第3講函數的奇偶性及周期性1．函數的奇偶性奇偶性定義圖象特點偶函數如果對于函數f(x)的定義域內任意一個x，都有f(－x)＝f(x)，那么函數f(x)是偶函數關于y軸對稱奇函數如果對于函數f(x)的定義域內任意一個x，都有f(－x)＝－f(x)，那么函數f(x)是奇函數關于原點對稱2.判斷函數奇偶性的步驟(1)求函數的定義域．(2)判斷定義域是否關于原點對稱，若不對稱，則函數為非奇非偶函數，若對稱，則進行下一步．(3)判斷f(－x)與f(x)的關系，若f(－x)＝f(x)，則函數f(x)為偶函數，若f(－x)＝－f(x)，則函數f(x)為奇函數，若f(－x)≠±f(x)，則f(x)為非奇非偶函數．(4)得出結論．特別地，設f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上，有下面結論：f(x)g(x)f(x)＋g(x)f(x)－g(x)f(x)g(x)f(g(x))偶函數偶函數偶函數偶函數偶函數偶函數偶函數奇函數不能確定不能確定奇函數偶函數奇函數偶函數不能確定不能確定奇函數偶函數奇函數奇函數奇函數奇函數偶函數奇函數(1)周期函數：對于函數y＝f(x)，如果存在一個非零常數T，使得當x取定義域內的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數y＝f(x)為周期函數，稱T為這個函數的周期．(2)最小正周期：如果在周期函數f(x)的所有周期中存在一個最小的正數，那么這個最小正數就叫做f(x)的最小正周期．4．函數周期性的意義．函數周期性的創新主要以函數圖象的對稱性為條件．以函數值的求解為目的，解決此類問題的關鍵是把自變量的取值利用周期性和對稱性轉化到指定區間內，代入相應的函數解析式求值．判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)偶函數的圖象不一定過原點，奇函數的圖象一定過原點．()(2)若函數y＝f(x＋a)是偶函數，則函數y＝f(x)關于直線x＝a對稱．()(3)函數f(x)在定義域上滿足f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期為2a(a>0)的周期函數．()(4)定義域關于原點對稱是函數具有奇偶性的一個必要條件．()答案：(1)×(2)√(3)√(4)√下列函數中為偶函數的是()A．y＝x2sinx B．y＝x2cosxC．y＝|lnx| D．y＝2－x解析：選B.根據偶函數的定義知偶函數滿足f(－x)＝f(x)且定義域關于原點對稱，A選項為奇函數，B選項為偶函數；C選項定義域為(0，＋∞)，不具有奇偶性，D選項既不是奇函數，也不是偶函數．(教材習題改編)已知函數f(x)是奇函數，在(0，＋∞)上是減函數，且在區間[a，b](a<b<0)上的值域為[－3，4]，則在區間[－b，－a]上()A．有最大值4 B．有最小值－4C．有最大值－3 D．有最小值－3解析：選B.法一：根據題意作出y＝f(x)的簡圖，由圖知選B.法二：當x∈[－b，－a]時，－x∈[a，b]，由題意得f(b)≤f(－x)≤f(a)，即－3≤－f(x)≤4，所以－4≤f(x)≤3，即在區間[－b，－a]上f(x)min＝－4，f(x)max＝3，故選B.(教材習題改編)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，當x≥0時，f(x)＝x(1＋x)，則x＜0時，f(x)＝________．解析：當x＜0時，則－x＞0，所以f(－x)＝(－x)(1－x)．又f(x)為奇函數，所以f(－x)＝－f(x)＝(－x)(1－x)，所以f(x)＝x(1－x)．答案：x(1－x)(2016·高考四川卷)若函數f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數，當0<x<1時，f(x)＝4x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝__________．解析：因為函數f(x)是定義在R上的周期為2的奇函數，所以f(0)＝0，f(x＋2)＝f(x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)))＋f(2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)＋2))＋f(0)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋0＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－4eq\s\up6(\f(1,2))＝－2.答案：－2函數的奇偶性[典例引領]判斷下列函數的奇偶性．(1)f(x)＝x3－eq\f(1,x)；(2)f(x)＝eq\r(x2－1)＋eq\r(1－x2)；(3)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2，x＞0，,0，x＝0，,－x2－2，x＜0.))【解】(1)原函數的定義域為{x|x≠0}，關于原點對稱，并且對于定義域內的任意一個x都有f(－x)＝(－x)3－eq\f(1,－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3－\f(1,x)))＝－f(x)，從而函數f(x)為奇函數．(2)f(x)的定義域為{－1，1}，關于原點對稱．又f(－1)＝f(1)＝0，f(－1)＝－f(1)＝0，所以f(x)既是奇函數又是偶函數．