2022年新高考数学一轮复习3.3函数的奇偶性与周期性 （练）解析版

1 / 17 专题 3.3 函数的奇偶性与周期性 1．（2021·海南海口市·高三其他模拟）已知函数 ( ) ( 0)f x kx b k   ，则“ (0) 0f  ”是“函数 ( )f x 为奇函 数”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 化简“ (0) 0f  ”和“函数 ( )f x 为奇函数”，再利用充分必要条件的定义判断得解. 【详解】 (0) 0f  ，所以 0b  ， 函数 ( )f x 为奇函数， 所以 ( ) ( ) 0f x kx b f x kx b          ，所以 0b  . 所以“ (0) 0f  ”是“函数 ( )f x 为奇函数”的充分必要条件. 故选：C 2．（2021·福建高三三模）若函数  y f x 的大致图象如图所示，则  f x 的解析式可能是（ ） A．   1 xf x x   B．   1 xf x x   C．   2 1 xf x x   D．   21 xf x x   【答案】C 2 / 17 【解析】 利用排除法，取特殊值分析判断即可得答案 【详解】 解：由图可知，当 (0,1)x 时， ( ) 0f x  ， 取 1 2x  ，则对于 B， 1 1 2( ) 1 012 1 2 f     ，所以排除 B，对于 D， 1 1 22( ) 012 31 4 f     ，所以排除 D， 当 0x  时，对于 A，   111 1 xf x x x     ，此函数是由 1y x  向右平移 1 个单位，再向上平移 1 个单位， 所以 1x  时， ( ) 1f x  恒成立，而图中，当 1x  时， ( )f x 可以小于 1，所以排除 A, 故选：C 3．（2021·广东高三其他模拟）下列函数中，既是奇函数又在区间  0,1 上单调递增的是（ ） A． y x x B． 1y x x   C． x xy e e  ﹣ D． 2logy x 【答案】C 【解析】 利用函数奇偶性的定义和函数的解析式判断. 【详解】 A.函数 y x x 的定义域是[0, ) ，所以函数是非奇非偶函数，故错误； B. 1y x x   在 0,1 上单调递减，故错误； C.因为      x x x xf x e e e e f x       ﹣ ，所以函数是奇函数，且在 0,1 上单调递增，正确； D.因为    2 2log =logf x x x f x    ，所以函数是偶函数，故错误； 故选： C． 4．（2021·湖南高三月考）定义函数 1,( ) 1, xD x x   为有理数， 为无理数，则下列命题中正确的是（ ） A． ( )D x 不是周期函数 B． ( )D x 是奇函数 C． ( )y D x 的图象存在对称轴 D． ( )D x 是周期函数，且有最小正周期 3 / 17 【答案】C 【解析】 当 m 为有理数时恒有 ( ) ( )D x m D x  ，所以 ( )D x 是周期函数，且无最小正周期，又因为无论 x 是有理数还 是无理数总有 ( ) ( )D x D x  ，所以函数 ( )D x 为偶函数，图象关于 y 轴对称． 【详解】 当 m 为有理数时，   1, 1, xD x m x    为有理数 为无理数， ( ) ( )D x m D x   ， 任何一个有理数 m 都是 ( )D x 的周期， ( )D x 是周期函数，且无最小正周期， 选项 A ， D 错误， 若 x 为有理数，则 x 也为有理数， ( ) ( )D x D x   ， 若 x 为无理数，则 x 也为无理数， ( ) ( )D x D x   ， 综上，总有 ( ) ( )D x D x  ， 函数 ( )D x 为偶函数，图象关于 y 轴对称， 选项 B 错误，选项 C 正确， 故选：C 5．【多选题】（2021·淮北市树人高级中学高一期末）对于定义在 R 上的函数  f x ，下列说法正确的是（ ） A．若  f x 是奇函数，则  1f x  的图像关于点 1,0 对称 B．若对 xR ，有    1 1f x f x  ，则  f x 的图像关于直线 1x  对称 C．若函数  1f x 的图像关于直线 1x   对称，则  f x 为偶函数 D．若    1 1 2f x f x    ，则  f x 的图像关于点 1,1 对称 【答案】ACD 【解析】 4 / 17 四个选项都是对函数性质的应用，在给出的四个选项中灵活的把变量 x 加以代换，再结合函数的对称性、 周期性和奇偶性就可以得到正确答案. 