3.2.2 奇偶性 限时训练（1）2026-2027学年 高一上学期数学人教A版必修第一册

**基本信息** 高中数学奇偶性同步练，60分钟17题，分层覆盖基础定义到综合应用，梯度合理，助力概念深化与推理能力培养。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |基础巩固|奇偶性定义、图像对称性|选择1-5直接考查概念辨析，如判断函数图像对称中心| |能力提升|奇偶性与单调性综合、抽象函数|选择6-12结合单调性解不等式，填空13-14考奇偶性求解析式| |综合应用|奇偶性性质证明、分类讨论|解答15-17需综合奇偶性与单调性，含证明及参数范围求解|

3.2.2 奇偶性 限时训练（1） （完成时间：60分钟） 1．函数f（x）=﹣x的图象关于（　　） A．坐标原点对称 B．x轴对称 C．y轴对称 D．直线y=x对称 2．函数f（x）=x5+x3+x的图象（　　） A．关于y轴对称 B．关于直线y=x对称C．关于坐标原点对称 D．关于直线y=﹣x对称 3．已知f（x）=ax2+bx是定义在[a﹣1，2a]上的偶函数，那么a+b的值是（　　） A． B． C． D． 4．已知f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）为增函数，且f（3）=0那么不等式xf（x）＜0的解集是（　　） A．（﹣3，﹣1）∪（1，3） B．（﹣3，0）∪（3，+∞） C．（﹣3，0）∪（0，3） D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3） 5．函数f（x）=ax2+bx﹣2是定义在[1+a，2]上的偶函数，则f（x）在区间[1，2]上是（　　） A．增函数 B．减函数 C．先增后减函数 D．先减后增函数 6．已知奇函数y=f（x）在（﹣∞，0）为减函数，且f（2）=0，则不等式（x﹣1）f（x﹣1）＞0的解集为（　　） A．{x|﹣3＜x＜﹣1} B．{x|﹣3＜x＜1或x＞2} C．{x|﹣3＜x＜0或x＞3} D．{x|﹣1＜x＜1或1＜x＜3} 7．已知函数y=f（x）满足：①y=f（x+1）是偶函数；②在[1，+∞）上为增函数．若x1＜0，x2＞0，且x1+x2＜﹣2，则f（﹣x1）与f（﹣x2）的大小关系是（　　） A．f（﹣x1）＞f（﹣x2） B．f（﹣x1）＜f（﹣x2） C．f（﹣x1）=f（﹣x2） D．f（﹣x1）与f（﹣x2）的大小关系不能确定 8．已知偶函数f（x）在区间[0，+∞）单调递增，则满足的x取值范围是（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，﹣1） C．[﹣2，﹣1）∪（2，+∞） D．（﹣1，2） 9．（李）已知f（x）是定义域为（﹣∞，+∞）的奇函数，满足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（　　） A．﹣50 B．0 C．2 D．50 10．已知函数f（x）=﹣x|x|+2x，则下列结论正确的是（　　） A．f（x）是偶函数，递增区间是（0，+∞） B．f（x）是偶函数，递减区间是（﹣∞，﹣1） C．f（x）是奇函数，递增区间是（﹣∞，﹣1） D．f（x）是奇函数，递增区间是（﹣1，1） 11．已知函数f（x）=（x﹣1）（ax+b）为偶函数，且在（0，+∞）单调递减，则f（x）＜0的解集为（　　） A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1） B．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞） C．（﹣1，1） D．（﹣1，0）∪（1，+∞） 12．若函数g（x）=xf（x）是定义在R上的奇函数，在（﹣∞，0）上是减函数，且g（2）=0，则使得f（x）＜0的x的取值范围是（　　） A．（﹣∞，2） B．（2，+∞） C．（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞） D．（﹣2，2）　 13．y=f（x）为奇函数，当x＞0时f（x）=x（1﹣x），则当x＜0时，f（x）=　 　． 14．已知f（x）=ax﹣+2（a，b∈R），且f（5）=5，则f（﹣5）=　 　． 　 三．解答题（共3小题） 15．已知定义在[﹣3，3]上的函数y=f（x）是增函数． （1）若f（m+1）＞f（2m﹣1），求m的取值范围； （2）若函数f（x）是奇函数，且f（2）=1，解不等式f（x+1）+1＞0． 16．已知函数是R上的偶函数． （1）求实数m的值； （2）判断并证明函数y=f（x）在（﹣∞，0]上单调性； （3）求函数y=f（x）在[﹣3，2]上的最大值与最小值． 17．已知函数f（x）=2x+b，g（x）=x2+bx+c，其中b、c∈R，设． （1）如果h（x）为奇函数，求实数b、c满足的条件； （2）在（1）的条件下，若函数h（x）在区间[2，+∞）上为增函数，求c的取值范围； 答案 1． A． 2． C． 3． B．　 4．解：∵f（x）为奇函数，且在（0，+∞）上是增函数，f（3）=0， ∴f（3）=﹣f（﹣3）=0，在（﹣∞，0）内是增函数 ∴x f（x）＜0则 或 根据在（﹣∞，0）和（0，+∞）内是都是增函数解得：x∈（﹣3，0）∪（0，3）故选：C． 　5． B． 　6．