(3)f(x)的定義域為R，關于原點對稱，當x＞0時，f(－x)＝－(－x)2－2＝－(x2＋2)＝－f(x)；當x＜0時，f(－x)＝(－x)2＋2＝－(－x2－2)＝－f(x)；當x＝0時，f(0)＝0，也滿足f(－x)＝－f(x)．故該函數為奇函數．eq\a\vs4\al()判斷函數奇偶性的常用方法及思路(1)定義法(2)圖象法[提醒]對函數奇偶性的判斷，不能用特殊值法，如存在x0使f(－x0)＝－f(x0)，不能判斷函數f(x)是奇函數．[通關練習]1．下列函數中既是偶函數，又在(－∞，0)上單調遞增的是()A．y＝|x|＋1 B．y＝logeq\s\do9(\f(1,2))|x|C．y＝x4 D．y＝2x解析：選B.對于選項A，y＝|x|＋1＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≥0,－x＋1，x<0))是偶函數，但在(－∞，0)上單調遞減；對于選項C，y＝x4是偶函數，但在(－∞，0)上單調遞減；對于選項D，y＝2x不是偶函數；只有選項B，y＝logeq\s\do9(\f(1,2))|x|＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log\s\do9(\f(1,2))x，x>0,log\s\do9(\f(1,2))（－x），x<0))是偶函數，且在(－∞，0)上單調遞增，滿足條件，故選B.2．判斷下列函數的奇偶性．(1)f(x)＝eq\r(3－2x)＋eq\r(2x－3)；(2)f(x)＝eq\f(1,ax－1)＋eq\f(1,2)(a>0，且a≠1)；(3)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x＞0，,x2－x，x＜0.))解：(1)因為函數f(x)＝eq\r(3－2x)＋eq\r(2x－3)的定義域為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，不關于坐標原點對稱，所以函數f(x)既不是奇函數，也不是偶函數．(2)因為f(x)的定義域為{x|x∈R，且x≠0}，其定義域關于原點對稱，并且有f(－x)＝eq\f(1,a－x－1)＋eq\f(1,2)＝eq\f(1,\f(1,ax)－1)＋eq\f(1,2)＝eq\f(ax,1－ax)＋eq\f(1,2)＝－eq\f(（1－ax）－1,1－ax)＋eq\f(1,2)＝－1＋eq\f(1,1－ax)＋eq\f(1,2)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,ax－1)＋\f(1,2)))＝－f(x)．即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數．(3)易知函數的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，關于原點對稱，又當x＞0時，f(x)＝x2＋x，則當x＜0時，－x＞0，故f(－x)＝x2－x＝f(x)；當x＜0時，f(x)＝x2－x，則當x＞0時，－x＜0，故f(－x)＝x2＋x＝f(x)，故原函數是偶函數．函數的周期性[典例引領](1)已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數，且當0≤x<2時，f(x)＝x3－x，則函數y＝f(x)的圖象在區間[0，4]上與x軸的交點的個數為()A．2 B．3C．4 D．5(2)(2017·高考山東卷)已知f(x)是定義在R上的偶函數，且f(x＋4)＝f(x－2)．若當x∈[－3，0]時，f(x)＝6－x，則f(919)＝________．【解析】(1)當0≤x<2時，令f(x)＝x3－x＝x(x2－1)＝0，所以y＝f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標分別為x1＝0，x2＝1.當2≤x<4時，0≤x－2<2，又f(x)的最小正周期為2，所以f(x－2)＝f(x)，所以f(x)＝(x－2)(x－1)(x－3)，所以當2≤x<4時，y＝f(x)的圖象與x軸交點的橫坐標分別為x3＝2，x4，共有4個交點．(2)由f(x＋4)＝f(x－2)得f(x＋6)＝f(x)，故f(x)是周期為6的函數．所以f(919)＝f(6×153＋1)＝f(1)．因為f(x)為R上的偶函數，所以f(1)＝f(－1)．又x∈[－3，0]時，f(x)＝6－x，所以f(－1)＝6－(－1)＝6.從而f(1)＝6，故f(919)＝6.【答案】(1)C(2)6若本例(1)的條件不變，求f(x)(x∈[－2，0))的解析式．解：當x∈[－2，0)，則0≤x＋2<2.所以f(x＋2)＝(x＋2)3－(x＋2)，所以f(x)＝x3＋6x2＋11x＋6.eq\a\vs4\al()函數周期性的判定與應用(1)判斷函數的周期性只需證明f(x＋T)＝f(x)(T≠0)便可證明函數是周期函數，且周期為T，函數的周期性常與函數的其他性質綜合命題．(2)根據函數的周期性，可以由函數局部的性質得到函數的整體性質，在解決具體問題時，要注意結論：若T是函數的周期，則kT(k∈Z且k≠0)也是函數的周期．[通關練習]1．已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，則f(8)的值為()A．－1 B．0C．1 D．2解析：選B.因為f(x)為定義在R上的奇函數，所以f(0)＝0，又因為f(x＋2)＝－eq\f(1,f（x）)，所以其周期為4，故f(8)＝f(2×4＋0)＝f(0)＝0.2．