2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口1　抽象函数的性质

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：配套热练 特别策划2　微切口1　抽象函数的性质，共4页。

A．－1B．0
C．1D．4
【解析】 由题意知f(－x)＝－f(x)且f(x＋2)＝f(x)，所以f(1)＋f(4)＋f(7)＝f(1)＋f(0)＋f(－1)＝0．
2．设f(x)为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f(－2)＝0，则xf(x)＜0的解集为( C )
A．(－1,0)∪(2，＋∞)
B．(－∞，－2)∪(0,2)
C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
D．(－2,0)∪(0,2)
【解析】 因为f(x)为奇函数，且在(－∞，0)内是减函数，f(－2)＝0，所以f(－2)＝－f(2)＝0，且f(x)在(0，＋∞)内是减函数．如果xf(x)＜0，那么eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＞0，,fx＜0＝f2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＜0，,fx＞0＝f－2，))根据f(x)在(－∞，0)内是减函数，在(0，＋∞)内是减函数，解得x∈(－∞，－2)∪(2，＋∞)．
3．(2023·厦门四模)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(1－x)＝4，g(x)－f(3－x)＝2．若g(x)为偶函数，g(0)＝2，则eq \i\su(i＝1,13,f)(i)＝( C )
A．10B．13
C．14D．39
【解析】 在f(x)＋g(1－x)＝4中，令x＝1可得f(1)＝2，且f(1－x)＋g(x)＝4．又g(x)－f(3－x)＝2，所以f(1－x)＋f(3－x)＝2，即f(x)＋f(x＋2)＝2，所以eq \i\su(i＝1,13,f)(i)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)＋f(7)＋f(8)＋f(9)＋f(10)＋f(11)＋f(12)＋f(13)＝2＋2×6＝14．
4．(2023·杭州二模改编)(多选)已知函数f(x)(x∈R)是奇函数，f(x＋2)＝f(－x)且f(1)＝2，f′(x)是f(x)的导函数，则( BC )
A．f(103)＝2B．f′(x)的周期是4
C．f′(x)是偶函数D．f′(1)＝1
【解析】 因为函数f(x)是奇函数，f(x＋2)＝f(－x)，所以f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x＋4)＝f(x)，故f(x)的周期为4，所以f′(x＋4)＝f′(x)，故f′(x)的周期为4，故B正确；f(103)＝f(4×25＋3)＝f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2，故A错误；因为函数f(x)是奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，所以－f′(－x)＝－f′(x)，即f′(－x)＝f′(x)，所以f′(x)为偶函数，故C正确；因为f(x＋2)＝f(－x)，所以f′(x＋2)＝－f′(－x)，令x＝－1，可得f′(1)＝－f′(1)，解得f′(1)＝0，故D错误．
5．(2023·茂名一模)(多选)已知函数f(x)对∀x∈R，都有f(x)＝f(－x)，f(x＋1)为奇函数，且x∈[0,1)时，f(x)＝x2，则下列结论正确的是( ACD )
A．函数f(x)的图象关于点(1,0)中心对称
B．f(x)是周期为2的函数
C．f(－1)＝0
D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝eq \f(1,4)
【解析】 由f(x＋1)为奇函数得f(－x＋1)＝－f(x＋1)，即f(－x)＋f(x＋2)＝0，故f(x)的图象关于(1,0)中心对称，故A正确；由f(－x)＝f(x)，f(－x)＋f(x＋2)＝0得f(x)＝－f(2＋x)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，即f(x)是周期为4的函数，故B错误；由f(－x＋1)＝－f(x＋1)，令x＝0，则f(1)＝－f(1)，所以f(1)＝0，故f(－1)＝f(1)＝0，故C正确；当x∈[0,1)时，f(x)＝x2, 因为f(x)的周期为4，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,4)，故D正确．
6．(2023·济宁一模)(多选)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，若feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,3)))为奇函数，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,3)))的图象关于y轴对称，则下列结论一定正确的是( ABD )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝0B．f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))
C．f′(0)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))D．f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0