解：由题意画出f（x）的草图如下， 因为（x﹣1）f（x﹣1）＞0，所以（x﹣1）与f（x﹣1）同号，由图象可得﹣2＜x﹣1＜0或0＜x﹣1＜2，解得﹣1＜x＜1或1＜x＜3，故选：D． 7．解：由y=f（x+1）是偶函数且把y=f（x+1）的图象向右平移1个单位可得函数y=f（x）得图象 所以函数y=f（x）得图象关于x=1对称，即f（2+x）=f（﹣x）因为x1＜0，x2＞0，且x1+x2＜﹣2所以2＜2+x2＜﹣x1 因为函数在[1，+∞）上为增函数所以f（2+x2）＜f（﹣x1）即f（﹣x2）＜f（﹣x1）故选：A．　 8．解；∵函数f（x）是偶函数，∴f（x）=f（﹣x）=f（|x|）∴f（）＜f（|x|）∵函数f（x）在区间[0，+∞）单调递增，∴＜|x|，解得：x∈[﹣2，﹣1）∪（2，+∞）故选：C． 9．解：∵f（x）是奇函数，且f（1﹣x）=f（1+x）， ∴f（1﹣x）=f（1+x）=﹣f（x﹣1），f（0）=0， 则f（x+2）=﹣f（x），则f（x+4）=﹣f（x+2）=f（x）， 即函数f（x）是周期为4的周期函数，∵f（1）=2， ∴f（2）=f（0）=0，f（3）=f（1﹣2）=f（﹣1）=﹣f（1）=﹣2，f（4）=f（0）=0， 则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=2+0﹣2+0=0， 则f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12[f（1）+f（2）+f（3）+f（4）]+f（49）+f（50）=f（1）+f（2）=2+0=2， 故选：C． 10．解：由题意可得函数定义域为R， ∵函数f（x）=﹣x|x|+2x， ∴f（﹣x）=x|﹣x|﹣2x=﹣f（x）， ∴f（x）为奇函数， 当x≥0时，f（x）=﹣x2+2x=﹣（x﹣1）2+1， 由二次函数可知，函数在（0，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减； 由奇函数的性质可得函数在（﹣1，0）单调递增，在（﹣∞，﹣1）单调递减； 综合可得函数的递增区间为（﹣1，1） 故选：D． 11．解：∵f（x）=（x﹣1）（ax+b）=ax2+（b﹣a）x﹣b为偶函数， ∴f（﹣x）=f（x）， 则ax2﹣（b﹣a）x﹣b=ax2+（b﹣a）x﹣b， 即﹣（b﹣a）=b﹣a，得b﹣a=0，得b=a， 则f（x）=ax2﹣a=a（x2﹣1）， 若f（x）在（0，+∞）单调递减，则a＜0， 由f（x）＜0得a（x2﹣1）＜0，即x2﹣1＞0， 得x＞1或x＜﹣1，即不等式的解集为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），故选：B．　 12．解：当x＜0时，f（x）＜0，即要求g（x）＞0，则x＜﹣2，又∵g（x）为奇函数关于点（0，0）对称． ∴f（x）＜0的解集为（﹣∞，﹣2）∪（2，+∞）， 故选：C． 13．解：∵f（x）为奇函数，x＞0时，f（x）=x（1﹣x），∴当x＜0时，﹣x＞0， f（x）=﹣f（﹣x）=﹣（﹣x（1+x））=x（1+x）， 即x＜0时，f（x）=x（1+x）， 故答案为：x2+x． 　14．解：令g（x）=f（x）﹣2=， 则g（x）是一个奇函数∵f（5）=5，∴g（5）=3，∴g（﹣5）=﹣3，∴f（﹣5）=﹣1故答案为：﹣1 　15．解：由题意可得，，求得﹣1≤m＜2，即m的范围是[﹣1，2）． （2）∵函数f（x）是奇函数，且f（2）=1，∴f（﹣2）=﹣f（2）=﹣1，∵f（x+1）+1＞0，∴f（x+1）＞﹣1， ∴f（x+1）＞f（﹣2），∴，∴﹣3＜x≤2． ∴不等式的解集为{x|﹣3＜x≤2}．　 16．解：（1）若函数是R上的偶函数，则f（﹣x）=f（x）， 即，对任意实数x恒成立，解得m=0． （2）由（1）得：， 函数y=f（x）在（﹣∞，0]上为增函数，下证明： 设任意x1，x2∈（﹣∞，0]且x1＜x2，即△x=x2﹣x1＞0 则= ∵x1，x2∈（﹣∞，0]且△x=x2﹣x1＞0， ∴，即△y＞0， 于是函数y=f（x）在（﹣∞，0]上为增函数． （3）由（2）知，函数y=f（x）在（﹣∞，0]上为增函数， 又f（x）是偶函数，则y=f（x）在[0，+∞）上为减函数， 又，f（0）=1，， 所以f（x）的最大值为1，最小值为． 17解：（1），设的定义域为D， ∵h（x）为奇函数，∴对于任意x∈D，h（﹣x）=﹣h（x）成立．即：化简得：bx2﹣bc=0 因对于任意x∈D都成立， ∴，即b=0，c∈R （2）由（1）知b=0，∴ ∵h（x）在[2，+∞）上为增函数， ∴任取2≤x1＜x2时，恒成立． 即任取2≤x1＜x2时，1﹣＞0成立， 也就是c＜x1x2成立． ∴c≤4，即c的取值范围是（﹣∞，4]． （3）因为任意的x∈R恒有f（x）≤g（x）成立， 所以对任意的x∈R，2x+b≤x2+bx+c， 即x2+（b﹣2）x+c﹣b≥0恒成立． 所以判别式△=（b﹣2）2﹣4（c﹣b）≤0， 从而c≥，∴c≥1，且c=|b|， 因此 c（c﹣1）≥0且2c﹣b=c+（c﹣b）＞0． 故当x≥0时，有（x+c）2﹣g（x）=（2c﹣b）x+c（c﹣1）≥0． 即当x≥0时，g（x）≤（x+c）2成立． www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页） ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $