【最新】2023版高中高考数学二轮专题复习微专题29　函数的图象与性质

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高考定位 1.以基本初等函数为载体，考查函数的定义域、值域、最值、奇偶性、单调性和周期性.2.利用函数的图象研究函数性质，能用函数的图象与性质解决简单问题.3.函数与方程思想、数形结合思想是重要的思想方法.
1.(2022·北京卷)已知函数f(x)＝eq \f(1,1＋2x)，则对任意实数x，有( )
A.f(－x)＋f(x)＝0 B.f(－x)－f(x)＝0
C.f(－x)＋f(x)＝1 D.f(－x)－f(x)＝eq \f(1,3)
答案 C
解析 函数f(x)的定义域为R，f(－x)＝eq \f(1,1＋2－x)＝eq \f(2x,1＋2x)，所以f(－x)＋f(x)＝eq \f(2x,1＋2x)＋eq \f(1,1＋2x)＝1，故选C.
2.(2022·全国甲卷)函数f(x)＝(3x－3－x)·cs x在区间[－eq \f(π,2)，eq \f(π,2)]的图象大致为( )
答案 A
解析 法一(特值法) 取x＝1，
则y＝(3－eq \f(1,3))cs 1＝eq \f(8,3)cs 1＞0 ；
取x＝－1，则y＝(eq \f(1,3)－3)cs(－1)＝－eq \f(8,3)cs 1＜0.
结合选项知选A.
法二 令y＝f(x)，
则f(－x)＝(3－x－3x)cs(－x)＝－(3x－3－x)cs x＝－f(x)，
所以函数y＝(3x－3－x)cs x是奇函数，排除B，D；
取x＝1，则y＝(3－eq \f(1,3))cs 1＝eq \f(8,3)cs 1＞0，排除C.故选A.
3.(2020·新高考山东卷)若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是( )
A.[－1，1]∪[3，＋∞)B.[－3，－1]∪[0，1]
C.[－1，0]∪[1，＋∞)D.[－1，0]∪[1，3]
答案 D
解析 因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，则f(0)＝0.
又f(x)在(－∞，0)单调递减，且f(2)＝0，
画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，
则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示.
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.
当x＞0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3].
故选D.
4.(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)＝( )
A.－3 B.－2
C.0 D.1
答案 A
解析 因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)， ①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1). ②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，
故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，
所以f(0)＝2.
令y＝1，x＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，
所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，
得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，
f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知，eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，
故选A.
5.(2022·全国乙卷)若f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,1－x)))＋b是奇函数，则a＝______，b＝________.
答案 －eq \f(1,2) ln 2
解析 f(x)＝ln|a＋eq \f(1,1－x)|＋b，若a＝0，则函数f(x)的定义域为{x|x≠1}，
不关于原点对称，不具有奇偶性，
所以a≠0.
由函数解析式有意义可得：
x≠1且a＋eq \f(1,1－x)≠0，
所以x≠1且x≠1＋eq \f(1,a).
因为函数f(x)为奇函数，
所以定义域必须关于原点对称，
所以1＋eq \f(1,a)＝－1，解得a＝－eq \f(1,2)，
所以f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,2（1－x）)))＋b，定义域为{x|x≠1且x≠－1}.
由f(0)＝0，得lneq \f(1,2)＋b＝0，所以b＝ln 2，
即f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(1,1－x)))＋ln 2
＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)))，
在定义域内满足f(－x)＝－f(x)，符合题意.
热点一 函数的概念与表示
复合函数的定义域
(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f(g(x))中，由m≤g(x)≤n，解得x的范围即为f(g(x))的定义域.
(2)若f(g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n得到g(x)的范围，即为f(x)的定义域.
