微专题29　函数的图象与性质-2024年高考数学二轮微专题系列

这是一份微专题29　函数的图象与性质-2024年高考数学二轮微专题系列，共22页。试卷主要包含了5)＝2，g＝f，已知函数f＝eq \f，则等内容，欢迎下载使用。

高考定位 1.以分段函数、二次函数、指数函数、对数函数为载体，考查函数的定义域、最值与值域、奇偶性和单调性；2.利用函数的性质推断函数的图象；3.利用图象研究函数性质、方程及不等式的解集，综合性较强.
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.(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x＝y＝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.
4.(2021·新高考Ⅰ卷)函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________.
答案 1
解析 函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的定义域为(0，＋∞).
①当x>eq \f(1,2)时，f(x)＝2x－1－2ln x，
所以f′(x)＝2－eq \f(2,x)＝eq \f(2（x－1）,x).
当eq \f(1,2)当x>1时，f′(x)>0，
所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝2－1－2ln 1＝1；
②当0显然f(x)在eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上单调递减，
所以f(x)min＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－2ln eq \f(1,2)＝2ln 2
＝ln 4>ln e＝1.
综上，f(x)min＝1.
热点一 函数的概念与表示
1.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.
2.分段函数
分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数值域的并集.
例1 (1)(2022·济宁质检)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(21－x，x≤0，,lg\s\d9(\f(1,2))x，x＞0，))则f(f(－1))＝( )
A.－2 B.2
C.－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
(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)A (2)D
解析 (1)∵f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(21－x，x≤0，,lg\s\d9(\f(1,2))x，x＞0，))
∴f(－1)＝22＝4，
∴f(f(－1))＝f(4)＝lgeq \s\d9(\f(1,2))4＝－2，故选A.
(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).
规律方法 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)设D是含数1的有限实数集，f(x)是定义在D上的函数.若f(x)的图象绕原点按逆时针方向旋转eq \f(π,6)后与原图象重合，则在以下各项中，f(1)的可能取值只能是( )
A.eq \r(3) B.eq \f(\r(3),2)
C.eq \f(\r(3),3) D.0
(2)(2022·南京模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－ex，x＞0，,x2＋2x＋4，x≤0.))若f(f(a))＝4，则a＝________.
答案 (1)B (2)ln 2
解析 (1)根据题设知，函数f(x)的图象绕原点按逆(顺)时针方向旋转eq \f(kπ,6)(k＝0，1，…，11)后仍与原图象重合.
若f(1)＝0，即点A(1，0)是f(x)的图象上的点，将其分别绕原点按逆(顺)时针方向旋转eq \f(π,6)，得到点A′eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，\f(1,2)))和A″eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))两点，它们都在f(x)的图象上，
即feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))＝±eq \f(1,2)，与函数的定义矛盾，所以排除D；
类似地，若f(1)＝eq \f(\r(3),3)，将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),3)))绕原点按顺时针方向旋转eq \f(π,3)，可得f(1)＝－eq \f(\r(3),3)；
若f(1)＝eq \r(3)，可得f(1)＝－eq \r(3)，都不符合函数的定义，故选B.
(2)∵x＞0时，f(x)＝－ex＜0，
x≤0时，f(x)＝x2＋2x＋4＝(x＋1)2＋3≥3，
∴由f(x)＝4，得x2＋2x＋4＝4(x≤0)，
解得x＝0或x＝－2，
∴f(a)＝0不存在，舍去，
∴f(a)＝－2，则－ea＝－2，解得a＝ln 2.
热点二 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)＝f(b－x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称.
(2)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，则函数y＝f(x)的图象关于(a，b)对称.
考向1 奇偶性与单调性
例2 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.
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].
考向2 奇偶性、周期性与对称性
例3 (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).
