2024年高考数学重难点突破讲义：学案 第1讲　函数的图象与性质

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基础回归3
1．(人A必一P159复习参考题1)函数y＝－2－x与y＝2x的图象( C )
A．关于x轴对称B．关于y轴对称
C．关于原点对称D．关于直线y＝x对称
【解析】 y＝2x中用－x代替x，用－y代替y，则得到y＝－2－x，所以函数y＝－2－x与y＝2x的图象关于原点对称．
2．下列函数中是奇函数的是( D )
A．y＝2x＋2－xB．y＝xeq \f(3,2)
C．y＝eq \f(x2,x2＋1)D．y＝x|x|
【解析】 y＝f(x)＝2x＋2－x，定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，则该函数为偶函数，故A不符合题意；y＝f(x)＝xeq \f(3,2)＝eq \r(,x3)，定义域为[0，＋∞)，不关于原点对称，所以该函数为非奇非偶函数，故B不符合题意；y＝f(x)＝eq \f(x2,x2＋1)，定义域为R，且f(－x)＝f(x)，所以该函数为偶函数，故C不符合题意；y＝f(x)＝x|x|，定义域为R，关于原点对称，且f(－x)＝－x|x|＝－f(x)，故该函数为奇函数．
3．下列函数在(1,3)上单调递减的是( D )
A．y＝x2－4xB．y＝2x－1
C．y＝eq \r(3,x2)D．y＝csx＋1
【解析】 对于A，由二次函数性质知，y＝x2－4x的图象开口向上，且在(－∞，2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故A错误；对于B，根据指数函数的单调性知，函数y＝2x在R上单调递增，将y＝2x的图象向右平移1个单位长度得到y＝2x－1的图象，其在(1,3)上单调递增，故B错误；对于C，由幂函数的单调性知y＝eq \r(3,x2)在[0，＋∞)上单调递增，其在(1,3)上单调递增，故C错误；对于D，根据余弦函数的单调性知，y＝csx＋1在(2kπ，2kπ＋π)(k∈Z)上单调递减，当k＝0时，(2kπ，2kπ＋π)＝(0，π)，又(1,3)⊆(0，π)，所以y＝csx＋1在(1,3)上单调递减，故D正确．
4．已知函数f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)，则( C )
A．f(x)在(－∞，2)上单调递增
B．f(x)在(2，＋∞)上单调递减
C．y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称
D．y＝f(x)的图象关于点(1,0)对称
【解析】 因为f(－2)＝eq \f(1,－2)－eq \f(1,－2－2)＝－eq \f(1,4)，f(－1)＝－1－eq \f(1,－1－2)＝－eq \f(2,3)，所以f(－2)＞f(－1)，所以A不正确；因为f(3)＝eq \f(1,3)－1＝－eq \f(2,3)，f(4)＝eq \f(1,4)－eq \f(1,4－2)＝－eq \f(1,4)，所以f(3)＜f(4)，故B不正确；因为f(2－x)＝eq \f(1,2－x)－eq \f(1,2－x－2)＝eq \f(1,2－x)＋eq \f(1,x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)＝f(x)，所以y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，故C正确；在f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)的图象上取一点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,4)))，则其关于点(1,0)的对称点为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,4)))，因为f(4)＝－eq \f(1,4)≠eq \f(1,4)，所以点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,4)))不在函数f(x)的图象上，故y＝f(x)的图象不关于点(1,0)对称，故D不正确．
5．(2023·新高考Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则a＝( B )
A．－1B．0
C．eq \f(1,2)D．1
【解析】 f(x)＝(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，则f(－x)＝(－x＋a)lneq \f(－2x－1,－2x＋1)＝(－x＋a)lneq \f(2x＋1,2x－1)．因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)，即(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)＝(－x＋a)lneq \f(2x＋1,2x－1)＝(x－a)lneq \f(2x－1,2x＋1)，所以有x＋a＝x－a，解得a＝0．
举题固法4