若f(x)是定義在R上的周期為4的函數，且在[0，2]上的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），0≤x≤1，,cosπx，1<x≤2，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,3)))))＝________．解析：因為f(x)的周期為4，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8＋\f(5,3)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)))＝coseq\f(5,3)π＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,3)))))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)函數性質的綜合應用(高頻考點)函數的奇偶性、周期性以及單調性是函數的三大性質，在高考中常常將它們綜合在一起命題，以選擇題或填空題的形式考查，難度為中高檔題．高考對函數性質的考查主要有以下三個命題角度：(1)函數的奇偶性與單調性相結合；(2)函數的奇偶性與周期性相結合；(3)函數的奇偶性與對稱性相結合．[典例引領]角度一函數的奇偶性與單調性相結合(2017·高考全國卷Ⅰ)函數f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減，且為奇函數．若f(1)＝－1，則滿足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]【解析】因為函數f(x)在(－∞，＋∞)單調遞減，且f(1)＝－1，所以f(－1)＝－f(1)＝1，由－1≤f(x－2)≤1，得－1≤x－2≤1，所以1≤x≤3，故選D.【答案】D角度二函數的奇偶性與周期性相結合設f(x)是定義在R上周期為4的奇函數，若在區間[－2，0)∪(0，2]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋b，－2≤x<0，,ax－1，0<x≤2，))則f(2019)＝________．【解析】設0<x≤2，則－2≤－x<0，f(－x)＝－ax＋b.f(x)是定義在R上周期為4的奇函數，所以f(－x)＝－f(x)＝－ax＋1＝－ax＋b，所以bf(－2)＝f(2)，所以－2a＋1＝2a－1，解得a＝eq\f(1,2)，所以f(2019)＝f(－1)＝－1×eq\f(1,2)＋1＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)角度三函數的奇偶性與對稱性相結合已知定義在R上的函數f(x)，對任意實數x有f(x＋4)＝－f(x)，若函數f(x－1)的圖象關于直線x＝1對稱，f(2)＝2，則f(2018)＝________．【解析】由函數y＝f(x－1)的圖象關于直線x＝1對稱可知，函數f(x)的圖象關于y軸對稱，故f(x)為偶函數．由f(x＋4)＝－f(x)，得f(x＋4＋4)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)是周期T＝8的偶函數，所以f(2018)＝f(2＋252×8)＝f(2)＝2.【答案】2eq\a\vs4\al()函數性質綜合應用問題的常見類型及解題策略(1)單調性與奇偶性結合注意函數單調性及奇偶性的定義，以及奇、偶函數圖象的對稱性．(2)周期性與奇偶性結合此類問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數值的自變量轉化到已知解析式的函數定義域內求解．(3)奇偶性與對稱性結合此類問題的求解常用對稱性判斷函數的奇偶性，再結合單調性、周期性求解．[通關練習]1．(2018·成都市第一次診斷性檢測)已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x＋3)＝f(x)，且當x∈[0，eq\f(3,2))時，f(x)＝－x3，則f(eq\f(11,2))＝()A．－eq\f(1,8) B.eq\f(1,8)C．－eq\f(125,8) D.eq\f(125,8)解析：選B.由f(x＋3)＝f(x)知函數f(x)的周期為3，又函數f(x)為奇函數，所以f(eq\f(11,2))＝f(－eq\f(1,2))＝－f(eq\f(1,2))＝(eq\f(1,2))3＝eq\f(1,8).2．定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x－2)＝－f(x)，且在[0，1]上是增函數，則有()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))解析：選B.由題設知f(x)＝－f(x－2)＝f(2－x)，所以函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．又函數f(x)是奇函數，其圖象關于坐標原點對稱，由于函數f(x)在[0，1]上是增函數，故f(x)在[－1，0]上也是增函數，綜上，函數f(x)在[－1，1]上是增函數，在[1，3]上是減函數，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))).eq\a\vs4\al()奇、偶函數的三個性質(1)在奇、偶函數的定義中，f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)是定義域上的恒等式．(2)奇函數的圖象關于原點對稱，偶函數的圖象關于y軸對稱，反之也成立．