由g(x)－f(x－4)＝7得g(2＋x)－f(x－2)＝7，
又f(x)＋g(2－x)＝5即f(x)＋g(2＋x)＝5，
所以f(x)＋f(x－2)＝－2，
由f(x)＋f(x－2)＝－2得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\((\a\vs4\al\c1(或f（x＋a）＝))
eq \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2 (1)(2022·西安模拟)设y＝f(x)是定义在R上的函数，若下列四条性质中只有三条是正确的，则错误的是( )
A.y＝f(x)为[0，＋∞)上的减函数B.y＝f(x)为(－∞，0]上的增函数
C.y＝f(x＋1)为偶函数D.f(0)不是函数的最大值
(2)(2022·广州模拟)已知f(x)是定义域为R的偶函数，f(5.5)＝2，g(x)＝(x－1)f(x).若g(x＋1)是偶函数，则g(－0.5)＝( )
A.－3 B.－2
C.2 D.3
答案 (1)A (2)D
解析 (1)由y＝f(x＋1)为偶函数，得函数y＝f(x)的图象关于x＝1对称，
假设A，B正确，则有f(x)max＝f(0)，所以D错误，
y＝f(x＋1)不可能为偶函数，由此判断出C，D错误，与已知矛盾，
由此判断答案A，B中一个正确一个错误，C，D正确，
而A，C矛盾，由此确定A错误.
(2)因为g(x)＝(x－1)f(x)，g(x＋1)是偶函数，
所以g(x＋1)＝xf(x＋1)是偶函数，
因为y＝x是奇函数，
所以f(x＋1)是奇函数，
所以f(－x＋1)＝－f(x＋1)，用－x－1替换x，得f(x＋2)＝－f(－x)，
又f(x)为R上偶函数，
∴f(x＋2)＝－f(x)，
∴f[(x＋2)＋2]＝－f(x＋2)＝f(x)，
∴f(x＋4)＝f(x)，
∴f(x)是周期为4的周期函数，
所以g(－0.5)＝－1.5f(－0.5)＝1.5f(1.5)＝1.5f(5.5)＝1.5×2＝3.
热点三 函数的图象
1.作函数图象有两种基本方法：一是描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换、对称变换.
2.利用函数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4 (1)(2022·上饶二模)函数f(x)＝eq \f(x,2x＋2－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)B (2)D
解析 (1)f(－x)＝eq \f(－x,2－x＋2x)＝－f(x)，函数为奇函数，排除C；
0＜f(2)＝eq \f(2,22＋2－2)＜eq \f(2,4)＝eq \f(1,2)，排除AD，故选B.
(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3 (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，0一、基本技能练
1.(2022·重庆八中测试)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.(2022·海南模拟)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的函数是( )
A.y＝ln x B.y＝|x|＋1
C.y＝－x2＋1 D.y＝3－|x|
答案 B
解析 对于A，函数y＝ln x定义域是(0，＋∞)，不是偶函数，A不是；
对于B，函数y＝|x|＋1定义域为R，是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，B是；
对于C，函数y＝－x2＋1定义域为R，是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，C不是；
对于D，函数y＝3－|x|定义域为R，是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减，D不是.故选B.
3.已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x＋2，x＞0，,－x＋a，x≤0))的值域为[1，＋∞)，则a的最小值为( )
A.1 B.2
C.3 D.4
答案 A
解析 由已知得
当x＞0时，f(x)＝x2－2x＋2＝(x－1)2＋1，值域为[1，＋∞)；
当x≤0时，f(x)＝－x＋a，
值域为[a，＋∞)；
∵函数f(x)的值域为[1，＋∞)，
∴a≥1，则a的最小值为1.故选A.
4.函数f(x)＝lneq \r(|x|＋1)＋cs x在[－π，π]上的大致图象为( )
答案 C
解析 由题知f(x)的定义域为R，f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数，排除A；
f(π)＝lneq \r(π＋1)－1＜ln e－1＝0，排除B，D.故选C.
5.(2022·梅州二模)设函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（6－x），x＜1，,2x－1，x≥1，))则f(－2)＋f(lg26)＝( )
A.2 B.6 C.8 D.10
答案 B
解析 因为f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(lg2（6－x），x＜1，,2x－1，x≥1.))
