备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第二章培优课 §2.5 函数性质的综合应用

展开

这是一份备战2024年高考数学大一轮复习（人教A版-理）第二章培优课 §2.5 函数性质的综合应用，共9页。

函数性质的综合应用是历年高考的一个热点内容，经常以客观题出现，通过分析函数的性质特点，结合图象研究函数的性质，往往多种性质结合在一起进行考查．
题型一函数的奇偶性与单调性
例1 (2020·新高考全国Ⅰ)若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，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)上单调递减，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．
(1) (2)
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]．
思维升华 (1)解抽象函数不等式，先把不等式转化为f(g(x))>f(h(x))，利用单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式(组)．
(2)比较大小，利用奇偶性把不在同一单调区间上的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，进而利用其单调性比较大小．
跟踪训练1 (2023·合肥质检)若f(x)是定义在R上的偶函数，对∀x1，x2∈(－∞，0]，当x1≠x2时，都有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，则a＝f(sin 3)，b＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,3)))，c＝f(21.5)的大小关系是( )
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>b>a
答案 A
解析因为∀x1，x2∈(－∞，0]且x1≠x2时，有eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，
所以函数f(x)在(－∞，0]上单调递增，
由f(x)为偶函数，得函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，
因为0所以f(sin 3)>f(ln 3)>f(21.5)，
即a>b>c.
题型二函数的奇偶性与周期性
例2 (2023·襄阳模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，则( )
A．f(6)B．f(6)C．f(－7)D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)))答案 B
解析 ∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝f((x＋2)＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴函数f(x)是周期为4的周期函数，
∴f(6)＝f(2)＝－f(0)＝f(0)，
f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))，
f(－7)＝f(1)，
又当x∈[0,1]时，f(x)单调递增，
∴f(0)即f(6)思维升华周期性与奇偶性结合的问题多考查求函数值、比较大小等，常利用奇偶性和周期性将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内，或已知单调性的区间内求解．
跟踪训练2 (2023·广州模拟)已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(x＋1)＝f(x－1)，则f(2 021)＋f(2 022)等于( )
A．1 B．0
C．－2 021 D．－1
答案 B
解析 f(x＋1)＝f(x－1)，
∴f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期为2，
∴f(2 021)＋f(2 022)＝f(1)＋f(0)，
又f(x)为定义在R上的奇函数，
∴f(0)＝0，
又f(－1)＝－f(1)，且f(－1)＝f(1)，
∴f(1)＝0，
∴f(2 021)＋f(2 022)＝0.
题型三函数的奇偶性与对称性
例3 已知定义域为R的函数f(x)满足f(－x)＋f(x)＝0，且f(1－x)＝f(1＋x)，则下列结论一定正确的是________．(填序号)
①f(x＋2)＝f(x)；
②函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称；
③函数y＝f(x＋1)是偶函数；
④f(2－x)＝f(x－1)．
答案 ②③
解析对于①，因为f(－x)＋f(x)＝0，且f(1－x)＝f(1＋x)，
则f(1－(1＋x))＝f(1＋(1＋x))，即f(x＋2)＝－f(x)，①错；
对于②，因为f(x＋2)＝－f(x)，则f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，
因为f(－x)＋f(x)＝0，则f(－(2＋x))＋f(2＋x)＝0，
即f(2＋x)＝－f(－2－x)＝－f(2－x)，即f(2＋x)＋f(2－x)＝0，
故函数y＝f(x)的图象关于点(2,0)对称，②对；
对于③，因为f(1－x)＝f(1＋x)，故函数y＝f(x＋1)是偶函数，③对；
对于④，因为f(1－x)＝f(1＋x)，则f(1－(x－1))＝f(1＋(x－1))，即f(2－x)＝f(x)≠f(x－1)，④错．
思维升华由函数的奇偶性与对称性可求函数的周期，常用于化简求值、比较大小等．
跟踪训练3 (2022·南阳模拟)已知函数f(x)是R上的偶函数，且f(x)的图象关于点(1,0)对称，当x∈[0,1]时，f(x)＝2－2x，则f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 024)的值为( )
A．－2 B．－1 C．0 D．1
答案 D
解析 ∵f(x)的图象关于点(1,0)对称，
∴f(－x)＝－f(2＋x)，
又f(x)为R上的偶函数，
∴f(x)＝f(－x)，
∴f(x＋2)＝－f(－x)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，
∴f(x)是周期为4的周期函数，
∴f(3)＝f(－1)＝f(1)＝2－2＝0，
又f(0)＝1，f(2)＝－f(0)＝－1，
∴f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2 024)＝506[f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)]＋f(2 024)＝506×(1＋0－1＋0)＋f(0)＝1.
