2020高考数学（文）新创新大一轮复习通用版讲义：第二章第二节　第3课时　深化提能——函数性质的综合应用

第3课时　深化提能——函数性质的综合应用
函数性质的综合一直是高考命题的重点和热点，难度中等，常出现“多而小”的命题思路，即考点多，但每个难度都不大，常通过各性质的协调统一来解决问题．函数新定义下的性质问题最近几年也是高考命题的热点内容，多通过新定义的背景考查函数性质应用．


函数性质的交汇应用问题
　　函数的奇偶性、周期性以及单调性是函数的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，其中奇偶性多与单调性相结合，而周期性常与抽象函数相结合，并以结合奇偶性求函数值为主．多以选择题、填空题形式出现．
考法一　单调性与奇偶性相结合　
[例1]　(2019·湖南祁阳模拟)已知偶函数fx＋，当x∈时，f(x)＝x＋sin x，设a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，则(　　)
A．a C．c [解析]　∵当x∈时，y＝sin x单调递增，y＝x也为增函数，∴函数f(x)＝x＋sin x也为增函数．∵函数f为偶函数，∴f＝f，f(x)的图象关于x＝对称，∴f(2)＝f(π－2)，f(3)＝f(π－3)，∵0<π－3<1<π－2<，∴f(π－3) [答案]　D
考法二　奇偶性与周期性相结合　
[例2]　已知函数y＝f(x)，满足y＝f(－x)和y＝f(x＋2)是偶函数，且f(1)＝，设F(x)＝f(x)＋f(－x)，则F(11)＝(　　)
A. B.
C．π D.
[解析]　由y＝f(－x)和y＝f(x＋2)是偶函数知f(－x)＝f(x)，f(x＋2)＝f(－x＋2)＝f(x－2)，故f(x)＝f(x＋4)，∴T＝4，则F(11)＝f(11)＋f(－11)＝2f(11)＝2f(3)＝2f(－1)＝2f(1)＝.故选B.
[答案]　B
考法三　单调性、奇偶性与周期性的综合　
[例3]　定义在R上的奇函数f(x)满足f＝f(x)，当x∈时，f(x)＝log(1－x)，则f(x)在区间内是(　　)
A．减函数且f(x)>0 B．减函数且f(x)<0
C．增函数且f(x)>0 D．增函数且f(x)<0
[解析]　当x∈时，由f(x)＝log(1－x)可知，f(x)单调递增且f(x)>0，又函数f(x)为奇函数，所以f(x)在区间上也单调递增，且f(x)<0.由f＝f(x)知，函数的周期为，所以在区间上，函数f(x)单调递增且f(x)<0.
[答案]　D

对于函数性质结合的题目，函数的周期性有时需要通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律．因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．

1.下列函数中，既是偶函数又在(－∞，0)上单调递增的函数是(　　)
A．y＝x2 B．y＝2|x|
C．y＝log2 D．y＝cos x
解析：选C　A选项，y＝x2是偶函数，在(－∞，0)上单调递减，不合题意；B选项，y＝2|x|是偶函数，在(－∞，0)上单调递减，不合题意；C选项，y＝log2是偶函数，在(－∞，0)上单调递增，符合题意；D选项，y＝cos x是偶函数，在(－∞，0)上不具有单调性，不合题意．故选C.
2.设e是自然对数的底数，函数f(x)是周期为4的奇函数，且当0 A. B.
C. D.
解析：选D　因为函数以4为周期，所以f＝f－4＝f＝－f＝ln，所以e＝e＝.故选D.
3.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋1)＝－f(x)，若f(x)在[－1,0]上单调递减，则f(x)在[1,3]上是(　　)
A．增函数 B．减函数
C．先增后减的函数 D．先减后增的函数
解析：选D　根据题意，∵f(x＋1)＝－f(x)，∴f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，∴函数f(x)的周期是2.又∵f(x)在定义域R上是偶函数，在[－1,0]上是减函数，∴函数f(x)在[0,1]上是增函数，∴函数f(x)在[1,2]上是减函数，在[2,3]上是增函数，∴f(x)在[1,3]上是先减后增的函数，故选D.