【解析】 因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,3)))为奇函数，定义域为R，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(2,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(2,3)))，故f(－x)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,3)))，等式两边同时取导数，得－f′(－x)＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,3)))，即f′(－x)＝f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,3)))①．因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,3)))的图象关于y轴对称，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,3)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2x－\f(1,3)))，故f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(2,3)))，等式两边同时取导数，得f′(x)＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(2,3)))②．由f(－x)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,3)))，令x＝－eq \f(2,3)，得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))，解得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)))＝0．由f(x)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x－\f(2,3)))，令x＝0，得f(0)＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))，由②知当x＝0时，f′(0)＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)))，令x＝－eq \f(1,3)，得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝－f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))，解得f′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))＝0．
7．(2023·石家庄联考)(多选)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＋2)＝3．若f(x)的图象关于直线x＝1对称，且f(3)＝－3，则( ABD )
A．g(1)＝6
B．g(x)的图象关于点(0,4)对称
C．g(x)是周期函数，且最小正周期为8
D．eq \i\su(k＝1,22,g)(k)＝90
【解析】 令x＝1，则g(1)＋f(3)＝3，又f(3)＝－3，故g(1)＝6，故A正确；因为f(x)－g(2－x)＝－5，则f(x＋2)－g[2－(x＋2)]＝－5，即g(－x)－f(x＋2)＝5①，又g(x)＋f(x＋2)＝3②，①＋②得g(x)＋g(－x)＝8，则g(x)的图象关于点(0,4)对称，且g(0)＝4，故B正确；f(x)的图象关于直线x＝1对称，则f(x)＝f(2－x)，则f(2－x)－g(2－x)＝－5，则f(2＋x)－g(2＋x)＝－5．又g(x)＋f(x＋2)＝3，两式相减得g(2＋x)＝8－g(x)，则g(4＋x)＝8－g(x＋2)，两式相减得g(4＋x)＝g(x)，故g(x)的最小正周期为4，故C错误；g(x)最小正周期为4，且图象关于点(0,4)对称，g(0)＝g(4)＝4，g(1)＝6，因为g(2＋x)＝8－g(x)，故g(2)＝8－g(0)＝4，g(3)＝8－g(1)＝2，eq \i\su(k＝1,22,g)(k)＝5×(6＋4＋2＋4)＋6＋4＝90，故D正确．
8．(2023·菏泽一模)已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足f(2x＋3)为偶函数，g(x＋5)－1为奇函数，若f(1)＋g(1)＝3，则f(5)－g(9)＝__1__．
【解析】 若f(2x＋3)为偶函数，g(x＋5)－1为奇函数，则f(－2x＋3)＝f(2x＋3)，g(－x＋5)－1＝－g(x＋5)＋1，令x＝1，则f(－2×1＋3)＝f(2×1＋3)，即f(1)＝f(5)，令x＝4，则g(－4＋5)－1＝－g(4＋5)＋1，即g(1)－1＝－g(9)＋1，又因为f(1)＋g(1)＝3，所以f(5)－g(9)＝f(1)＋g(1)－2＝1．
9．(2023·马鞍山、滁州一模)已知函数f(x)与g(x)的定义域均为R，f(x＋1)为偶函数，g(x)的图象关于点(1,0)中心对称，若f(x)＋g(x)＝x2－1，则f(2)g(2)的值为__2__．
【解析】 因为f(x)＋g(x)＝x2－1，令x＝2，得f(2)＋g(2)＝3．又因为f(x＋1)是偶函数，所以f(x)图象关于直线x＝1对称，即f(x)＝f(2－x)①．又因为g(x)的图象关于(1,0)中心对称，所以函数h(x)＝g(x＋1)是奇函数，即h(－x)＝－h(x)，g(－x＋1)＝－g(x＋1)，令－x＋1代换x，得g(x)＝－g(－x＋2)②，则将①②代入f(x)＋g(x)得f(x)＋g(x)＝f(2－x)－g(2－x)＝x2－1，令x＝0，得f(2)－g(2)＝－1．结合f(2)＋g(2)＝3，解得f(2)＝1，g(2)＝2，所以f(2)g(2)＝2．
10．(2023·泰安期末)已知定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数a，b都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x＞0时，f(x)＞1．若f(2)＝3，则不等式f(x2－x－1)＜2的解集为__(－1,2)__．
【解析】 对任意实数a，b都有f(a＋b)＝f(a)＋f(b)－1，且当x＞0时，f(x)＞1．设x1＞x2，则x1－x2＞0，f(x1－x2)＞1，所以f(x1)－f(x2)＝f[(x1－x2)＋x2]－f(x2)＝f(x1－x2)－1＞0，即f(x1)＞f(x2)，所以f(x)是单调递增函数．因为f(2)＝3，即f(2)＝f(1)＋f(1)－1＝3，所以f(1)＝2．所以原不等式f(x2－x－1)＜2等价为f(x2－x－1)＜f(1)，则x2－x－1＜1，即x2－x－2＜0，则(x－2)(x＋1)＜0，解得－1＜x＜2，故原不等式的解集是(－1，2)．