例1 (1)(2022·南昌模拟)已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋3，x≤0，,\r(x)，x>0，))若f(a－3)＝f(a＋2)，则f(a)＝( )
A.2 B.eq \r(2)
C.1 D.0
(2)已知函数f(x)＝eq \f(x,\r(1－2x))，则函数eq \f(f（x－1）,x＋1)的定义域为( )
A.(－∞，1)B.(－∞，－1)
C.(－∞，－1)∪(－1，0)D.(－∞，－1)∪(－1，1)
答案 (1)B (2)D
解析 (1)作出函数f(x)的图象，如图所示，f(x)在(－∞，0]，(0，＋∞)上分别单调递增，
由f(a－3)＝f(a＋2)，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a－3≤0，,a＋2>0，,a－3＋3＝\r(a＋2)，))
解得a＝2，
则f(a)＝f(2)＝eq \r(2).
(2)令1－2x>0，
即2x<1，即x<0.
∴f(x)的定义域为(－∞，0).
∴函数eq \f(f（x－1）,x＋1)中，有eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x－1<0，,x＋1≠0，))
解得x<1且x≠－1.
故函数eq \f(f（x－1）,x＋1)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，1).
易错提醒 (1)形如f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则.
(2)对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解.
训练1 (1)(2022·银川调研)函数y＝eq \r(lg0.5（4x2－3x）)的定义域为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
C.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，1))
(2)(2022·山东名校联考)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x－1)，x≤1，,1－lg\f(1,2)（x－1），x>1，))则不等式f(x)≤2的解集为( )
A.[0，3] B.(－∞，3)
C.(0，＋∞) D.[0，1]∪[3，＋∞)
答案 (1)A (2)A
解析 (1)要使函数有意义，则lg0.5(4x2－3x)≥0＝lg0.51，
可得0<4x2－3x≤1，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x2－3x>0，,4x2－3x－1≤0，))
解得－eq \f(1,4)≤x<0或eq \f(3,4)(2)法一 当x≤1时，
由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－1)≤2得21－x≤2，
可得1－x≤1，解得x≥0，则0≤x≤1.
当x>1时，由f(x)＝1－lgeq \f(1,2)(x－1)≤2得lgeq \f(1,2)(x－1)≥－1，
即0综上所述，不等式f(x)≤2的解集为[0，3].
故选A.
法二 作出直线y＝2和函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(x－1)，x≤1，,1－lg\f(1,2)（x－1），x>1))的图象如图所示，
可得0≤x≤3.
故选A.
法三 因为f(5)＝1－lgeq \f(1,2)(5－1)＝1＋2＝3>2，
所以x＝5不符合题意，排除CD；
因为f(3)＝1－lgeq \f(1,2)(3－1)＝1＋1＝2，
所以x＝3符合题意，排除B.选A.
热点二 函数的图象
1.作函数图象的方法：(1)描点法；(2)图象变换法.
2.利用函数的图象可以判断函数的单调性、奇偶性，解不等式，求解函数的零点等问题.
例2 (1)(2022·鄂东南名校联考)函数f(x)＝eq \f(ln（2x＋2－x）,x)的大致图象为( )
(2)已知函数f(x)＝2x－x－1，则不等式f(x)＞0的解集是( )
A.(－1，1)B.(－∞，－1)∪(1，＋∞)
C.(0，1)D.(－∞，0)∪(1，＋∞)
答案 (1)A (2)D
解析 (1)法一 函数f(x)＝eq \f(ln（2x＋2－x）,x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f(－x)＝eq \f(ln（2－x＋2x）,－x)＝－f(x)，
所以函数f(x)是奇函数，显然，选项BD不满足.
令g(x)＝ex－2x－2－x(x>1)，
g′(x)＝ex－2xln 2＋2－xln 2>ex－2xln 2＝2xeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,2)))\s\up12(x)－ln 2))>0，
则g(x)＝ex－2x－2－x在(1，＋∞)上单调递增，
即当x>1时，g(x)>e－eq \f(5,2)>0，
则有ex>2x＋2－x(x>1)，
因此当x>1时，
x－ln(2x＋2－x)＝ln ex－ln(2x＋2－x)>0，
则当x>1时，x>ln(2x＋2－x)，
从而得eq \f(ln（2x＋2－x）,x)<1在(1，＋∞)上恒成立，选项C不满足，选项A满足.
故选A.