【详解】 对 A，  f x 是奇函数，故图象关于原点对称， 将  f x 的图象向右平移 1 个单位得  1f x  的图象， 故  1f x  的图象关于点（1，0）对称，正确； 对 B，若对 xR ，有    1 1f x f x  ， 得    2f x f x  ，所以  f x 是一个周期为 2 的周期函数， 不能说明其图象关于直线 1x  对称，错误.； 对 C，若函数  1f x 的图象关于直线 1x   对称， 则  f x 的图象关于 y 轴对称，故为偶函数，正确； 对 D，由    1 1 2f x f x    得        1 1 2, 2 0 2f f f f    ，        3 1 2, 4 2 2,f f f f      ，  f x 的图象关于（1，1）对称，正确. 故选：ACD. 6．【多选题】（2020·江苏南通市·金沙中学高一期中）已知偶函数 ( )f x 在区间 0, 上是增函数,则满足 1(2 1) ( )3f x f  的 x 的取值是（ ） A．0 B． 1 2 C． 7 12 D．1 【答案】BC 【解析】 根据偶函数和单调性求得不等式的解，然后判断各选项．． 【详解】 由题意 12 1 3x   ，解得 1 2 3 3x  ，只有 BC 满足． 故选：BC． 7．【多选题】（2021·广东高三二模）函数  f x 的定义域为 R ，且  1f x  与  1f x 都为奇函数，则下 5 / 17 列说法正确的是（ ） A．  f x 是周期为 2 的周期函数 B．  f x 是周期为 4 的周期函数 C．  2f x  为奇函数 D．  3f x  为奇函数 【答案】BD 【解析】 AB 选项，利用周期函数的定义判断；CD 选项，利用周期性结合  1f x  ，  1f x 为奇函数判断. 【详解】 因为函数  f x 的定义域为 R ，且  1f x  与  1f x 都为奇函数， 所以    1 1f x f x     ，    1 1f x f x     ， 所以    2f x f x    ，    2f x f x    ， 所以    2 2f x f x     ，即    4f x f x  ，故 B 正确 A 错误； 因为      3 3 4 1f x f x f x      ，且  1f x  为奇函数，所以  3f x  为奇函数，故 D 正确； 因为  2f x  与  1f x 相差 1，不是最小周期的整数倍，且  1f x 为奇函数，所以  2f x  不为奇函 数，故 C 错误. 故选：BD. 8．（2021·吉林高三二模（文））写出一个符合“对 x R  ，     0f x f x   ”的函数  f x ___________. 【答案】 3x （答案不唯一） 【解析】 分析可知函数  f x 的定义域为 R ，且该函数为奇函数，由此可得结果. 【详解】 由题意可知，函数  f x 的定义域为 R ，且该函数为奇函数，可取   3f x x . 故答案为： 3x （答案不唯一）. 9．（2021·全国高三二模（理））已知 ( )y f x 为 R 上的奇函数，且其图象关于点  2,0 对称，若  1 1f  ， 则  2021f  __________． 【答案】1 6 / 17 【解析】 根据函数的对称性及奇函数性质求得函数周期为 4，从而  2021 (1) 1f f  . 【详解】 函数关于点 2,0 对称，则 ( ) (4 )f x f x   ， 又 ( )y f x 为 R 上的奇函数，则 ( ) (4 ) ( 4)f x f x f x     ， 因此函数的周期为 4， 因此  2021 (1) 1f f  . 故答案为：1. 10．（2021·上海高三二模）已知函数 ( )f x 的定义域为 R ，函数 ( )g x 是奇函数，且 ( ) ( ) 2xg x f x  ，若 (1) 1f   ，则 ( 1)f   ___________． 【答案】 3 2  【解析】 通过计算 (1) ( 1)g g  可得． 【详解】 因为 ( )g x 是奇函数，所以 (1) ( 1) 0g g   ， 即 1(1) 2 ( 1) 02f f     ，所以 5 3( 1) 1 2 2f      ． 故答案为： 3 2  ． 1．（2021·安徽高三三模（文））若把定义域为 R 的函数  f x 的图象沿 x 轴左右平移后，可以得到关于原点 对称的图象，也可以得到关于 y 轴对称的图象，则关于函数  f x 的性质叙述一定正确的是（ ） A．     0f x f x   B．    1 1f x f x   C．  f x 是周期函数 D．  f x 存在单调递增区间 【答案】C 【解析】 7 / 17 通过举例说明选项 ABD 错误；对于选项 C 可以证明判断得解. 