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4.(多选)若函数f(x)是定义在R上的奇函数,则下列命题正确的是()
A. f(0) = 0
B.若f(x)在[0,+∞)上有最小值-1,则f(x)在(-∞,0]上有最大值1
C.若f(x)在[1,+∞)上单调递增,则f(x)在(-∞,-1]上单调递减
D.若当x ＞ 0时$,f(x) = x^2 - 2x,$则当x ＜ 0时$,f(x) = -x^2 - 2x$
A. f(0) = 0
B.若f(x)在[0,+∞)上有最小值-1,则f(x)在(-∞,0]上有最大值1
C.若f(x)在[1,+∞)上单调递增,则f(x)在(-∞,-1]上单调递减
D.若当x ＞ 0时$,f(x) = x^2 - 2x,$则当x ＜ 0时$,f(x) = -x^2 - 2x$
答案
ABD 对于A，因为函数$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数，所以$f(-x)=-f(x)$，当$x = 0$时，有$f(0)=-f(0)$，解得$f(0)=0$，故A正确；对于B，若$f(x)$在$[0,+\infty)$上有最小值$-1$，即当$x\geq0$时，$f(x)\geq - 1$，则当$-x\leq0$，$f(-x)=-f(x)\leq1$，即$f(x)$在$(-\infty,0]$上有最大值$1$，故B正确；对于C，奇函数在对应的区间上的单调性相同，即若$f(x)$在$[1,+\infty)$上单调递增，则$f(x)$在$(-\infty,-1]$上单调递增，故C错误；对于D，设$x＜0$，则$-x＞0$，则$f(-x)=(-x)^{2}-2(-x)=x^{2}+2x$，则$f(x)=-f(-x)=-(x^{2}+2x)=-x^{2}-2x$，故D正确。
5.已知f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上单调递增。若f(-2) = 1,则不等式f(x - 1) ＜ 1的解集为______。
答案
$(-1,3)$ 因为$f(x)$是偶函数，所以$f(2)=f(-2)=1$，所以$f(x - 1)＜f(2)$。又因为$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，所以$|x - 1|＜2$，解得$-1＜x＜3$。故原不等式的解集为$(-1,3)$。
6.若奇函数f(x)在区间[3,7]上单调递增,在区间[3,6]上的最大值为8,最小值为-1,则f(-3) + 2f(6) = ______。
答案
17 因为函数$f(x)$在区间$[3,7]$上单调递增，在区间$[3,6]$上的最大值为$8$，最小值为$-1$，所以$f(3)=-1$，$f(6)=8$。因为$f(x)$是奇函数，所以$f(-3)+2f(6)=-f(3)+2f(6)=1 + 2\times8=17$。
7.已知f(x)是定义在R上的奇函数,且当x ＞ 0时$,f(x) = -x^2 + 2x。$
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在[-2,b)上有最大值,求实数b的取值范围。
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在[-2,b)上有最大值,求实数b的取值范围。
答案
解:(1)根据题意，$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的奇函数，则$f(0)=0$。若$x＜0$，则$-x＞0$，则$f(-x)=-(-x)^{2}+2\cdot(-x)=-x^{2}-2x$。又因为$f(x)$为奇函数，所以$f(x)=-f(-x)=x^{2}+2x$。
综上，$f(x)=\begin{cases}-x^{2}+2x,x\geq0\\x^{2}+2x,x＜0\end{cases}$
(2)由(1)，得$f(x)=\begin{cases}-x^{2}+2x,x\geq0\\x^{2}+2x,x＜0\end{cases}$，画出$f(x)$的草图如图所示。
若$f(x)$在$[-2,b)$上有最大值，则函数图象在区间$[-2,b)$上有最高点，所以$-2＜b\leq0$或$b＞1$。故实数$b$的取值范围为$(-2,0]\cup(1,+\infty)$。
8.设f(x)是定义在R上的偶函数,且在(0,+∞)上单调递减,若$x_1 ＜ 0,$且$x_1 + x_2 ＞ 0,$则()
$A. f(x_1) ＞ f(x_2)$
$B. f(x_1) = f(x_2)$
$C. f(x_1) ＜ f(x_2)$
$D. f(x_1)$与$f(x_2)$的大小不确定
$A. f(x_1) ＞ f(x_2)$
$B. f(x_1) = f(x_2)$
$C. f(x_1) ＜ f(x_2)$
$D. f(x_1)$与$f(x_2)$的大小不确定
答案
A 因为$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的偶函数，且在$(0,+\infty)$上单调递减，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递增。因为$x_{1}＜0$，且$x_{1}+x_{2}＞0$，所以$0＞x_{1}＞-x_{2}$，所以$f(x_{1})＞f(-x_{2})$，所以$f(x_{1})＞f(x_{2})$。
9.已知函数f(x) = $\frac{2|x|}{1 + |x|}$,则不等式f(2x - 1) ＜ 1的解集是______。
答案
$(0,1)$ 因为$f(x)$的定义域为$\mathbf{R}$，且$f(-x)=f(x)$，所以$f(x)$是偶函数。因为当$x＞0$时，$f(x)=\frac{2x}{1+x}=\frac{2x + 2 - 2}{1+x}=2-\frac{2}{1+x}$单调递增，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减。又因为$f(1)=1$，所以$f(2x - 1)＜1$可转化为$f(2x - 1)＜f(1)$，所以$|2x - 1|＜1$，解得$0＜x＜1$。