利用這一性質可簡化一些函數圖象的畫法．(3)設f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．三類常用結論(1)周期性對f(x)定義域內任一自變量的值x：①若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a.②若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則T＝2a.③若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，則T＝2a.(2)對稱性①若函數f(x)的圖象關于直線x＝a對稱，則f(x)＝f(2a－x)．②若函數f(x)的圖象關于點(a，b)對稱，則f(x)＋f(2a－x)＝2b.(3)函數的對稱性與周期性的關系①若函數f(x)關于直線x＝a與x＝b對稱(b≠a)，那么函數f(x)的周期為2|b－a|.②若函數f(x)關于點(a，0)對稱，又關于點(b，0)對稱(b≠a)，則函數f(x)的周期是2|b－a|.③若函數f(x)關于直線x＝a對稱，又關于點(b，0)對稱(b≠a)，則函數f(x)的周期是4|b－a|.易錯防范(1)f(0)＝0既不是f(x)是奇函數的充分條件，也不是必要條件．(2)判斷函數的奇偶性，易忽視函數定義域是否關于原點對稱．定義域關于原點對稱是函數具有奇偶性的一個必要條件．(3)在用定義判斷函數的奇偶性時，要注意自變量在定義域內的任意性．不能因為個別值滿足f(－x)＝±f(x)，就確定函數的奇偶性．(4)判定分段函數奇偶性時要分段討論f(－x)與f(x)的關系，只有當所有區間上都滿足相同的關系時，才能判定其奇偶性．(5)在求出定義域之前，不能化簡函數解析式，否則會使定義域發生變化．1．下列函數中，與函數y＝－3|x|的奇偶性相同，且在(－∞，0)上單調性也相同的是()A．y＝－eq\f(1,x) B．y＝log2|x|C．y＝1－x2 D．y＝x3－1解析：選C.函數y＝－3|x|為偶函數，在(－∞，0)上為增函數，選項A的函數為奇函數，不符合要求；選項B的函數是偶函數，但其單調性不符合要求；選項D的函數為非奇非偶函數，不符合要求；只有選項C符合要求．2．(2018·河北滄州模擬)已知定義域為[a－4，2a－2]的奇函數f(x)＝2018x3－sinx＋b＋2，則f(a)＋f(b)的值為()A．0 B．1C．2 D．不能確定解析：選A.依題意得a－4＋2a－2＝0，所以af(x)為奇函數，故b＋2＝0，所以b＝－2，所以f(a)＋f(b)＝f(2)＋f(－2)＝0.3．(2018·惠州市第三次調研考試)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x－4），x>2,ex，－2≤x≤2,f（－x），x<－2))，則f(－2019)＝()A．1 B．eC．eq\f(1,e) D．e2解析：選B.由已知可得，當x>2時，f(x)＝f(x－4)，故其周期為4，f(－2019)＝f(2019)＝f(2018＋1)＝f(1)＝e.4．函數f(x)是周期為4的偶函數，當x∈[0，2]時，f(x)＝x－1，則不等式xf(x)>0在[－1，3]上的解集為()A．(1，3) B．(－1，1)C．(－1，0)∪(1，3) D．(－1，0)∪(0，1)解析：選C.f(x)的圖象如圖．當x∈(－1，0)時，由xf(x)>0得x∈(－1，0)；當x∈(0，1)時，由xf(x)>0得x∈?.當x∈(1，3)時，由xf(x)>0得x∈(1，3)．故x∈(－1，0)∪(1，3)．5．已知偶函數f(x)對于任意x∈R都有f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)在區間[0，2]上是遞增的，則f()，f(－1)，f(0)的大小關系是()A．f(0)<f()<f(－1)B．f()<f(0)<f(－1)C．f(－1)<f()<f(0)D．f(－1)<f(0)<f()解析：選A.由f(x＋1)＝－f(x)，得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，所以函數f(x)f(x)為偶函數，所以f()＝f()＝f()，f(－1)＝f(1)．因為f(x)在區間[0，2]上是單調遞增的，所以f(0)<f()<f(1)，即f(0)<f()<f(－1)．6．(2017·高考全國卷Ⅱ)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，當x∈(－∞，0)時，f(x)＝2x3＋x2，則f(2)＝________.解析：依題意得，f(－2)＝2×(－2)3＋(－2)2＝－12，由函數f(x)是奇函數，得f(2)＝－f(－2)＝12.答案：127．已知f(x)為偶函數，當x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，則f(x)＝________．解析：設x>0，則－x<0，又因為當x≤0時，f(x)＝e－x－1－x，所以f(－x)＝ex－1＋x，因為f(x)為偶函數，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)＝ex－1＋x，綜上可知，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－x－1－x，x≤0，,ex－1＋x，x>0.))答案：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(e－x－1－x，x≤0，,ex－1＋x，x>0))8．