法二 函数f(x)＝eq \f(ln（2x＋2－x）,x)的定义域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，
f(－x)＝eq \f(ln（2－x＋2x）,－x)＝－f(x)，
所以函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，排除BD.
根据洛必达法则，
eq^\(lim,\s\d4(x→＋∞))f(x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f([ln（2x＋2－x）]′,x′)＝eq^\(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f(（2x＋2－x）′,2x＋2－x)＝eq^\(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \f(（2x－2－x）ln 2,2x＋2－x)
＝eq^\(lim,\s\d4(x→＋∞)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln 2－\f(2ln 2,4x＋1)))＝ln 2，排除C.选A.
(2)在同一平面直角坐标系中画出h(x)＝2x，g(x)＝x＋1的图象如图.由图象得交点坐标为(0，1)和(1，2).
又f(x)＞0等价于2x＞x＋1，
结合图象，可得x＜0或x＞1.
故f(x)＞0的解集为(－∞，0)∪(1，＋∞).
规律方法 确定函数图象的主要方法是利用函数的性质，如定义域、奇偶性、单调性等，特别是利用一些特殊点排除不符合要求的图象.
训练2 (1)(2022·全国乙卷)如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3，3]的大致图象，则该函数是( )
A.y＝eq \f(－x3＋3x,x2＋1) B.y＝eq \f(x3－x,x2＋1)
C.y＝eq \f(2xcs x,x2＋1) D.y＝eq \f(2sin x,x2＋1)
(2)(2022·佛山质检)函数f(x)＝2eq \f(（x－b）2,a)的图象如图所示，则( )
A.a>0，00，－1C.a<0，－1答案 (1)A (2)D
解析 (1)对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；
对于选项D，当x＝3时，y＝eq \f(1,5)sin 3＞0，与图象不符，故排除D；
对于选项C，当0＜x＜eq \f(π,2)时，0＜cs x＜1，故y＝eq \f(2xcs x,x2＋1)＜eq \f(2x,x2＋1)≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.
(2)由题图可知，f(0)＝2eq \f(b2,a)<1＝20，
故eq \f(b2,a)<0，故a<0，函数f(x)＝2eq \f(（x－b）2,a)的图象关于直线x＝b对称，由题图可知，0热点三 函数的性质
1.函数的奇偶性
(1)定义：若函数的定义域关于原点对称，则有：
f(x)是偶函数⇔f(－x)＝f(x)＝f(|x|)；
f(x)是奇函数⇔f(－x)＝－f(x).
(2)判断方法：定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数).
2.函数单调性判断方法：定义法、图象法、导数法.
3.函数的周期性
若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)(a≠0)，则函数y＝f(x)的最小正周期为2|a|.
4.函数图象的对称中心或对称轴
(1)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＝2b－f(a－x)，则函数y＝f(x)的图象关于点(a，b)对称.
(2)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＝f(b－x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称.
考向1 单调性与奇偶性
例3 (1)(2022·青岛模拟)设f(x)是定义域为R的偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增，若a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\r(2)\f(1,\r(3))))，b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\r(3)\f(1,\r(2))))，c＝f(－3－eq \f(4,3))，则a，b，c的大小关系为( )
A.c>b>a B.b>c>a
C.a>c>b D.a>b>c
(2)(2022·柳州三模)已知函数f(x)是定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)的奇函数，若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)且x1≠x2，都有eq \f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)<0成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)>2x的解集为( )
A.(－∞，－1)∪(1，＋∞)B.(－∞，－1)∪(0，1)
C.(－1，0)∪(1，＋∞)D.(－1，0)∪(0，1)
答案 (1)D (2)B
解析 (1)因为f(x)是定义域R的偶函数，
∴a＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\r(2)\f(1,\r(3))))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,3)))＝f(－lg23)＝f(lg23)，
b＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg\r(3)\f(1,\r(2))))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,2)))＝f(－lg32)＝f(lg32)，
c＝f(－3－eq \f(4,3))＝f(3－eq \f(4,3)).