题型四函数的周期性与对称性
例4 已知y＝f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(x＋1)＝f(x－2)，下列说法正确的个数是( )
①y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3,2)对称；
②y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))对称；
③y＝f(x)在[0,6]内至少有5个零点；
④若y＝f(x)在[0,1]上单调递增，则它在[2 021,2 022]上也单调递增．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析因为f(x＋1)＝f(x－2)且y＝f(x)是定义在R上的奇函数，则f(x＋3)＝f(x)，
故函数f(x)是周期为3的周期函数，且f(x＋3)＝f(x)＝－f(－x)，
所以f(3＋x)＋f(－x)＝0，故函数y＝f(x)的图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，0))对称，①错误，②正确；
由题意可知，f(6)＝f(3)＝f(0)＝0，
因为f(x)＝f(x＋3)＝－f(－x)，令x＝－eq \f(3,2)，可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，从而f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，
故函数y＝f(x)在[0,6]内至少有5个零点，③正确；
因为f(2 021)＝f(3×674－1)＝f(－1)，f(2 022)＝f(3×674)＝f(0)，且函数f(x)在[0,1]上单调递增，f(x)为奇函数，则函数f(x)在[－1,0]上单调递增，故函数f(x)在[2 021,2 022]上单调递增，④正确．
思维升华函数的奇偶性、对称性、周期性和单调性是函数的四大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性、对称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．
跟踪训练4 已知f(x)是定义域为R的函数，满足f(x＋1)＝f(x－3)，f(1＋x)＝f(3－x)，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x，则下列说法错误的是( )
A．f(x)的周期为4
B．f(x)的图象关于直线x＝2对称
C．当0≤x≤4时，函数f(x)的最大值为2
D．当6≤x≤8时，函数f(x)的最小值为－eq \f(1,2)
答案 D
解析对于A，∵f(x＋1)＝f(x－3)，∴f(x＋3＋1)＝f(x＋3－3)，则f(x)＝f(x＋4)，即f(x)的周期为4，故A正确；
对于B，由f(1＋x)＝f(3－x)，知函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，故B正确；
对于C，当0≤x≤2时，f(x)＝x2－x在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))上单调递增，
根据对称性可知，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(7,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)，4))上单调递增，则函数f(x)在[0,4]上的最大值为f(2)＝4－2＝2，故C正确；
对于D，根据周期性以及单调性可知，函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(6，\f(15,2)))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,2)，8))上单调递增，则函数f(x)在[6,8]上的最小值为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(15,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(7,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,4)－eq \f(1,2)＝－eq \f(1,4)，故D错误.
课时精练
1．(2022·湖北九师联盟模拟)已知定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0]上单调递减，若f(－2)＝1，则满足|f(2x)|≤1的x的取值范围是( )
A．[－1,1] B．[－2,2]
C．(－∞，－1]∪[1，＋∞) D．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
答案 A
解析根据奇函数的性质，得f(x)在R上单调递减，且f(2)＝－1；由|f(2x)|≤1，得－1≤f(2x)≤1，即f(2)≤f(2x)≤f(－2)，所以－2≤2x≤2，解得－1≤x≤1.
2．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋1)＝f(－x＋1)，当0A．－eq \f(7,4) B.eq \f(7,4) C．－eq \f(9,4) D.eq \f(9,4)
答案 C
解析由题意，函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋1)＝f(－x＋1)，
可得f(x＋1)＝－f(x－1)，所以f(x)＝f(x＋4)，
所以函数f(x)是周期为4的周期函数．
又由当0则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)－2×\f(1,2)＋3))＝－eq \f(9,4).
3．(2023·许昌质检)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上单调递减，若a＝－lg310，b＝，c＝，则f(a)，f(b)，f(c)的大小关系为( )
A．f(a)>f(c)>f(b) B．f(a)>f(b)>f(c)
C．f(b)>f(a)>f(c) D．f(c)>f(a)>f(b)
答案 C
解析 ∵f(x)是定义在R上的偶函数，
∴f(a)＝f(－lg310)＝f(lg310)，且2f(b)＝f(－3)＝f(3)，f(c)＝，且1<<2，
∵f(x)在(－∞，0)上单调递减，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则f(c)4．(2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋b的图象关于点(1,0)对称，则b等于( )
A．－3 B．－1 C．1 D．3
答案 C
解析 ∵f(x)的图象关于点(1,0)对称，
∴f(x)＋f(2－x)＝0，
又f(2－x)＝(2－x)3＋a(2－x)2＋(2－x)＋b
＝－x3＋(a＋6)x2－(4a＋13)x＋10＋4a＋b，
∴f(x)＋f(2－x)＝(2a＋6)x2－(4a＋12)x＋10＋4a＋2b＝0，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a＋6＝0，,4a＋12＝0，,10＋4a＋2b＝0，))解得a＝－3，b＝1.