目标引领
函数的性质
例1 (1) (2023·深圳一调)已知f(x)为奇函数，且x＜0时，f(x)＝ex，则f(e)＝( D )
A．eeB．－ee
C．e－eD．－e－e
【解析】 已知f(x)为奇函数，且x＜0时，f(x)＝ex，则f(e)＝－f(－e)＝－e－e．
(2) (2023·武汉二调)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤a，,2x，x＞a，))若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是( B )
A．(－∞，0]B．[0,1]
C．[0，＋∞)D．(－∞，1]
【解析】 根据题意可得，在同一平面直角坐标系中分别画出函数y＝x＋1和g(x)＝2x的图象如图所示．由图可知，当x＝0或x＝1时，两图象相交．若f(x)的值域是R，以实数a为分界点，可进行如下分类讨论：当a＜0时，显然值域不为R；同理当a＞1时，值域也不是R；当0≤a≤1时，两图象相接或者有重合的部分，此时值域是R．综上可知，实数a的取值范围是[0,1]．
(例1(2))
(3) (2023·十堰调研)(多选)已知函数f(x)＝eq \f(2,x－1)，则( AC )
A．f(x)的定义域是(－∞，1)∪(1，＋∞)
B．f(x)的值域是R
C．f(x＋1)是奇函数
D．f(x)在(－∞，1)∪(1，＋∞)上单调递减
【解析】 对于A，分式中分母不等于0，所以x－1≠0，解得x≠1，所以f(x)的定义域是(－∞，1)∪(1，＋∞)，故A正确；对于B，f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故B错误；对于C，f(x＋1)＝eq \f(2,x)，令g(x)＝eq \f(2,x)，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，g(－x)＝－eq \f(2,x)＝－g(x)，所以g(x)是奇函数，即f(x＋1)是奇函数，故C正确；对于D，多个单调区间可用逗号(或“和”)隔开，所以f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上单调递减，在(－∞，1)∪(1，＋∞)上不是单调递减的，故D错误．
函数的四个性质的应用
(1) 奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上，其图象、函数值、解析式和单调性联系密切，研究问题时可以转化到部分(一般取一半)区间上，注意偶函数常用结论f(x)＝f(|x|)；
(2) 单调性：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性；
(3) 周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题转化到已知区间上求解；
(4) 对称性：常围绕图象的对称中心设置试题背景，利用图象对称中心的性质简化所求问题．
变式1 (1) (2023·邢台期末)(多选)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))＝x2＋eq \f(16,x2)，则( BCD )
A．函数f(x)为增函数
B．函数f(x)的图象关于y轴对称
C．f(－3＋lg20.25)＝17
D．∀x∈(0，＋∞)，28＜f(0.5x＋6)＜41
【解析】 当x＞0时，x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4，当且仅当x＝2时等号成立；当x＜0时，x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq \r(－x·\f(4,－x))＝－4，当且仅当x＝－2时等号成立．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))＝x2＋eq \f(16,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))2－8，f(x)＝x2－8，x∈(－∞，－4]∪[4，＋∞)，故A错误；因为f(－x)＝x2－8＝f(x)，所以f(x)为偶函数，故B正确；f(－3＋lg20.25)＝f(－5)＝25－8＝17，故C正确；∀x∈(0，＋∞)，6＜0.5x＋6＜7，则28＜f(0.5x＋6)＜41，故D正确．
(2) (2023·南京、盐城期末)若函数f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d满足f(1－x)＋f(1＋x)＝0对一切实数x恒成立，则不等式f′(2x＋3)＜f′(x－1)的解集为( C )
A．(0，＋∞)B．(－∞，－4)
C．(－4,0)D．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
【解析】 由题知(1－x)3＋b(1－x)2＋c(1－x)＋d＋(1＋x)3＋b(1＋x)2＋c(1＋x)＋d＝0，化简并整理得(2b＋6)x2＋2(b＋c＋d＋1)＝0，所以b＝－3．因为f′(x)＝3x2＋2bx＋c，其图象的开口向上，对称轴方程为x＝1，所以由f′(2x＋3)＜f′(x－1)，得|2x＋3－1|＜|x－1－1|，化简并整理得x2＋4x＜0，解得－4＜x＜0．