【详解】 定义域为 R 的函数  f x 的图象沿 x 轴左右平移后，可以得到关于原点对称的图象，也可以得到关于 y 轴对 称的图象， ∴  f x 的图象既有对称中心又有对称轴，但  f x 不一定具有奇偶性，例如   sin 3f x x      ， 由     0f x f x   ，则  f x 为奇函数，故选项 A 错误； 由    1 1f x f x   ，可得函数 ( )f x 图象关于 0x  对称，故选项 B 错误； 由   0f x  时，  f x 不存在单调递增区间，故选项 D 错误； 由已知设  f x 图象的一条对称抽为直线 x a ，一个对称中心为 ,0b ，且 a b¹ ， ∴    2f a x f x   ，    2f x f b x    ， ∴    2 2f a x f b x    ， ∴      2 2 2 2f a x b f b x b f x        ， ∴        4 4 2 2 2 2f x a b f b x b f x a b f x           ， ∴  f x 的一个周期  4T a b  ，故选项 C 正确. 故选：C 2．（2021·天津高三二模）已知函数  f x 在 R 上是减函数，且满足    f x f x   ，若 3 1log 10a f       ，  3log 9.1b f ，  0.82c f ，则 a ，b ， c 的大小关系为（ ） A． a b c  B． c b a  C．b a c  D． c a b  【答案】B 【解析】 根据对数运算性质和对数函数单调性可得 3 3 1log log 9.1 210    ，根据指数函数单调性可知 0.82 2 ；利 8 / 17 用  f x 为减函数可知    0.8 3 3 1log log 9.1 210f f f      ，结合  f x 为奇函数可得大小关系. 【详解】 3 3 3 3 1log log 10 log 9.1 log 9 210      ， 0.82 2 即： 0.8 3 3 1log log 9.1 210    又  f x 是定义在 R 上的减函数    0.8 3 3 1log log 9.1 210f f f       又  f x 为奇函数 3 3 1 1log log10 10f f                0.8 3 3 1log log 9.1 210f f f      ，即： c b a  . 故选：B. 3.（2021·陕西高三三模（理））已知函数 f(x)为 R 上的奇函数，且 ( ) (2 )f x f x   ，当 [0,1]x 时，   2 2 x x af x   ，则 f(101)+f(105)的值为（ ） A．3 B．2 C．1 D．0 【答案】A 【解析】 根据函数为奇函数可求得函数的解析式，再由 ( ) (2 )f x f x   求得函数 f(x)是周期为 4 的周期函数，由 此可计算得选项． 【详解】 解：根据题意，函数 f(x)为 R 上的奇函数，则 f(0)=0， 又由 x∈[0，1]时， ( ) 2 2 x x af x   ，则有 f(0)=1+a=0，解可得：a=﹣1，则有 1( ) 2 2 x xf x   ， 又由 f(﹣x)=f(2+x)，即 f(x+2)=﹣f(x)，则有 f(x+4)=﹣f(x+2)=f(x)，即函数 f(x)是周期为 4 的周期函数， 9 / 17 则 1 3 1 3(101) (1) 2 , (105) (1) 22 2 2 2f f f f        ， 故有 f(101)+f(105)=3， 故选：A． 4．（2021·上海高三二模）若 ( )f x 是 R 上的奇函数，且 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，则下列结论： ① | ( ) |y f x 是偶函数； ②对任意的 x∈R 都有 ( ) | ( ) | 0f x f x   ； ③ ( ) ( )y f x f x  在 ( ,0] 上单调递增； ④反函数 1( )y f x 存在且在 ( ,0] 上单调递增． 其中正确结论的个数为（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【解析】 根据奇函数定义以及单调性性质，及反函数性质逐一进行判断选择. 