5．(2023·焦作模拟)已知函数f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x＋1)＋a))是奇函数，则使得0A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(9,11))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(9,11)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,11)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,11)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,11)，1))
答案 C
解析令f(0)＝lg(2＋a)＝0，得a＝－1，
所以f(x)＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,x＋1)－1))＝lg eq \f(1－x,1＋x)，定义域为(－1,1)，
f(－x)＝lg eq \f(1＋x,1－x)＝－lg eq \f(1－x,1＋x)＝－f(x)，满足f(x)为奇函数，
因为y＝eq \f(1－x,1＋x)＝eq \f(2,1＋x)－1在(－1,1)上单调递减，
所以f(x)在(－1,1)上单调递减，
又f(0)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,11)))＝1，所以使得06．(2021·全国甲卷)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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))等于( )
A．－eq \f(9,4) B．－eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D.eq \f(5,2)
答案 D
解析由于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f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2－2＝eq \f(5,2).
7．已知奇函数f(x)在(0,1]上单调递减，且满足f(x)＋f(2－x)＝0，则下列说法不正确的是( )
A．函数f(x)是以2为最小正周期的周期函数
B．函数f(x)是以4为周期的周期函数
C．函数f(x－1)为奇函数
D．函数f(x)在[5,6)上单调递增
答案 D
解析对于选项A，B，∵函数f(x)为奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．
∵f(x)＋f(2－x)＝0，
∴f(－x)＋f(2＋x)＝0，
则－f(x)＋f(2＋x)＝0，即f(2＋x)＝f(x)，
故函数f(x)是最小正周期为2的周期函数，由此可知选项A，B正确；
对于选项C，令F(x)＝f(x－1)，则F(－x)＝f(－x－1)＝－f(x＋1)．
在f(x)＋f(2－x)＝0中，将x换为x＋1，得f(x＋1)＋f(1－x)＝0，
∴f(x＋1)＝－f(1－x)，∴F(－x)＝－f(x＋1)＝f(1－x)＝－f(x－1)＝－F(x)，
则函数F(x)＝f(x－1)为奇函数，∴选项C正确；
对于选项D，由函数f(x)是以2为最小正周期的周期函数，
则函数f(x)在[5,6)上的单调性等价于函数f(x)在[－1,0)上的单调性，
又奇函数f(x)在(0,1]上单调递减，∴函数f(x)在[－1,0)上单调递减，∴选项D不正确．
8．已知函数f(x)的定义域为R，且f(2x＋1)是偶函数，f(x－1)是奇函数，则下列命题正确的个数是( )
①f(x)＝f(x－16)；
②f(11)＝1；
③f(2 022)＝－f(0)；
④f(2 021)＝f(－3)．
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 C
解析因为f(2x＋1)是偶函数，
所以f(2x＋1)＝f(－2x＋1)，
令t＝2x＋1，则2x＝t－1，故－2x＋1＝2－t，
所以f(t)＝f(2－t)，即f(x)＝f(2－x)，
所以函数f(x)关于直线x＝1对称，
因为f(x－1)是奇函数，所以f(－1)＝0，且函数f(x－1)关于(0,0)对称，
又因为函数f(x－1)是由函数f(x)向右平移1个单位长度得到，
所以f(x)关于(－1,0)对称，所以f(－x－1)＝－f(x－1)，所以f(x)＝－f(－x－2)，
所以f(2－x)＝－f(－x－2)，则f(x)＝－f(x－4)＝f(x－8)，
即f(x)＝f(x＋8)，所以函数f(x)的一个周期为8，
故有f(x)＝f(x＋(－2)×8)＝f(x－16)，故①正确；
因为函数f(x)关于直线x＝1对称，f(－1)＝0，所以f(3)＝f(－1)＝0，
所以f(11)＝f(3)＝0，故②错误；
因为f(2 022)＝f(8×253－2)＝f(－2)，
且f(x)关于(－1,0)对称，所以f(－2)＝－f(0)，
所以f(2 022)＝－f(0)，故③正确；
又f(2 021)＝f(8×253－3)＝f(－3)，故④正确．
9．(2023·南昌模拟)已知f(x)为定义在[－1,1]上的偶函数，且在[－1,0]上单调递减，则满足不等式f(2a)答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,6)))
解析因为f(x)为定义在[－1,1]上的偶函数，且在[－1,0]上单调递减，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
所以－1≤2a≤1，－1≤4a－1≤1，|2a|<|4a－1|，
所以0≤a10．(2022·济宁模拟)已知函数f(x)＝e|x－1|－sin eq \f(π,2)x，则使得f(x)>f(2x)成立的x的取值范围是________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
解析令g(x)＝e|x|－cs eq \f(π,2)x，将其向右平移1个单位长度，
得y＝e|x－1|－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sin eq \f(π,2)x，
所以f(x)＝e|x－1|－sin eq \f(π,2)x是由函数g(x)向右平移1个单位长度得到的．
而易知g(x)是偶函数，
当x>0时，g(x)＝ex－cs eq \f(π,2)x，g′(x)＝ex＋eq \f(π,2)sin eq \f(π,2)x；
当00；
当x>2时，ex>e2，－eq \f(π,2)0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
从而可知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(－∞，1)上单调递减．
所以当f(x)>f(2x)时，有|x－1|>|2x－1|，解得0