函数新定义下的性质问题
所谓“新定义”函数，是相对于高中教材而言，指在高中教材中不曾出现过或尚未介绍的一类函数．函数新定义问题的一般形式是：由命题者先给出一个新的概念、新的运算法则，或者给出一个抽象函数的性质等，然后让学生按照这种“新定义”去解决相关的问题．
[典例]　(2019·洛阳统考)若函数f(x)同时满足下列两个条件，则称该函数为“优美函数”：
(1)∀x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0；
(2)∀x1，x2∈R，且x1≠x2，都有<0.
①f(x)＝sin x；②f(x)＝－2x3；③f(x)＝1－x；④f(x)＝ln(＋x)．
以上四个函数中，“优美函数”的个数是(　　)
A．0　　　　　　　　　 B．1
C．2 D．3
[解析]　由条件(1)，得f(x)是奇函数，由条件(2)，得f(x)是R上的减函数．
对于①，f(x)＝sin x在R上不单调，故不是“优美函数”；
对于②，f(x)＝－2x3既是奇函数，又在R上单调递减，故是“优美函数”；
对于③，f(x)＝1－x不是奇函数，故不是“优美函数”；
对于④，易知f(x)在R上单调递增，故不是“优美函数”．
故选B.
[答案]　B
[方法技巧]
深刻理解题目中新函数的定义、新函数所具有的性质或满足的条件，将定义、性质等与所求之间建立联系是解题的关键．如果函数的某一性质(一般是等式、不等式)对某些数值恒成立，那么通过合理赋值可以得到特殊函数值甚至是函数解析式，进而解决问题．　　
[针对训练]
1．在实数集R上定义一种运算“★”，对于任意给定的a，b∈R，a★b为唯一确定的实数，且具有下列三条性质：
(1)a★b＝b★a；(2)a★0＝a；(3)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)－2c.
关于函数f(x)＝x★，有如下说法：
①函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3；
②函数f(x)为偶函数；
③函数f(x)为奇函数；
④函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)；
⑤函数f(x)不是周期函数．
其中正确说法的个数为(　　)
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选C　对于新运算“★”的性质(3)，令c＝0，则(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b，∴f(x)＝x★＝1＋x＋.当x>0时，f(x)＝1＋x＋≥1＋2 ＝3，当且仅当x＝，即x＝1时取等号，∴函数f(x)在(0，＋∞)上的最小值为3，故①正确；函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(－1)＝1－1－1＝－1，∴f(－1)≠－f(1)且f(－1)≠f(1)，∴函数f(x)为非奇非偶函数，故②③错误；根据函数的单调性，知函数f(x)＝1＋x＋的单调递增区间为(－∞，－1)，(1，＋∞)，故④正确；由④知，函数f(x)＝1＋x＋不是周期函数，故⑤正确．综上所述，正确说法的个数为3，故选C.
2．如果定义在R上的函数f(x)满足：对任意的x1≠x2，都有x1f(x1)＋x2f(x2)≥x1f(x2)＋x2f(x1)，则称f(x)为“H函数”，给出下列函数：
①y＝－x3＋x＋1；②y＝3x－2(sin x－cos x)；③y＝1－ex；④f(x)＝⑤y＝.
其中是“H函数”的是________．(写出所有满足条件的函数的序号)
解析：因为x1f(x1)＋x2f(x2)≥x1f(x2)＋x2f(x1)，所以f(x1)(x1－x2)－f(x2)(x1－x2)≥0，即[f(x1)－f(x2)]·(x1－x2)≥0，分析可得，若函数f(x)为“H函数”，则函数f(x)为增函数或常数函数．对于①，y＝－x3＋x＋1，则y′＝－3x2＋1，所以y＝－x3＋x＋1既不是R上的增函数也不是常函数，故其不是“H函数”；对于②，y＝3x－2(sin x－cos x)，则y′＝3－2(cos x＋sin x)＝3－2sinx＋>0，所以y＝3x－2(sin x－cos x)是R上的增函数，故其是“H函数”；对于③，y＝1－ex是R上的减函数，故其不是“H函数”；对于④，f(x)＝当x<1时，是常数函数，当x≥1时，是增函数，且当x＝1时，ln x＝0，故其是“H函数”；对于⑤，y＝，当x≠0时，y＝，不是R上的增函数也不是常数函数，故其不是“H函数”．所以满足条件的函数的序号是②④.
答案：②④
[课时跟踪检测]
1．(2019·莱芜期中)下列函数中，既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的减函数的是(　　)
A．y＝　　　　　　　　 B．y＝x－1
C．y＝x3 D．y＝2－x
解析：选B　y＝不是奇函数；y＝x－1既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的减函数；y＝x3既是奇函数又是区间(0，＋∞)上的增函数；y＝2－x不是奇函数．故选B.
2．定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，则f＝(　　)
A．－ B．－
C. D.
解析：选A　∵f(x＋2)＝f(x)，∴函数f(x)的周期为2，∴f＝f.又f(x)是定义在R上的奇函数，∴f＝－f.∵当0≤x≤1时，f(x)＝2x(1－x)，∴f＝2××＝，故f＝f＝－f＝－.
3．已知函数f(x)在[0,4]上是增函数，且函数y＝f(x＋4)是偶函数，则下列结论正确的是(　　)
A．f(2) C．f(5) 解析：选B　因为函数y＝f(x＋4)是偶函数，所以函数y＝f(x＋4)的图象关于直线x＝0对称，所以函数y＝f(x)的图象关于直线x＝4对称，所以f(5)＝f(3)，又函数y＝f(x)在[0,4]上是增函数，所以f(2) 4．(2019·山东省实验中学诊断)已知奇函数f(x)的定义域为R，当x∈(0,2]时，f(x)＝x2＋1，且函数f(x＋1)为偶函数，则f(2 018)＋f(－2 019)的值为(　　)