【详解】 对于①，由 ( )f x 是 R 上的奇函数，得 ( ) ( )f x f x   ，∴| ( ) | | ( ) | | ( ) |   f x f x f x ，所以 | ( ) |y f x 是 偶函数，故①正确； 对于②，由 ( )f x 是 R 上的奇函数，得 ( ) ( ) 0f x f x- + = ，而 ( ) | ( )|f x f x 不一定成立，所以对任意的 xR ， 不一定有 ( ) | ( ) | 0f x f x   ，故②错误； 对于③，因为 ( )f x 是 R 上的奇函数，且 ( )f x 在[0, ) 上单调递增，所以 ( )f x 在 ( ,0] 上单调递增，且 ( ) (0) 0f x f£ = ，因此 2( ) ( ) [ ( )]y f x f x f x    ，利用复合函数的单调性，知 ( ) ( )y f x f x  在 ( ,0] 上单调递增，故③正确. 对于④，由已知得 ( )f x 是 R 上的单调递增函数，利用函数存在反函数的充要条件是，函数的定义域与值域 是一一映射，且函数与其反函数在相应区间内单调性一致，故反函数 1( )y f x 存在且在 ( ,0] 上单调递 增，故④正确； 故选：C 10 / 17 5．【多选题】（2021·全国高三专题练习）已知函数 ( )f x 是偶函数， ( 1)f x  是奇函数，并且当  1,2x ， ( ) 1 | 2 |f x x   ，则下列选项正确的是（ ） A． ( )f x 在 ( 3, 2)  上为减函数 B． ( )f x 在 ( 3, 2)  上 ( ) 0f x  C． ( )f x 在( 3, 2)  上为增函数 D． ( )f x 在( 3, 2)  上 ( ) 0f x  【答案】CD 【解析】 根据题意，分析可得 ( 4) ( )f x f x  ，结合函数的解析式可得当 ( 3, 2)x   时函数的解析式，据此分析 可得答案． 【详解】 解：根据题意，函数 ( 1)f x  为奇函数，则有 ( 1) ( 1)f x f x     ，即 ( 2) ( )f x f x    ， 又由 ( )f x 为偶函数，则 ( ) ( )f x f x  ，则有 ( 2) ( )f x f x   ， 即有 ( 4) ( )f x f x  ， 当 [1x ， 2]时， ( ) 1 | 2 | 1f x x x     ， 若 ( 3, 2)x   ，则 4 (1,2)x   ， 则 ( 4) ( 4) 1 3f x x x      ， 则当 ( 3, 2)x   时，有 ( ) 3f x x  ，则 ( )f x 为增函数且 ( ) ( 3) 0f x f   ； 故 ( )f x 在 ( 3, 2)  上为增函数，且 ( ) 0f x  ； 故选：CD ． 6．【多选题】（2021·全国高三专题练习）若函数 ( )f x 对任意 xR 都有 ( ) ( ) 0f x f x   成立， m R ， 则下列的点一定在函数 ( )y f x 图象上的是（ ） A． (0,0) B． ( , ( ))m f m  C． ( , ( ))m f m  D． ( , ( ))m f m 【答案】ABC 【解析】 11 / 17 根据任意 xR 满足 ( ) ( ) 0f x f x   ，得到 ( )f x 是奇函数判断. 【详解】 因为任意 xR 满足 ( ) ( ) 0f x f x   ， 所以 ( )f x 是奇函数， 又 xR ，所以令 0x  ，则 ( 0) (0)f f   ， 得 (0) 0f  ， 所以点 (0,0) ，且点 ( , ( ))m f m  与 ( , ( ))m f m  也一定在 ( )y f x 的图象上， 故选：ABC． 7．【多选题】（2021·浙江高一期末）已知函数 ( )y f x 是定义在[ 1,1] 上的奇函数，当 0x  时， ( ) ( 1)f x x x  ，则下列说法正确的是（ ） A．函数 ( )y f x 有 2 个零点 B．当 0x  时， ( ) ( 1)f x x x   C．不等式 ( ) 0f x  的解集是 (0,1) D． 1 2, [ 1,1]x x   ，都有    1 2 1 2f x f x  【答案】BCD 【解析】 根据函数奇偶性定义和零点定义对选项一一判断即可． 【详解】 对 A，当 0x  时，由 ( ) ( 1) 0f x x x   得 1x  ，又因为 ( )y f x 是定义在[ 1,1] 上的奇函数，所以      0 0, 1 1 0f f f     ，故函数 ( )y f x 有 3 个零点，则 A 错； 对 B，设 0x  ，则 0x  ，则        1 1f x f x x x x x             ，则 B 对； 对 C，当 0 1x  时，由 ( ) ( 1) 0f x x x   ，得 0 1x  ；当 1 0x ≤ ≤ 时，由 ( ) ( 1) 0f x x x    ， 得 x 无解；则 C 对； 对 D， 1 2, [ 1,1]x x   ，都有        1 2 max min 1 1 1 1 1 2 2 4 4 2f x f x f x f x f f                         ，则 D 对． 