設f(x)是定義在R上且周期為2的函數，在區間[－1，1]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋1，－1≤x<0，,\f(bx＋2,x＋1)，0≤x≤1，))其中a，b∈R.若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，則a＋3b的值為________．解析：因為f(x)是定義在R上且周期為2的函數，所以f(－1)＝f(1)，即－a＋1＝eq\f(b＋2,2).①又因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)a＋1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))，所以－eq\f(1,2)a＋1＝eq\f(b＋4,3).②聯立①②，解得a＝2，b＝－4，所以a＋3b＝－10.答案：－109．設f(x)是定義域為R的周期函數，最小正周期為2，f(1＋x)＝f(1－x)，當－1≤x≤0時，f(x)＝－x.(1)判定f(x)的奇偶性；(2)試求出函數f(x)在區間[－1，2]上的表達式．解：(1)因為f(1＋x)＝f(1－x)，所以f(－x)＝f(2＋x)．又f(x＋2)＝f(x)，所以f(－x)＝f(x)．又f(x)的定義域為R，所以f(x)是偶函數．(2)當x∈[0，1]時，－x∈[－1，0]，則f(x)＝f(－x)＝x；進而當1≤x≤2時，－1≤x－2≤0，f(x)＝f(x－2)＝－(x－2)＝－x＋2.故f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x，x∈[－1，0]，,x，x∈（0，1），,－x＋2，x∈[1，2].))10．設f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數，f(x＋2)＝－f(x)，當0≤x≤1時，f(x)＝x.(1)求f(π)的值；(2)當－4≤x≤4時，求f(x)的圖象與x軸所圍成的圖形的面積．解：(1)由f(x＋2)＝－f(x)，得f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是以4為周期的周期函數．所以f(π)＝f(－1×4＋π)＝f(π－4)＝－f(4－π)＝－(4－π)＝π－4.(2)由f(x)是奇函數與f(x＋2)＝－f(x)，得f((x－1)＋2)＝－f(x－1)＝f(－(x－1))，即f(1＋x)＝f(1－x)．從而可知函數y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．又當0≤x≤1時，f(x)＝x，且f(x)的圖象關于原點成中心對稱，則f(x)的圖象如圖所示．設當－4≤x≤4時，f(x)的圖象與x軸圍成的圖形面積為S，則S＝4S△OAB＝4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×1))＝4.1．(2018·平江一中期中)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，其最小正周期為4，且x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))時，f(x)＝log2(－3x＋1)，則f(2017)＝()A．4 B．2C．－2 D．log27解析：選C.因為函數f(x)是定義在R上的奇函數，其最小正周期為4，所以f(2017)＝f(4×504＋1)＝f(1)＝－f(－1)，因為－1∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))，且x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))時，f(x)＝log2(－3x＋1)，所以f(－1)＝log2[－3×(－1)＋1]＝2，所以f(2017)＝－f(－1)＝－2.2．(2018·安徽池州模擬)奇函數f(x)滿足f(1)＝0，且f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，則eq\f(2x－1,f（x）－f（－x）)<0的解集為()A．(－1，1)B．(－∞，－1)∪(1，＋∞)C．(－∞，－1)D．(1，＋∞)解析：選B.由于函數f(x)是奇函數，所以eq\f(2x－1,f（x）－f（－x）)<0等價于eq\f(2x－1,2f（x）)<0，由于f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，在(－∞，0)上也單調遞減，且f(－1)＝－f(1)＝0，所以當x∈(－∞，－1)∪(0，1)時，f(x)>0；當x∈(－1，0)∪(1，＋∞)時，f(x)<0，又因為在(－∞，0)上2x－1<0，在(0，＋∞)上2x－1>0，綜上所述，不等式的解集為(－∞，－1)∪(1，＋∞)．3．若關于x的函數f(x)＝eq\f(tx2＋2x＋t2＋sinx,x2＋t)(t>0)的最大值為M，最小值為N，且M＋N＝4，則實數t的值為________．解析：由題意，f(x)＝eq\f(tx2＋2x＋t2＋sinx,x2＋t)＝t＋eq\f(2x＋sinx,x2＋t)，設g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋t)，可知g(x)是奇函數，又函數f(x)最大值為M，最小值為N，且M＋N＝4，所以M－t＝－(N－t)，