又lg23>1，
eq \f(1,3)＝lg33eq \f(1,3)0<3－eq \f(4,3)<3－1＝eq \f(1,3)，
即3－eq \f(4,3)又f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以a>b>c.
(2)由eq \f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)<0，
得x1x2×eq \f(\f(1,x1)f（x1）－\f(1,x2)f（x2）,x1－x2)<0.
因为x1x2>0，
故g(x)＝eq \f(1,x)f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
又f(x)是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
y＝eq \f(1,x)也是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，
故g(x)是(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，
不等式f(x)>2x可化为eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,\f(1,x)f（x）>2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,\f(1,x)f（x）<2.))
又f(1)＝g(1)＝2，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,g（x）>g（1）))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,g（x）因为偶函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以g(x)在(－∞，0)上单调递增，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,x<1))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x<0，,x<－1，))
即0考向2 奇偶性、周期性、对称性
例4 (1)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1，2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝( )
A.－eq \f(9,4) B.－eq \f(3,2)
C.eq \f(7,4) D.eq \f(5,2)
(2)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)＝( )
A.－21 B.－22
C.－23 D.－24
答案 (1)D (2)D
解析 (1)由于f(x＋1)为奇函数，
所以函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，
即有f(x)＋f(2－x)＝0，
所以f(1)＋f(2－1)＝0，得f(1)＝0，
即a＋b＝0.①
由于f(x＋2)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，
即有f(x)－f(4－x)＝0，
所以f(0)＋f(3)＝－f(2)＋f(1)＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6.②
根据①②可得a＝－2，b＝2，
所以当x∈[1，2]时，f(x)＝－2x2＋2.
根据函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且关于点(1，0)对称，可得函数f(x)的周期为4，
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(2)－2＝eq \f(5,2).
(2)由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，
可得g(2＋x)＝g(2－x).
在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，
可得f(－x)＝f(x).
在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，
代入f(x)＋g(2－x)＝5中，
得f(x)＋f(－x－2)＝－2，
可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
所以f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数.
由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，
又g(2)＝4，所以可得f(0)＝1，
又f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(0)＋f(2)＝－2，
f(－1)＋f(1)＝－2，
得f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，
又f(3)＝f(－1)＝－1，
f(4)＝f(0)＝1，
所以eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.故选D.
规律方法 (1)若f(x＋a)＝－f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或f（x＋a）＝\f(1,f（x）)))，其中f(x)≠0，则f(x)的周期为2|a|.
(2)若f(x)的图象关于直线x＝a和x＝b对称，则f(x)的周期为2|a－b|.
(3)若f(x)的图象关于点(a，0)和直线x＝b对称，则f(x)的周期为4|a－b|.
训练3 (1)函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1＋x)＝f(1－x)，若f(1)＝9，则f(2 023)＝( )
A.0 B.9
C.－3 D.－9
(2)(2022·郑州二模)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋6)＝f(x)，y＝f(x＋3)为偶函数，若f(x)在(0，3)内单调递增.记a＝f(2 023)，b＝f(e－1)，c＝f(ln 2)，则a，b，c的大小关系为( )
A.bC.a(3)(2022·达州二诊)已知函数f(x)满足f(x)＋f(－x＋4)＝0，且f(x)在(－∞，0)上单调递增，当x>2时，f(x)＝ex＋x2－mx，则m的取值范围为( )
A.(－∞，e4＋8] B.(－∞，e2＋4]
C.[e4＋8，＋∞) D.[e2＋4，＋∞)
答案 (1)D (2)A (3)A
解析 (1)f(x)是定义在R上的奇函数，
则f(－x)＝－f(x)，
又由f(1＋x)＝f(1－x)，
得f(－x)＝f(2＋x)，
则有f(x＋2)＝－f(x)，
变形可得f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
即函数f(x)是周期为4的周期函数，
则f(2 023)＝f(－1＋506×4)＝f(－1)＝－f(1)＝－9.
故选D.