A．7 B．2
C．－7 D．3
解析：选A　∵f(x)为R上的奇函数，f(x＋1)为偶函数，
∴f(x)＝f(x－1＋1)＝f(1－x＋1)＝f(－x＋2)＝－f(x－2)＝f(x－4)，∴f(x)是周期为4的周期函数．∴f(2 018)＋f(－2 019)＝f(2)＋f(1)＝5＋2＝7.故选A.
5．已知f(x)是定义域为(－1,1)的奇函数，而且f(x)是减函数，如果f(m－2)＋f(2m－3)>0，那么实数m的取值范围是(　　)
A. B.
C．(1,3) D.
解析：选A　∵f(x)是定义域为(－1,1)的奇函数，∴－10可转化为f(m－2)>－f(2m－3)，即f(m－2)>f(－2m＋3)．∵f(x)是减函数，∴∴1 6．已知定义在R上的奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则下列不等式正确的是(　　)
A．f(log27) B．f(log27) C．f(－5) D．f(－5) 解析：选C　因为奇函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，所以f(1＋x)＝f(1－x)，f(－x)＝－f(x)，所以f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是以4为周期的周期函数，所以f(－5)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(6)＝f(2)＝f(0)＝0.于是，结合题意可画出函数f(x)在[－2,4]上的大致图象，如图所示．又2
7．记max{x，y}＝若f(x)，g(x)均是定义在实数集R上的函数，定义函数h(x)＝max{f(x)，g(x)}，则下列命题正确的是(　　)
A．若f(x)，g(x)都是单调函数，则h(x)也是单调函数
B．若f(x)，g(x)都是奇函数，则h(x)也是奇函数
C．若f(x)，g(x)都是偶函数，则h(x)也是偶函数
D．若f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，则h(x)既不是奇函数，也不是偶函数
解析：选C　对于A，如f(x)＝x，g(x)＝－2x都是R上的单调函数，而h(x)＝不是定义域R上的单调函数，故命题A错误；
对于B，如f(x)＝x，g(x)＝－2x都是R上的奇函数，而h(x)＝不是定义域R上的奇函数，故命题B错误；
对于C，当f(x)，g(x)都是定义域R上的偶函数时，h(x)＝max{f(x)，g(x)}也是定义域R上的偶函数，命题C正确；
对于D，如f(x)＝sin x是定义域R上的奇函数，g(x)＝x2＋2是定义域R上的偶函数，而h(x)＝g(x)＝x2＋2是定义域R上的偶函数，命题D错误．
8．(2019·合肥一模)设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝log2(x＋1)，则函数f(x)在[1,2]上的解析式是________________．
解析：令x∈[－1,0]，则－x∈[0,1]，结合题意可得f(x)＝f(－x)＝log2(－x＋1)，
令x∈[1,2]，则x－2∈[－1,0]，故f(x)＝log2[－(x－2)＋1]＝log2(3－x)．
故函数f(x)在[1,2]上的解析式是f(x)＝log2(3－x)．
答案：f(x)＝log2(3－x)
9．(2019·湖北孝感八校期末)已知函数f(x)＝ex－－2sin x，其中e为自然对数的底数，若f(2a2)＋f(a－3)＋f(0)<0，则实数a的取值范围为________．
解析：因为f(0)＝0，f′(x)＝ex＋e－x－2cos x，ex＋e－x≥2，而2cos x≤2，所以f′(x)≥0，所以函数y＝f(x)是单调递增函数．又f(－x)＝－f(x)，即函数是奇函数，∴原不等式可化为f(2a2)<－f(a－3)＝f(3－a)，则2a2<3－a，∴2a2＋a－3<0，解得－ 答案：
10．设函数f(x)＝ln(1＋|x|)－，则使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范围为________．
解析：由已知得函数f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(|x|)，
由f(x)>f(2x－1)，可得f(|x|)>f(|2x－1|)．
当x>0时，f(x)＝ln(1＋x)－，因为y＝ln(1＋x)与y＝－在(0，＋∞)上都单调递增，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
由f(|x|)>f(|2x－1|)，可得|x|>|2x－1|，
两边平方可得x2>(2x－1)2，整理得3x2－4x＋1<0，解得 答案：
11．已知函数y＝f(x)在定义域[－1,1]上既是奇函数，又是减函数．
(1)求证：对任意x1，x2∈[－1,1]，有[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)≤0；
(2)若f(1－a)＋f(1－a2)<0，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然原不等式成立．
若x1＋x2<0，则－1≤x1<－x2≤1，
因为f(x)在[－1,1]上是减函数且为奇函数，
所以f(x1)>f(－x2)＝－f(x2)，
所以f(x1)＋f(x2)>0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)<0成立．
若x1＋x2>0，则－1≤－x2 同理可证f(x1)＋f(x2)<0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)<0成立．
综上所述，对任意x1，x2∈[－1,1]，有[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)≤0恒成立．
(2)因为f(1－a)＋f(1－a2)<0⇔f(1－a2)<－f(1－a)＝f(a－1)，所以由f(x)在定义域[－1,1]上是减函数，得
即
解得0≤a<1.
故所求实数a的取值范围是[0,1).