故选：BCD． 12 / 17 8．【多选题】（2021·苏州市第五中学校高一月考）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数 学王子”的称号.设 xR ，用[ ]x 表示不超过 x 的最大整数， [ ]y x 也被称为“高斯函数”，例如：[ 3.5] 4   ， [2.1] 2 .已知函数 ( ) [ 1]f x x x   ，下列说法中正确的是（ ） A． ( )f x 是周期函数 B． ( )f x 的值域是[0,1] C． ( )f x 在 (0,1) 上是减函数 D． x R ，[ ( )] 0f x  【答案】AC 【解析】 根据[ ]x 定义将函数  f x 写成分段函数的形式，再画出函数的图象，根据图象判断函数的性质. 【详解】 由题意可知  1, 2 1 0, 1 0 1 1,0 1 2,1 2 x x x x x                 ，     1 , 2 1 , 1 0 1 1 ,0 1 2 ,1 2 x x x x f x x x x x x x                       ， 可画出函数图像，如图： 可得到函数  f x 是周期为 1 的函数，且值域为 0,1 ，在 0,1 上单调递减，故选项 AC 正确，B 错误；对 于 D，取 1x    1 1f   ，则  1 1f     ，故 D 错误. 故选：AC． 9．【多选题】（2021·湖南高三月考）函数 ( )f x 满足以下条件：① ( )f x 的定义域是 R ，且其图象是一条连续 不断的曲线；② ( )f x 是偶函数；③ ( )f x 在 0,  上不是单调函数；④ ( )f x 恰有 2 个零点.则函数 ( )f x 的 解析式可以是（ ） A． 2( ) 2f x x x  B． ( ) ln 1f x x  C． 2( ) 1f x x x    D． ( ) 2xf x e  13 / 17 【答案】CD 【解析】 利用函数图象变换画出选项 A，B，C，D 对应的函数图象，逐一分析即可求解. 【详解】 解：显然题设选项的四个函数均为偶函数，但 ( ) ln 1f x x  的定义域为 0x x R  ，所以选项 B 错误； 函数 2( ) 2f x x x  的定义域是 R ，在 , 1  ， 0,1 单调递减，在  1,0 ，  1, 单调递增，但      2 0 2 0f f f    有 3 个零点，选项 A 错误； 函数 2( ) 1f x x x    的定义域是 R ，当  0,x  时， 2( ) 1f x x x    的图象对称轴为 1 2x  ，其 图象是开口向下的抛物线，故 ( )f x 在 1, 2      ， 10, 2      单调递增，在 1 ,02     ， 1 ,2     单调递减，由 图得 ( )f x 恰有 2 个零点，选项 C 正确； 函数 ( ) 2xf x e  的定义域是 R ，在 , ln 2  ， 0,ln 2 单调递减，在 ln 2,0 ， ln 2, 单调递 增，且    ln 2 ln 2 0f f   有 2 个零点，选项 D 正确. 故选：CD. 10．（2021·黑龙江大庆市·高三二模（理））定义在 R 上的函数 ( )f x 满足  2 ( )f x f x  ，当  1,1x  时， 2( )f x x ，则函数 ( )f x 的图象与 ( ) 3 xg x  的图象的交点个数为___________. 【答案】7 【解析】 由题设可知 ( )f x 的周期为 2，结合已知区间的解析式及 ( ) 3 xg x  ，可得两函数图象，即知图象交点个数. 【详解】 由题意知： ( )f x 的周期为 2，当 [ 1,1]x  时， 2( )f x x ， ∴ ( )f x 、 ( )g x 的图象如下： 14 / 17 即 ( )f x 与 ( )g x 共有 7 个交点， 故答案为：7. 【点睛】 结论点睛： ( ) ( )f m x f x  有 ( )f x 的周期为| |m . 1. （2020·天津高考真题）函数 2 4 1 xy x   的图象大致为（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象. 【详解】 由函数的解析式可得：    2 4 1 xf x f xx     ，则函数  f x 为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选 15 / 17 项 CD 错误； 当 1x  时， 4 2 01 1y    ，选项 B 错误. 故选：A. 2.