所以f(－2)＝lg28＝3，f(lg26)＝2lg26－1＝3，
所以f(－2)＋f(lg26)＝6.故选B.
6.已知函数f(x)＝－x|x|，且f(m＋2)＋f(2m－1)＜0，则实数m的取值范围为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,3))) B.(－∞，3)
C.(3，＋∞) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞))
答案 D
解析 对f(x)＝－x|x|，其定义域为R，且f(－x)＝x|x|＝－f(x)，故f(x)为R上的奇函数；
又当x＞0时，f(x)＝－x2，其在(0，＋∞)单调递减；
当x＜0时，f(x)＝x2，其在(－∞，0)单调递减；
又f(x)是连续函数，故f(x)在R上是单调递减函数；
则f(m＋2)＋f(2m－1)＜0，
即f(m＋2)＜f(1－2m)，
则m＋2＞1－2m，解得m＞－eq \f(1,3).故选D.
7.(2022·蚌埠三模)已知定义域为R的偶函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝( )
A.－eq \f(3,2) B.－1
C.1 D.eq \f(3,2)
答案 C
解析 因为函数f(x)是定义域为R的偶函数，所以f(x)＝f(－x)，
又因为f(1＋x)＝f(1－x)，
所以f(2－x)＝f(x)，
则f(2－x)＝f(－x)，即f(2＋x)＝f(x)，
所以f(x)的周期为T＝2.
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)＋2))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝1.
8.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)＝x，则f(x)≥eq \f(1,2)的解集为( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,2)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4k＋\f(1,2)，4k＋\f(3,2)))(k∈Z)D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2k＋\f(1,2)，2k＋\f(3,2)))(k∈Z)
答案 C
解析 由题意，函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，可得f(x)＝f(x＋4)，
所以函数f(x)是周期为4的函数，
又由f(x)为R上的奇函数，
可得f(－x)＝－f(x)，
所以f(x＋2)＝f(－x)，
可得函数f(x)的图象关于x＝1对称，
因为当0≤x≤1时f(x)＝x，
可得函数f(x)的图象，如图所示，
当x∈[－1，3]时，令f(x)＝eq \f(1,2)，
解得x＝eq \f(1,2)或x＝eq \f(3,2)，
所以不等式f(x)≥eq \f(1,2)的解集为
eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4k＋\f(1,2)，4k＋\f(3,2)))(k∈Z).故选C.
9.(多选)(2022·漳州一模)已知函数f(x)＝eq \f(2x,x2＋9)，则( )
A.f(x)的定义域为RB.f(x)是偶函数
C.函数y＝f(x＋2 022)的零点为0D.当x＞0时，f(x)的最大值为eq \f(1,3)
答案 AD
解析 对A，由解析式可知f(x)的定义域为R，故A正确；
对B，因为f(x)＋f(－x)＝eq \f(2x,x2＋9)＋eq \f(－2x,x2＋9)＝0，可知f(x)是奇函数，故B不正确；
对C，y＝f(x＋2 022)＝eq \f(2（x＋2 022）,（x＋2 022）2＋9)＝0，得x＝－2 022，故C不正确；
对D，当x＞0时，0＜f(x)＝eq \f(2x,x2＋9)＝eq \f(2,x＋\f(9,x))≤eq \f(2,2\r(x·\f(9,x)))＝eq \f(1,3)，当且仅当x＝3时取等号，故D正确.故选AD.
10.(多选)对于函数f(x)＝x|x|＋x＋1，下列结论中错误的是( )
A.f(x)为奇函数B.f(x)在定义域上是单调递减函数
C.f(x)的图象关于点(0，1)对称D.f(x)在区间(0，＋∞)上存在零点
答案 ABD
解析 f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－x2＋x＋1，x＜0，,x2＋x＋1，x≥0，))由图象可知，图象关于点(0，1)对称，
因此不是奇函数，在定义域内函数为增函数，在(0，＋∞)上没有零点.