(2)因为f(x＋6)＝f(x)，
所以函数的周期为6，
因此a＝f(2 023)＝f(337×6＋1)＝f(1)，
ln e>lneq \r(4)>lneq \r(e)⇒eq \f(1,2)因为0所以0所以0而若f(x)在(0，3)内单调递增，
所以b故选A.
(3)因为函数f(x)满足f(x)＋f(－x＋4)＝0，
所以函数f(x)图象关于点(2，0)中心对称，又函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，
所以函数f(x)在(4，＋∞)上单调递增，
因为x>2时，f(x)＝ex＋x2－mx，
所以f(x)＝ex＋x2－mx在(4，＋∞)上单调递增，
所以f′(x)＝ex＋2x－m≥0在(4，＋∞)上恒成立，即m≤(ex＋2x)min，
易知y＝ex＋2x在(4，＋∞)上单调递增，
所以ex＋2x>e4＋2×4＝e4＋8，
所以m≤e4＋8，
所以m的取值范围为(－∞，e4＋8]，
故选A.
一、基本技能练
1.(2022·重庆八中质检)已知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，则函数F(x)＝f(x＋2)＋eq \r(3－x)的定义域为( )
A.(－2，3] B.[－2，3]
C.(0，3] D.(0，3)
答案 A
解析 函数F(x)＝f(x＋2)＋eq \r(3－x)有意义需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋2>0，,3－x≥0，))解得－22.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－3，x≥0，,－2x，x<0，))若f(m)＝－1，则实数m的值为( )
A.－2 B.eq \f(1,2)
C.1 D.2
答案 C
解析 ∵f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－3，x≥0，,－2x，x<0，))f(m)＝－1，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m－3＝－1，,m≥0，))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－2m＝－1，,m<0，))
解得m＝1.
3.(2022·咸阳二模)已知函数y＝f(x)为定义在R上的奇函数，且f(x＋2)＝－f(x)，当x∈(－2，0)时，f(x)＝x，则f(2 023)＝( )
A.2 023 B.1
C.－1 D.0
答案 C
解析 因为f(x＋2)＝－f(x)，
所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
故f(x)的周期T＝4，
则f(2 023)＝f(－1＋506×4)＝f(－1)，
因为f(x)是定义在R上的奇函数，且x∈(－2，0)时，f(x)＝x，
所以f(－1)＝－1，
即f(2 023)＝－1.
4.(2022·河南顶尖名校大联考)函数f(x)＝eq \f(xcs x,e|x|)的图象大致为( )
答案 D
解析 f(x)的定义域为R，
f(－x)＝eq \f(－xcs（－x）,e|－x|)＝eq \f(－xcs x,e|x|)＝－f(x)，
故f(x)为奇函数，排除C；
f(1)＝eq \f(cs 1,e)>0，排除A；
f(2)＝eq \f(2cs 2,e2)<0，排除B，故选D.
5.(2022·湖北百校大联考)若函数f(x)的定义域为R，且∀x1，x2∈R，x1≠x2，(x1－x2)[(f(x1)－f(x2)]>0，则f(x)的解析式可能为( )
A.f(x)＝ln x＋x B.f(x)＝x2－x
C.f(x)＝1－x－2x D.f(x)＝2x－2－x
答案 D
解析 由题意可知，满足条件的f(x)在R上单调递增.
因为f(x)＝ln x＋x的定义域为(0，＋∞)，
f(x)＝x2－x在R上有增有减，f(x)＝1－x－2x在R上单调递减，
f(x)＝2x－2－x在R上单调递增，所以只有D符合题意.