函数图象的识别
例2 (2023·无锡期末)函数f(x)＝eq \f(2xlnx2,4x＋1)的部分图象大致为( A )

A B C D
【解析】 f(x)＝eq \f(2xlnx2,4x＋1)变形为f(x)＝eq \f(lnx2,2x＋2－x)，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝eq \f(ln－x2,2－x＋2x)＝eq \f(lnx2,2x＋2－x)＝f(x)，故f(x)为偶函数，关于y轴对称．当0＜x＜1时，f(x)＜0，当x≥1时，f(x)≥0，排除BC．又当x→＋∞时，f(x)→0，故排除D．
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，有时可利用一些特征点排除不符合要求的图象．
变式2 (2023·泉州二测)如图是下列四个函数中某个函数的大致图象，则该函数是( D )
(变式2)
A．y＝eq \r(|x|)B．y＝eq \f(2x,x2＋1)
C．y＝lneq \f(1＋x,1－x)D．y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)
【解析】 观察图象知，图象对应函数的定义域为R，值域为(－a，a)(a为正常数)，函数在R上单调递增，其图象过原点．对于A，函数y＝eq \r(|x|)的定义域为R，值域为[0，＋∞)，不符合题意，A不是；对于B，函数y＝eq \f(2x,x2＋1)的定义域为R，当x∈(0，＋∞)时，y＝eq \f(2x,x2＋1)≤eq \f(2x,2x)＝1，当且仅当x＝1时取等号，因此函数y＝eq \f(2x,x2＋1)在(0，＋∞)上有最大值1，不符合题意，B不是；对于C，函数y＝lneq \f(1＋x,1－x)有意义，eq \f(1＋x,1－x)＞0，解得－1＜x＜1，即函数y＝lneq \f(1＋x,1－x)的定义域为(－1，1)，不符合题意，C不是；对于D，函数y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)的定义域为R，y＝eq \f(22x－1,22x＋1)＝1－eq \f(2,22x＋1)，当x＝0时，y＝0．因为函数y＝22x＋1在R上单调递增，则函数y＝eq \f(2,22x＋1)在R上单调递减，因此y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)在R上单调递增．又22x＞0，即22x＋1＞1，因此0＜eq \f(2,22x＋1)＜2，－1＜1－eq \f(2,22x＋1)＜1，则函数y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)的值域为(－1,1)，所以函数y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)符合题意，D是．
函数与方程
例3 (1) 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lnx|，x＞0，,－3x2－x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)有三个不同的零点x1，x2，x3，则x1x2x3的值为( D )
A．0B．－eq \f(1,3)
C．0或－eq \f(1,3)D．0或－eq \f(1,6)
【解析】 作出f(x)的图象如图所示，其中feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)))＝eq \f(1,12)．若函数g(x)＝f(x)－m(m∈R)有三个不同的零点x1，x2，x3，则m＝0或m＝eq \f(1,12)．当m＝0时，三个零点为－eq \f(1,3)，0,1，故x1x2x3＝0；当m＝eq \f(1,12)时，小于0的零点为－eq \f(1,6)，大于0的两个零点之积为1，所以x1x2x3＝－eq \f(1,6)．
(例3(1))
(2) 设函数f(x)＝x3－x2＋1，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x＞0，,－x2－6x－8，x≤0，))则函数h(x)＝f(g(x))－1的零点为__－4，－3，－2，eq \f(1,2)__．
【解析】 函数h(x)的零点即为方程h(x)＝0的解，也即f(g(x))＝1的解．令t＝g(x)，则原方程的解变为方程组eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝gx，①,ft＝1②))的解．由方程②可得t3－t2＝0，解得t＝0或t＝1．将t＝0代入方程①，方程x＋eq \f(1,4x)＝0无解，由方程－x2－6x－8＝0，解得x＝－4或x＝－2；将t＝1代入方程①，由方程x＋eq \f(1,4x)＝1，解得x＝eq \f(1,2)，由方程－x2－6x－8＝1，解得x＝－3．综上，函数h(x)的零点为－4，－3，－2，eq \f(1,2)，共四个零点．