故选ABD.
11.(2022·宝鸡三模)已知函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x＜0时，f(x)＝2x，则f(lg27)＝________.
答案 －eq \f(1,7)
解析 因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，
且当x＜0时，f(x)＝2x，
所以f(lg27)＝－f(－lg27)＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(lg2\f(1,7)))＝－2lg2eq \f(1,7)＝－eq \f(1,7).
12.(2022·赤峰模拟)写出一个同时具有下列性质①②③的函数f(x)＝________.
①f(－x)＝f(x)；②当x∈(0，＋∞)时，f(x)＞0；③f(x1x2)＝f(x1)·f(x2).
答案 x2(答案不唯一)
解析 由题意，要求f(x)为偶函数且值域为(0，＋∞).
若满足f(x1x2)＝f(x1)·f(x2)，
则f(x)可以为幂函数，则有f(x)＝x2满足条件.
二、创新拓展练
13.(多选)(2022·沈阳模拟)已知y＝f(x)是定义域为R的奇函数，且y＝f(x＋2)为偶函数，若当x∈[0，2]时，f(x)＝eq \f(1,2)lg3(x＋a2)，下列结论正确的是( )
A.a＝1 B.f(1)＝f(3)
C.f(2)＝f(6) D.f(2 022)＝－eq \f(1,2)
答案 BD
解析 根据题意，f(x)是定义域为R的奇函数，
则f(－x)＝－f(x)，
又由函数f(x＋2)为偶函数，
则函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，
则f(－x)＝f(4＋x)，
即有f(x＋4)＝－f(x)，
即f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，
所以f(x)是周期为8的周期函数，
当x∈[0，2]时，f(x)＝eq \f(1,2)lg3(x＋a2)，
可得f(0)＝eq \f(1,2)lg3a2＝0，所以a2＝1，a＝±1，A错；
由f(x＋4)＝f(－x)，
可得f(1)＝f(3)，B正确；
f(6)＝f(－2)＝－f(2)，C错；
f(2 022)＝f(252×8＋6)＝f(6)＝f(－2)＝－f(2)＝－eq \f(1,2)lg3(2＋1)＝－eq \f(1,2)，D正确.故选BD.
14.(多选)(2022·济南二模)已知函数f(x)为偶函数，且f(x＋2)＝－f(2－x)，则下列结论一定正确的是( )
A.f(x)的图象关于点(－2，0)中心对称
B.f(x)是周期为4的周期函数
C.f(x)的图象关于直线x＝－2轴对称
D.f(x＋4)为偶函数
答案 AD
解析 因为f(x＋2)＝－f(2－x)，
所以f(x)的图象关于点(2，0)中心对称，
又因为函数f(x)为偶函数，
所以f(x)是周期为8的周期函数，
且它的图象关于点(－2，0)中心对称和关于直线x＝4轴对称，
所以f(x＋4)为偶函数.故选AD.
15.(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.
16.(2022·金华模拟)设函数f(x)＝
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ex－1，x≤0，,－x2＋x，x＞0，))则f(f(－ln 2))＝________；当x∈(－∞，m]时，函数f(x)的值域为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,4)))，则m的取值范围是________.
答案 e－eq \f(1,2)－1 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1＋\r(5),2)))
解析 ∵－ln 2＜0，
∴f(－ln 2)＝e－ln 2－1＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)，
又－eq \f(1,2)＜0，f(f(－ln 2))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝e－eq \f(1,2)－1或eq \f(\r(e),e)－1；
当x≤0时，f(x)∈(－1，0]，
当x>0时，f(x)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,4)))，
且在x＝eq \f(1,2)时，函数f(x)取得最大值eq \f(1,4)，
根据函数表达式，绘制函数图象如下：
当f(x)＝－1时，－x2＋x＝－1，
解得x＝eq \f(1＋\r(5),2)，
要使f(x)的值域在x∈(－∞，m]时是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,4)))，则必须m∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(1＋\r(5),2))).