6.已知a＝0.50.2，b＝lg0.50.2，c＝lg52，则a，b，c的大小关系为( )
A.aC.c答案 C
解析 函数y＝0.5x在R上单调递减，
而0<0.2<1，
则0.51<0.50.2<0.50，即eq \f(1,2)<0.50.2<1，
函数y＝lg0.5x在(0，＋∞)上单调递减，
0.2<0.5，则lg0.50.2>lg0.50.5＝1，
函数y＝lg5x在(0，＋∞)上单调递增，
2于是eq \f(1,2)1，0即c7.(2022·湛江调研)定义域为R的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x∈[0，1]时，f(x)＝3x－1，则f(2 000)＋f(2 001)＋f(2 002)＋…＋f(2 023)＝( )
A.－2 B.0
C.2 D.4
答案 B
解析 因为函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(1－x)＝f(1＋x)，
因此有f(x)＝f(2－x)，
可得f(－x)＝f(2＋x)，
因为函数f(x)是奇函数，
所以可得－f(x)＝f(2＋x)，
即有－f(x＋2)＝f(4＋x)，
从而f(x)＝f(4＋x)，
因此函数f(x)的周期为4，
当x∈[0，1]时，f(x)＝3x－1，
所以f(0)＝0，f(1)＝2，
又f(x)的图象关于直线x＝1对称，
所以f(2)＝f(0)＝0，
f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，
f(2 000)＋f(2 001)＋f(2 002)＋…＋f(2 023)＝f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(0)＋…＋f(3)＝6[f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＝6×0＝0，故选B.
8.设函数f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，则f(x)( )
A.是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))上单调递增
B.是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调递减
C.是偶函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递增
D.是奇函数，且在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减
答案 D
解析 f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(x≠±\f(1,2)))))，关于原点对称，
又f(－x)＝ln|－2x＋1|－ln|－2x－1|＝ln|2x－1|－ln|2x＋1|＝－f(x)，
∴f(x)为奇函数，故排除A，C；
又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))时，
f(x)＝ln(－2x－1)－ln(1－2x)＝ln eq \f(－2x－1,1－2x)＝ln eq \f(2x＋1,2x－1)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2,2x－1))).
∵y＝1＋eq \f(2,2x－1)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))上单调递减，由复合函数的单调性可得f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
上单调递减.故选D.
9.(2022·湖南三湘名校大联考)已知f(x)是R上的奇函数，f(1＋x)＝f(1－x)，当x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2时，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，则当－3≤x≤1时，不等式xf(x)>0的解集为( )
A.[－1，0)∪(0，1]B.[－3，－2)∪(0，1]
C.(－2，－1)∪(0，1]D.(－2，0)∪(0，1]
答案 D
解析 ∵当x1，x2∈[0，1]，且x1≠x2时，eq \f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>0，
∴f(x)在区间[0，1]上是增函数.
∵f(x)是R上的奇函数，
∴f(0)＝0，且f(x)在区间[－1，0]上是增函数.
∴当－1≤x<0时，f(x)<0，
当00.
∵f(1＋x)＝f(1－x)，
∴f(x)的图象关于直线x＝1对称，
∴f(2)＝f(0)＝0，且f(x)在区间[1，3]上是减函数.
又f(x)＝－f(－x)＝－f[1－(1＋x)]＝－f[1＋(1＋x)]＝－f(2＋x)，
∴f(4＋x)＝f[2＋(2＋x)]＝－f(2＋x)＝f(x)，即函数f(x)的周期为4.
∴f(x)在区间[－3，－1]上是减函数，且f(－2)＝0.
综上所述，当－3≤x≤1时，不等式xf(x)>0的解集为(－2，0)∪(0，1].
10.(2022·南平联考)已知定义在R上的偶函数f(x)满足f(－x)＝－f(2＋x)，当
－2≤x≤0时，f(x)单调递增，则( )
A.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan \f(7π,24)))C.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,2)))答案 A
解析 因为f(x)为偶函数，
所以f(－x)＝f(x)，
又f(－x)＝－f(2＋x)，
所以f(x)＝－f(2＋x)，
所以f(x)＝f(x＋4)，
即f(x)是周期为4的函数，
则f(2 023)＝f(505×4＋3)＝f(－1)＝f(1).
因为eq \f(π,4)所以1feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg3\f(1,2)))＝f(－lg32)＝f(lg32)，0因为f(x)为偶函数，且当－2≤x≤0时，f(x)单调递增，所以当0≤x≤2时，f(x)单调递减，
故feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(tan \f(7π,24)))11.有以下两个条件：①定义域不是R；②偶函数.写出一个同时满足以上条件的函数f(x)＝________.