函数图象的应用主要体现为数形结合思想，借助于函数图象的特点和变化规律，求解有关不等式恒成立、最值、交点、方程的根等问题．求解两个函数图象在给定区间上的交点个数问题时，可以先画出已知函数完整的图象，再观察．
变式3 (2023·重庆三模)已知函数f(x)是定义在(0，＋∞)上的单调函数，且对∀x∈(0，＋∞)，都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(fx－\f(1,x)))＝2．若f(a)＝2，则a＝__1__；若关于x的方程|f(x)－2|＝m有两个不等实根，则m的取值范围是__(0,1)__．
【解析】 根据题意，f(x)－eq \f(1,x)为常数，不妨令其为c(c＞0)，故f(x)＝eq \f(1,x)＋c，且f(c)＝2，则f(c)＝eq \f(1,c)＋c＝2，解得c＝1，故f(x)＝eq \f(1,x)＋1(x＞0)．若f(a)＝2，即eq \f(1,a)＋1＝2，解得a＝1；若|f(x)－2|＝m即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))＝m，由题可知y＝m与y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))(x＞0)的图象有两个不同的交点．在同一平面直角坐标系中作出两个函数图象如图所示，数形结合可知，当m∈(0,1)时满足题意，故m的取值范围是(0,1)．
(变式3)
随堂内化
1．(2023·石家庄期初)已知f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝x2－2x，若f(a)＝3，则a＝( B )
A．±1B．±3
C．－1或3D．±1或±3
【解析】 当a≥0时，由f(a)＝3，得a2－2a＝3，解得a＝－1(舍去)或a＝3．根据偶函数的图象关于y轴对称，可知当a＜0时，由f(a)＝3，得a＝1(舍去)或a＝－3，综上，a＝±3．
2．(2023·宿州一模)函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|的图象大致是( A )

A B C D
【解析】 函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|的定义域为{x|x≠0}，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|可化为f(x)＝eq \f(1－3x,23x＋1)ln|x|，所以f(－x)＝eq \f(1－3－x,23－x＋1)ln|－x|＝eq \f(3x－1,21＋3x)ln|x|＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于原点对称，C，D错误；令f(x)＝0，可得(1－3x)·ln|x|＝0，解得x＝±1或x＝0(舍去)，所以函数f(x)的零点为x1＝1，x2＝－1，取x＝2可得f(2)＝eq \f(1－32,232＋1)ln|2|＜0，B错误．
3．(2023·新高考Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，则a的取值范围是( D )
A．(－∞，－2]B．[－2,0)
C．(0,2]D．[2，＋∞)
【解析】 令t＝x(x－a)，要使得f(x)＝2x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，需要满足t＝x(x－a)在区间(0,1)上单调递减，所以eq \f(a,2)≥1，即a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．
4．(2023·曲靖一模)(多选)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，0≤x≤2，,sin\f(π,2)x，2＜x≤4，))则下列结论正确的有( AC )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝－eq \f(\r(2),2)
B．函数f(x)的图象关于直线x＝1对称
C．函数f(x)的值域为[－1,0]
D．若函数y＝f(x)－m有四个零点，则实数m的取值范围是(－1,0]
【解析】 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，故A正确；由题可知函数的定义域为[0,4]，不关于x＝1对称，故B错误；当0≤x≤2时，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，0]．当2＜x≤4时，eq \f(π,2)x∈(π，2π]，f(x)＝sineq \f(π,2)x∈[－1,0]，所以函数f(x)的值域为[－1,0]，故C正确；由y＝f(x)－m＝0可得f(x)＝m，则函数y＝f(x)与y＝m有四个交点，在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)与y＝m的大致图象如图所示，由图象可知函数y＝f(x)－m有四个零点，则实数m的取值范围是(－1,0)，故D错误．
(第4题)