10.已知函数f(x) = x + $\frac{a}{x}$,且f(2) = 0。
(1)求实数a的值,判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义证明；
(2)利用函数的单调性与奇偶性,解关于t的不等式f(t^2 + 3) + f(-2t^2 + t - 1) ＞ 0。
(提示：(1)由f(2) = 0可求得a的值,然后任意取x_1,x_2 ∈ (0,+∞),且x_1 ＜ x_2,利用作差法比较f(x_1)和f(x_2)的大小；(2)首先判断函数的奇偶性,将原不等式转化为两个函数值比较大小的形式,进而根据函数f(x)的单调性列出关于t的不等式(组)求解)
(1)求实数a的值,判断函数f(x)在(0,+∞)上的单调性,并用定义证明；
(2)利用函数的单调性与奇偶性,解关于t的不等式f(t^2 + 3) + f(-2t^2 + t - 1) ＞ 0。
(提示：(1)由f(2) = 0可求得a的值,然后任意取x_1,x_2 ∈ (0,+∞),且x_1 ＜ x_2,利用作差法比较f(x_1)和f(x_2)的大小；(2)首先判断函数的奇偶性,将原不等式转化为两个函数值比较大小的形式,进而根据函数f(x)的单调性列出关于t的不等式(组)求解)
答案
解:(1)由题意，知$f(2)=2+\frac{a}{2}=0$，则$a=-4$，所以$f(x)=x-\frac{4}{x}$。
函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。证明如下:
对$\forall x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}-\frac{4}{x_{1}}-\left(x_{2}-\frac{4}{x_{2}}\right)=x_{1}-x_{2}-\left(\frac{4}{x_{1}}-\frac{4}{x_{2}}\right)=x_{1}-x_{2}-\frac{4(x_{2}-x_{1})}{x_{1}x_{2}}=(x_{1}-x_{2})\left(1+\frac{4}{x_{1}x_{2}}\right)$。
因为$0＜x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$1+\frac{4}{x_{1}x_{2}}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$，所以函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
(2)由(1)，知$f(x)=x-\frac{4}{x}$，其定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，且关于原点对称。又$f(-x)=-x+\frac{4}{x}=-f(x)$，所以$f(x)$为奇函数。
由$f(t^{2}+3)+f(-2t^{2}+t - 1)＞0$，得$f(t^{2}+3)＞-f(-2t^{2}+t - 1)$，即$f(t^{2}+3)＞f(2t^{2}-t + 1)$。
因为$t^{2}+3＞0$，$2t^{2}-t + 1=2\left(t-\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{7}{8}＞0$，且由(1)，知$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$t^{2}+3＞2t^{2}-t + 1$，解得$-1＜t＜2$，所以原不等式的解集为$(-1,2)$。
函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。证明如下:
对$\forall x_{1},x_{2}\in(0,+\infty)$，且$x_{1}＜x_{2}$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=x_{1}-\frac{4}{x_{1}}-\left(x_{2}-\frac{4}{x_{2}}\right)=x_{1}-x_{2}-\left(\frac{4}{x_{1}}-\frac{4}{x_{2}}\right)=x_{1}-x_{2}-\frac{4(x_{2}-x_{1})}{x_{1}x_{2}}=(x_{1}-x_{2})\left(1+\frac{4}{x_{1}x_{2}}\right)$。
因为$0＜x_{1}＜x_{2}$，所以$x_{1}-x_{2}＜0$，$1+\frac{4}{x_{1}x_{2}}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$，所以函数$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增。
(2)由(1)，知$f(x)=x-\frac{4}{x}$，其定义域为$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$，且关于原点对称。又$f(-x)=-x+\frac{4}{x}=-f(x)$，所以$f(x)$为奇函数。
由$f(t^{2}+3)+f(-2t^{2}+t - 1)＞0$，得$f(t^{2}+3)＞-f(-2t^{2}+t - 1)$，即$f(t^{2}+3)＞f(2t^{2}-t + 1)$。
因为$t^{2}+3＞0$，$2t^{2}-t + 1=2\left(t-\frac{1}{4}\right)^{2}+\frac{7}{8}＞0$，且由(1)，知$f(x)$在$(0,+\infty)$上单调递增，所以$t^{2}+3＞2t^{2}-t + 1$，解得$-1＜t＜2$，所以原不等式的解集为$(-1,2)$。