（2020·全国高考真题（理））设函数 ( ) ln | 2 1| ln | 2 1|f x x x    ，则 f(x)（ ） A．是偶函数，且在 1( , )2  单调递增 B．是奇函数，且在 1 1( , )2 2  单调递减 C．是偶函数，且在 1( , )2   单调递增 D．是奇函数，且在 1( , )2   单调递减 【答案】D 【解析】 由   ln 2 1 ln 2 1f x x x    得  f x 定义域为 1 2x x     ，关于坐标原点对称， 又    ln 1 2 ln 2 1 ln 2 1 ln 2 1f x x x x x f x            ，  f x 为定义域上的奇函数，可排除 AC； 当 1 1,2 2x      时，      ln 2 1 ln 1 2f x x x    ，  ln 2 1y x Q 在 1 1,2 2     上单调递增，  ln 1 2y x  在 1 1,2 2     上单调递减，  f x 在 1 1,2 2     上单调递增，排除 B； 当 1, 2x       时，       2 1 2ln 2 1 ln 1 2 ln ln 12 1 2 1 xf x x x x x              ， 21 2 1x     在 1, 2      上单调递减，   lnf   在定义域内单调递增， 根据复合函数单调性可知：  f x 在 1, 2      上单调递减，D 正确. 故选：D. 3．（2020·海南省高考真题）若定义在 R 的奇函数 f(x)在 ( ,0) 单调递减，且 f(2)=0，则满足 ( 1 0)xf x   的 x 的取值范围是（ ）                 1log 2 24f f f 3 3 2 2 3 B．                 1log 2 24f f f 3 32 23 A． 5.（2019·全国高考真题（文））设  f x 是定义域为 R 的偶函数，且在  0,  单调递减，则（ ） ，选 C. 㐴 ݔ  ሺ 㐴 ݔ ，从而 ݔ ݔ ݔ ݔ ， 㐴 ݔ  䁥 ，所以 䁥 ݔ ，  㐴 ，因为 䁥 㐴 ݔ 㐴 ݔ  ሺ 㐴ݔ㐴 ݔ  ,因此  㐴 㐴 䁥 㐴  㐴 ，所以 㐴  㐴  的奇函数，且      是定义域为  因为 【解析】 【答案】C B. 0 C. 2 D. 50 ሺ A. ( ) 㐴 ݔ  ሺ 则 ， 㐴 ݔ ．若 㐴  㐴  的奇函数，满足      是定义域为  4.（2018 年理全国卷 II）已知 故选：D. 所以满足 ( 1 0)xf x   的 x 的取值范围是[ 1,0] [1,3]  ， 解得 1 0x ≤ ≤ 或1 3x  ，        或 或 0x   x x x 0 1 2 1 2       或 或 0  x x x 2 1 0 1 2 0 所以由 ( 1 0)xf x   可得： 所以当 ( , 2) (0,2)x     时， ( ) 0f x  ，当 ( 2,0) (2, )x   时， ( ) 0f x  ， 所以 ( )f x 在 (0, ) 上也是单调递减，且 ( 2) 0f   ， (0) 0f  ， 因为定义在 R 上的奇函数 ( )f x 在 ( ,0) 上单调递减，且 (2) 0f  ， 【解析】 【答案】D C．[ 1,0] [1, )   D．[ 1,0] [1,3]  A．[ )1,1] [3,  B． 3, 1] [ ,[ 0 1]   17 / 16 17 / 17 C． 2 3 3 32 12 2 log 4f f f                D． 2 3 3 2 3 12 2 log 4f f f                 【答案】C 【解析】  f x 是 R 的偶函数，  3 3 1log log 44f f     ． 2 23 3 0 3 32 2 3 3 3log 4 log 3 1,1 2 2 2 , log 4 2 2            ， 又  f x 在(0，+∞)单调递减， ∴   2 3 3 2 3log 4 2 2f f f             ， 23 32 3 12 2 log 4f f f                 ，故选 C． 6.（2019·全国高考真题（理））已知 ( )f x 是奇函数，且当 0x  时， ( ) eaxf x   .若 (ln 2) 8f  ，则 a __________. 【答案】-3 【解析】 因为 ( )f x 是奇函数，且当 0x  时 0x  ， ( ) ( ) axf x f x e     ． 又因为 ln 2 (0,1) ， (ln 2) 8f  ， 所以 ln2 8ae  ，两边取以 e 为底的对数得 ln 2 3ln 2a  ，所以 3a  ，即 3a   ．