函數的單調性、周期性、奇偶性問題典型例題：例1.（年天津市文5分）下列函數中，既是偶函數，又在區間（1,2）內是增函數的為【】（A）（B），且≠0（C）（D）【答案】B。【考點】函數奇偶性的判斷，函數單調性的判斷。【分析】利用函數奇偶性的定義可排除C，D，再由“在區間（1，2）內是增函數”可排除A，從而可得答案：對于A，令，則，∴函數為偶函數。而在上單調遞減，在上單調遞增，（1，2）中，所以在區間（1，2）內不全是增函數，故排除A。對于B，函數為偶函數，且當時，函數為增函數，所以在上也為增函數，故B滿足題意。對于C，令，則，∴函數為偶函數為奇函數，故可排除C。對于D，為非奇非偶函數，可排除D。故選B。例2.（年廣東省理5分）下列函數中，在區間（0，+∞）上為增函數的是【】A．B．C．y=D．【答案】A。【考點】函數的圖象和性質。【解析】利用對數函數的圖象和性質可判斷A正確；利用冪函數的圖象和性質可判斷B錯誤；利用指數函數的圖象和性質可判斷C正確；利用“對勾”函數的圖象和性質可判斷D的單調性：A.在（-2，+∞）上為增函數，故在（0，+∞）上為增函數，A正確；B.在[-1，+∞）上為減函數，排除B；C.y=在R上為減函數；排除C；D.在（0，1）上為減函數，在（1，+∞）上為增函數，排除D。故選A。例3.（年廣東省文5分）下列函數為偶函數的是【】A．B．C．D．【答案】D。【考點】函數偶函數的判斷。【解析】函數結合選項，逐項檢驗是否滿足，即可判斷：A：，則有，為奇函數；B：，則有，為奇函數；C：，則有，為非奇非偶函數；D：，則有，為偶函數。故選D。例4.（年浙江省理5分）設，【】A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則【答案】A。【考點】函數的單調性，導數的應用。【解析】對選項A，若，必有。構造函數：，則恒成立，故有函數在x＞0上單調遞增，即a＞b成立。其余選項用同樣方法排除。故選A。例5.（年湖南省文5分）設定義在R上的函數是最小正周期為2的偶函數，是的導函數，當時，0＜＜1；當且時，，則函數在[-2，2]上的零點個數為【】A.2B.4C.5D.8【答案】Ｂ。【考點】函數的周期性、奇偶性、圖像及兩個圖像的交點問題。【解析】由當且≠時，，知為減函數；為增函數。又時，0＜f(x)＜1，在R上的函數f(x)是最小正周期為2的偶函數，在同一坐標系中作出和草圖像如下，由圖知在[-2，2]上的零點個數為4個。例6.（年福建省理5分）設函數，則下列結論錯誤的是【】A．D(x)的值域為{0,1}B．D(x)是偶函數C．D(x)不是周期函數D．D(x)不是單調函數【答案】C。【考點】分段函數的奇偶性、單調性、值域、周期性。【解析】對于A選項，D(x)的值域為{0,1}，選項正確；對于B選項，∵，∴D(x)是偶函數，選項正確；對于C選項，∵，∴是D(x)的一個周期，即D(x)是周期函數，選項錯誤；對于D選項，∵，但，∴D(x)不是單調函數，選項正確。故選C。例7.（年遼寧省文5分）函數的單調遞減區間為【】（A）（1,1]（B）（0,1]（C.）[1，+∞）（D）（0，+∞）【答案】B。【考點】用導數求函數的單調區間。【解析】∵，∴。∴。故選B。例8.（年遼寧省理5分）若，則下列不等式恒成立的是【】(A)(B)(C)(D)【答案】C。【考點】導數公式，利用導數，通過函數的單調性與最值來證明不等式。【解析】設，則所以所以當時，同理∴即。故選C。例9.（年陜西省理5分）下列函數中，既是奇函數又是增函數的為【】A.B.C.D.【答案】D。【考點】函數的奇偶性和增減性的判斷。【解析】根據函數的奇偶性和增減性逐一作出判斷：對于A，非奇非偶，是R上的增函數，不符合題意；對于B，是偶函數，不符合題意；對于C，是奇函數，但不是增函數；對于D，令，則∵，∴函數是奇函數；∵，∴函數是增函數。故選D。例10.（年上海市理4分）已知函數（為常數）.若在區間[1,+)上是增函數，則的取值范圍是▲.【答案】。【考點】指數函數單調性，復合函數的單調性的判斷。【解析】根據函數看出當時函數增函數，而已知函數在區間上為增函數，所以的取值范圍為：。例11.（年全國課標卷文5分）設函數的最大值為M，最小值為m，則M+m=▲【答案】2。【考點】奇函數的性質。【解析】∵，∴設。∵，∴函數是奇函數，關于坐標原點對稱，它的最大值與最小值之和為0。∴。例12.（年上海市理4分）已知是奇函數，且，若，則▲.【答案】【考點】函數的奇偶性。【解析】∵函數為奇函數，∴，即又∵，∴。∴。例13.（年安徽省文5分）若函數的單調遞增區間是，則▲【答案】。【考點】函數的單調性。【解析】∵，∴由對稱性得，，即。例14.（年山東省文4分）若函數在［－1，2］上的最大值為4，最小值為m，且函數在上是增函數，則a＝▲.【答案】。【考點】函數的增減性。【解析】∵，∴。當時，∵，函數是增函數，∴在［－1，2］上的最大值為，最小值為。此時，它在上是減函數，與題設不符。當時，∵，函數是減函數，∴在［－1，2］上的最大值為，最小值為。此時，它在上是增函數，符合題意。綜上所述，滿足條件的。例15.（年江蘇省5分）設是定義在上且周期為2的函數，在區間上，其中．若，則的值為▲．【答案】。【考點】周期函數的性質。【解析】∵是定義在上且周期為2的函數，∴，即=1\*GB3①。又∵，，∴=2\*GB3②。聯立=1\*GB3①=2\*GB3②，解得，。∴。例16.