD【解析】利用函数图象变换画出选项A，B，C，D对应的函数图象，逐一分析即可求解.【详解】解：显然题设选项的四个函数均为偶函数，但f(x)lnx1的定义域为xx0R，所以选项B错误；2函数f(x)x2x的定义域是R，在,1，0,1单调递减，在1,0，1,单调递增，但f2f0f20有3个零点，选项A错误；221函数f(x)xx1的定义域是R，当x0,时，f(x)xx1的图象对称轴为x，其21111图象是开口向下的抛物线，故f(x)在,，0,单调递增，在,0，,单调递减，由2222图得f(x)恰有2个零点，选项C正确；x函数f(x)e2的定义域是R，在,ln2，0,ln2单调递减，在ln2,0，ln2,单调递增，且fln2fln20有2个零点，选项D正确.故选：CD.10．（2021·黑龙江大庆市·高三二模（理））定义在R上的函数f(x)满足f2xf(x)，当x1,1时，2xf(x)x，则函数f(x)的图象与g(x)的图象的交点个数为___________.3【答案】7 【解析】x由题设可知f(x)的周期为2，结合已知区间的解析式及g(x)，可得两函数图象，即知图象交点个数.3【详解】2由题意知：f(x)的周期为2，当x[1,1]时，f(x)x，∴f(x)、g(x)的图象如下：即f(x)与g(x)共有7个交点，故答案为：7.【点睛】结论点睛：f(mx)f(x)有f(x)的周期为|m|.练真题4x1.（2020·天津高考真题）函数y的图象大致为（）2x1A．B．C．D． 【答案】A【解析】【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】4x由函数的解析式可得：fxfx，则函数fx为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选2x1项CD错误；4当x1时，y20，选项B错误.11故选：A.2.（2020·全国高考真题（理））设函数f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则f(x)（）111A．是偶函数，且在(,)单调递增B．是奇函数，且在(,)单调递减22211C．是偶函数，且在(,)单调递增D．是奇函数，且在(,)单调递减22【答案】D【解析】1由fxln2x1ln2x1得fx定义域为xx，关于坐标原点对称，2又fxln12xln2x1ln2x1ln2x1fx，fx为定义域上的奇函数，可排除AC；11当x,时，fxln2x1ln12x，221111Qyln2x1在,上单调递增，yln12x在,上单调递减，222211fx在,上单调递增，排除B；2212x12当x,时，fxln2x1ln12xlnln1，22x12x1211在,上单调递减，fln在定义域内单调递增，2x12 1根据复合函数单调性可知：fx在,上单调递减，D正确.2故选：D.3．（2020·海南省高考真题）若定义在R的奇函数f(x)在(,0)单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x1)0的x的取值范围是（）A．[1,1][3,)B．[3,1][0,1]C．[1,0][1,)D．[1,0][1,3]【答案】D【解析】因为定义在R上的奇函数f(x)在(,0)上单调递减，且f(2)0，所以f(x)在(0,)上也是单调递减，且f(2)0，f(0)0，所以当x(,2)(0,2)时，f(x)0，当x(2,0)(2,)时，f(x)0，所以由xf(x1)0可得：x0x0或或x02x10或x120x12或x12解得1≤x≤0或1x3，所以满足xf(x1)0的x的取值范围是[1,0][1,3]，故选：D.4（.2018年理全国卷II）已知是定义域为的奇函数，满足．若݂，则݂ሺ()A.ሺB.0C.2D.50【答案】C【解析】因为是定义域为的奇函数，且，所以䁥,因此݂ሺ݂耀݂䁥݂，因为，䁥݂，所以݂䁥，݂݂݂݂，从而݂ሺ݂，选C.5.（2019·全国高考真题（文））设fx是定义域为R的偶函数，且在0,单调递减，则（） 321flogf22f23A．34231flogf23f22B．34321f22f23flogC．34231f23f22flogD．34【答案】C【解析】1fx是R的偶函数，flog3flog34．42323log4log31,1202322,log42322，333又fx在(0，+∞)单调递减，23flog4f23f22∴3，321f22f23flog3，故选C．4ax6.（2019·全国高考真题（理））已知f(x)是奇函数，且当x0时，f(x)e.若f(ln2)8，则a__________.【答案】-3【解析】ax因为f(x)是奇函数，且当x0时x0，f(x)f(x)e．又因为ln2(0,1)，f(ln2)8，aln2所以e8，两边取以e为底的对数得aln23ln2，所以a3，即a3．