答案 eq \f(1,|x|)(答案不唯一)
12.(2022·成都二诊)若函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x（x－b），x≥0，,ax（x＋2），x<0))(a，b∈R)为奇函数，则
f(a＋b)的值为________.
答案 －1
解析 ∵函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－bx，x≥0，,ax2＋2ax，x<0))为奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)恒成立，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,－b＝2a，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝2，))∴f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x<0，))
∴f(a＋b)＝f(1)＝1－2＝－1.
二、创新拓展练
13.(2022·合肥模拟)已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的奇函数，当x>0时，f(x)＝x2－2x＋3，则下列结论正确的个数是( )
①|f(x)|≥2；
②当x<0时，f(x)＝－x2－2x－3；
③直线x＝1是f(x)图象的一条对称轴；
④f(x)在(－∞，－1)上单调递增.
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 C
解析 当x<0时，－x>0，
所以f(－x)＝(－x)2＋2x＋3＝－f(x)，
所以f(x)＝－x2－2x－3，
所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x＋3，x>0，,－x2－2x－3，x<0，))
作出f(x)的图象如图所示.
由图象可知f(x)∈(－∞，－2]∪[2，＋∞)，
所以|f(x)|≥2，故①正确；
当x<0时，f(x)＝－x2－2x－3，故②正确；
由图象可知直线x＝1显然不是f(x)的对称轴，故③错误；
由图象可知f(x)在(－∞，－1)上单调递增，故④正确.
14.(2022·兰州诊断)已知f(x)＝(x2＋ax＋b)·ln x(a，b∈R)，当x>0时，f(x)≥0，则实数a的取值范围为( )
A.[－2，0) B.[－1，＋∞)
C.(－1，0] D.[0，1]
答案 B
解析 设g(x)＝x2＋ax＋b，h(x)＝ln x，则h(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h(1)＝0，若当x>0时f(x)≥0，则满足当x>1时，g(x)≥0，当0即g(x)的图象必须过点(1，0)，
则g(1)＝1＋a＋b＝0，
即b＝－1－a，
此时函数g(x)与h(x)的图象如图所示，
g(x)＝x2＋ax－1－a＝(x－1)[x＋(a＋1)]，
则g(0)＝－a－1≤0，
即a≥－1，故选B.
15.设函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数).若f(x)为奇函数，则a＝________；若f(x)是R上的增函数，则a的取值范围是________.
答案 －1 (－∞，0]
解析 奇函数f(x)＝ex＋ae－x(a为常数)的定义域为R，
∴f(0)＝e0＋ae－0＝1＋a＝0，∴a＝－1，
经检验a＝－1时，f(x)为奇函数，
∵f(x)＝ex＋ae－x，
∴f′(x)＝ex－ae－x＝ex－eq \f(a,ex).
∵f(x)是R上的增函数，
∴f′(x)≥0在R上恒成立，
即ex≥eq \f(a,ex)在R上恒成立，
∴a≤e2x在R上恒成立.
又e2x>0，∴a≤0，
即a的取值范围是(－∞，0].
16.(2022·郑州质检)黎曼函数是由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现并提出，在高等数学中有着广泛的应用，其基本定义为：R(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,p)，x＝\f(q,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(p，q都是整数，\f(q,p)是既约真分数))，,0，x＝0，1或x是（0，1）内的无理数.))
若函数f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意x都有f(2－x)＋f(x)＝0，当x∈[0，1]时，f(x)＝R(x)，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18,5)))＋f(lg 30)＝________.
答案 －eq \f(1,5)
解析 因为函数f(x)为奇函数，
所以f(x)＝－f(－x)，
所以f(2－x)＋f(x)＝－f(x－2)＋f(x)＝0，即f(x－2)＝f(x)，
所以f(x)是以2为周期的周期函数.
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(18,5)))＋f(lg 30)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×2－\f(2,5)))＋f(2－(1－lg 3))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,5)))－f(1－lg 3)
＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,5)))＝－eq \f(1,5).