（年浙江省文5分）設函數f（x）是定義在R上的周期為2的偶函數，當x∈[0，1]時，f（x）=x＋1，則=▲。【答案】。【考點】函數的周期性和奇偶性。【解析】。例17.（年重慶市文5分）函數為偶函數，則實數▲【答案】4。【考點】函數奇偶性的性質。【分析】由題意可得，對于任意的都成立，代入任一不為0的數可得關于的一元一次方程，解出即可：令，則，即，即，解得。例18.（年浙江省文15分）已知a∈R，函數（1）求的單調區間（2）證明：當0≤≤1時，+＞0.【答案】解：（1）由題意得，當時，恒成立，此時的單調遞增區間為；當時，，此時函數的單調遞增區間為。（2）由于，當時，；當時，。設，則。則有01－－0＋＋1減極小值增1∴。∴當時，總有。∴。【考點】分類思想的應用，利用導數求閉區間上函數的最值和單調區間，不等式的證明。【解析】（1）求出導數，分和討論即可。（2）根據，分和兩種情形，得到，從而設出新函數，應用導數，證出，得到恒成立，即。例19.（年江西省理14分）若函數滿足（1），；（2）對任意，有；（3）在上單調遞減。則稱為補函數。已知函數。（1）判函數是否為補函數，并證明你的結論；（2）若存在，使得，稱是函數的中介元。記時的中介元為，且，若對任意的，都有，求的取值范圍；（3）當，時，函數的圖像總在直線的上方，求的取值范圍。【答案】解：（1）函數h(x)是補函數，證明如下：①h(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－0,1＋0)))eq\f(1,p)＝1，h(1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－1,1＋λ)))eq\f(1,p)＝0；②對任意a∈[0,1]，有h(h(a))＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－ap,1＋λap)))\f(1,p)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\f(1－ap,1＋λap),1＋λ\f(1－ap,1＋λap))))eq\f(1,p)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋λap,1＋λ)))eq\f(1,p)＝a；③令g(x)＝(h(x))p，有g′(x)＝eq\f(－pxp－11＋λxp－1－xpλpxp－1,1＋λxp2)＝eq\f(－p1＋λxp－1,1＋λxp2)。∵λ>－1，p>0，∴當x∈(0,1)時，g′(x)<0。∴函數g(x)在(0,1)上單調遞減，故函數h(x)在(0,1)上單調遞減。（2）當p＝eq\f(1,n)(n∈*)，由h(x)＝x，得λxeq\f(2,n)＋2xeq\f(1,n)－1＝0，(*)①當λ＝0時，中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n；②當λ>－1且λ≠0時，由(*)得xeq\f(1,n)＝eq\f(1,\r(1＋λ)＋1)∈(0,1)或xeq\f(1,n)＝eq\f(1,1－\r(1＋λ))?[0,1]；得中介元xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n。綜合①②：對任意的λ>－1，中介元為xn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n(n∈*)。∴當λ>－1時，有Sn＝eq\o(∑,\s\up6(n),\s\do4(i＝1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))i＝eq\f(1,\r(1＋λ))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n))<eq\f(1,\r(1＋λ))，當n無限增大時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(1＋λ)＋1)))n無限接近于0，Sn無限接近于eq\f(1,\r(1＋λ))。∴對任意的n∈*，Sn<eq\f(1,2)成立等價于eq\f(1,\r(1＋λ))≤eq\f(1,2)，即λ∈[3，＋∞)．（3）當λ＝0時，h(x)＝(1－xp)eq\f(1,p)，中介元為xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)。①當0<p≤1時，eq\f(1,p)≥1，中介元xp＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\f(1,p)≤eq\f(1,2)，所以點(xp，h(xp))不在直線y＝1－x的上方，不符合條件。②當p>1時，依題意只需(1－xp)eq\f(1,p)>1－x在x∈(0,1)時恒成立，也即xp＋(1－x)p<1在x∈(0,1)時恒成立。設φ(x)＝xp＋(1－x)p，x∈(0,1)，則φ′(x)＝p[xp－1－(1－x)p－1]。由φ′(x)＝0得x＝eq\f(1,2)，且當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，φ′(x)<0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2