【創優導學案】屆高考數學總復習第二章函數與導數2-3課后鞏固提升（含解析）新人教A版(對應學生用書P369解析為教師用書獨有)(時間：45分鐘滿分：100分)一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分)1．下列函數中，在其定義域內既是奇函數又是減函數的是 ()A．y＝－x3，x∈R B．y＝sinx，x∈RC．y＝x，x∈R D．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x∈R解析A根據定義判斷即可．2．函數f(x)＝eq\f(4x＋1,2x)的圖象 ()A．關于原點對稱 B．關于直線y＝x對稱C．關于x軸對稱 D．關于y軸對稱解析Df(x)＝2x＋2－x，因為f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數．所以f(x)的圖象關于y軸對稱．3．(·太原測試)已知f(x)是定義在R上的奇函數，當x≥0時，f(x)＝3x＋m(m為常數)，則f(－log35)的值為 ()A．－4 B．4C．－6 D．6解析A由題意f(0)＝0，即1＋m＝0，所以m＝－1.f(－log35)＝－f(log35)＝－(3log35－1)＝－4.4．若奇函數f(x)在(0，＋∞)上是增函數，又f(－3)＝0，則eq\f(x,fx)＜0的解集為 ()A．(－3,0)∪(3，＋∞) B．(－3,0)∪(0,3)C．(－∞，－3)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(0,3)解析B根據條件畫草圖，由圖象可知eq\f(x,fx)＜0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＞0，,fx＜0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＜0，,fx＞0))?－3＜x＜0或0＜x＜3.5．定義在R上的偶函數f(x)滿足：對任意的x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，有(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＞0，則當n∈N*時有 ()A．f(－n)＜f(n－1)＜f(n＋1)B．f(n－1)＜f(－n)＜f(n＋1)C．f(n＋1)＜f(－n)＜f(n－1)D．f(n＋1)＜f(n－1)＜f(－n)解析C由(x2－x1)[f(x2)－f(x1)]＞0，知f(x)在(－∞，0]上是增函數，又f(x)是偶函數，∴f(x)在[0，＋∞)上是減函數，∴f(n＋1)＜f(n)＜f(n－1)．∵f(x)是偶函數，∴f(n)＝f(－n)，∴f(n＋1)<f(－n)<f(n－1)．6．設偶函數f(x)對任意x∈R，都有f(x＋3)＝－eq\f(1,fx)，且當x∈[－3，－2]時，f(x)＝2x，則f(113.5)的值是 ()A．－eq\f(2,7) B.eq\f(2,7)C．－eq\f(1,5) D.eq\f(1,5)【解析】D∵f(－x)＝f(x)，f(x＋6)＝f(x＋3＋3)＝－eq\f(1,fx＋3)＝f(x)，∴f(x)的周期為6.∴f(113.5)＝f(19×6－0.5)＝f(－0.5)＝f(0.5)＝f(－2.5＋3)＝－eq\f(1,f－2.5)＝eq\f(－1,2×－2.5)＝eq\f(1,5).二、填空題(本大題共3小題，每小題8分，共24分)7．若f(x)＝eq\f(1,2x－1)＋a是奇函數，則a＝________.解析∵f(x)為奇函數，∴f(－x)＝－f(x)．即eq\f(1,2－x－1)＋a＝－eq\f(1,2x－1)－a.∴eq\f(2x,1－2x)＋a＝－eq\f(1,2x－1)－a.∴eq\f(2x－1,2x－1)＝2a，∴a＝eq\f(1,2).【答案】eq\f(1,2)8．定義在R上的偶函數f(x)滿足：f(x＋1)＝－f(x)，且在[－1,0]上是增函數，給出下列關于f(x)的判斷：①f(x)是周期函數；②f(x)的圖象關于直線x＝2對稱；③f(x)在[0,1]上是增函數；④f(x)在[1,2]上是減函數；⑤f(4)＝f(0)．其中判斷正確的序號是________．解析f(x＋1)＝－f(x)?f(x＋2)＝f(x)，故f(x)是周期函數．又f(x)＝f(－x)，所以f(x＋2)＝f(－x)，故f(x)關于直線x＝1對稱，由此可得①⑤正確．【答案】①⑤9．(·成都模擬)函數f(x)對于任意實數x滿足條件f(x＋2)＝eq\f(1,fx)，若f(1)＝－5，則f(f(5))＝________.解析由f(x＋2)＝eq\f(1,fx)，得f(x＋4)＝eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，所以f(5)＝f(1)＝－5，則f(f(5))＝f(－5)＝f(－1)＝eq\f(1,f－1＋2)＝－eq\f(1,5).【答案】－eq\f(1,5)三、解答題(本大題共3小題，共40分)10．(12分)判斷下列函數的奇偶性．(1)f(x)＝eq\r(9－x2)＋eq\r(x2－9)；(2)f(x)＝(x＋1)eq\r(\f(1－x,1＋x))；(3)f(x)＝eq\f(\r(4－x2),|x＋3|－3).解析(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(9－x2≥0，,x2－9≥0))得x＝±3.∴f(x)的定義域為{－3,3}．又f(3)＋f(－3)＝0，f(3)－f(－3)＝0，即f(x)＝±f(－x)．∴f(x)既是奇函數，又是偶函數．(2)由eq\f(1－x,1＋x)≥0，得－1<x≤1.∵f(x)的定義域(－1,1]不關于原點對稱．∴f(x)既不是奇函數，也不是偶函數．(3)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4－x2≥0，,|x＋3|－3≠0))得－2≤x≤2且x≠0.∴f(x)的定義域為[－2,0)∪(0,2]，關于原點對稱．∴f(x)＝eq\f(\r(4－x2),x＋3－3)＝eq\f(\r(4－x2),x).∴f(x)＝－f(－x)，∴f(x)是奇函數．11．(12分)已知函數f(x)，當x，y∈R時，恒有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)．(1)求證：f(x)是奇函數；(2)如果x為正實數，f(x)<0，并且f(1)＝－eq\f(1,2)，試求f(x)在區間[－2,6]上的最值．解析(1)函數定義域為R，其定義域關于原點對稱，∵f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－x，∴f(0)＝f(x)＋f(－x)，令x＝y＝0，∴f(0)＝f(0)＋f(0)，得f(0)＝0.∴f(x)＋f(－x)＝0，得f(－x)＝－f(x)，∴f(x)為奇函數．(2)設x1<x2，且x1，x2∈R.則f(x2－x1)＝f(x2＋(－x1))＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2)－f(x1)．∵x2－x1>0，∴f(x2－x1)<0.∴f(x2)－f(x1)<0，即f(x)在R上單調遞減．∴f(－2)為最大值，f(6)為最小值．∵f(1)＝－eq\f(1,2)，∴f(－2)＝－f(2)＝－2f(1)＝1，f(6)＝2f(3)＝2[f(1)＋f∴f(x)在區間[－2,6]上的最大值為1，最小值為－3.12．(16分)已知定義在R上的奇函數f(x)有最小正周期2，且當x∈(0,1)時，f(x)＝eq\f(2x,4x＋1).(1)求f(1)和f(－1)的值；(2)求f(x)在[－1,1]上的解析式．解析(1)∵f(x)是周期為2的奇函數，∴f(1)＝f(1－2)＝f(－1)＝－f(1)，∴f(1)＝0，f(－1)＝0.(2)由題意知，f(0)＝0.當x∈(－1,