(適用輔導(dǎo)班)2023-2024年高二數(shù)學(xué)寒假講義（基礎(chǔ)班）2.2《函數(shù)的性質(zhì)》 (教師版)

頁(yè)第二節(jié)函數(shù)的性質(zhì)第1課時(shí)系統(tǒng)知識(shí)牢基礎(chǔ)——函數(shù)的單調(diào)性與最值、奇偶性、周期性知識(shí)點(diǎn)一函數(shù)的單調(diào)性1．增函數(shù)與減函數(shù)2．單調(diào)區(qū)間的定義若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)或減函數(shù)，則稱函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴(yán)格的)單調(diào)性，區(qū)間D叫做函數(shù)y＝f(x)的單調(diào)區(qū)間．[提醒](1)函數(shù)單調(diào)性定義中的x1，x2具有以下三個(gè)特征：一是任意性，即“任意兩數(shù)x1，x2∈D”，“任意”兩字決不能丟；二是有大小，即x1<x2(或x1>x2)；三是同屬一個(gè)單調(diào)區(qū)間，三者缺一不可．(2)若函數(shù)在區(qū)間D上單調(diào)遞增(或遞減)，則對(duì)D內(nèi)任意的兩個(gè)不等自變量x1，x2的值，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(或eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0).(3)函數(shù)f(x)在給定區(qū)間上的單調(diào)性，是函數(shù)在此區(qū)間上的整體性質(zhì)，不一定代表在整個(gè)定義域上有此性質(zhì)．3．謹(jǐn)記常用結(jié)論(1)函數(shù)f(x)與f(x)＋c(c為常數(shù))具有相同的單調(diào)性．(2)k>0時(shí)，函數(shù)f(x)與kf(x)單調(diào)性相同；k<0時(shí)，函數(shù)f(x)與kf(x)單調(diào)性相反．(3)若f(x)恒為正值或恒為負(fù)值，則f(x)與eq\f(1,fx)具有相反的單調(diào)性．(4)若f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)，則當(dāng)兩者都恒大于零時(shí)，f(x)·g(x)是增(減)函數(shù)；當(dāng)兩者都恒小于零時(shí)，f(x)·g(x)是減(增)函數(shù)．(5)在公共定義域內(nèi)，增＋增＝增，減＋減＝減，增﹣減＝增，減﹣增＝減．(6)復(fù)合函數(shù)y＝f[g(x)]的單調(diào)性判斷方法：“同增異減”．[重溫經(jīng)典]1．函數(shù)f(x)＝x2﹣2x的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(1，＋∞)B．(﹣∞，1)C．(﹣1，＋∞)D．(﹣∞，﹣1)答案：A2．如果二次函數(shù)f(x)＝x2﹣(a﹣1)x＋5在區(qū)間(eq\f(1,2)，1)上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：∵函數(shù)f(x)＝x2﹣(a﹣1)x＋5的對(duì)稱軸為x＝eq\f(a－1,2)且在區(qū)間(eq\f(1,2)，1)上是增函數(shù)，∴eq\f(a－1,2)≤eq\f(1,2)，即a≤2.答案：(﹣∞，2]3．函數(shù)f(x)＝lg(9﹣x2)的定義域?yàn)開(kāi)_______；其單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_______．解析：對(duì)于函數(shù)f(x)＝lg(9﹣x2)，令t＝9﹣x2＞0，解得﹣3＜x＜3，可得函數(shù)的定義域?yàn)?﹣3,3)．令g(x)＝9﹣x2，則函數(shù)f(x)＝lg(g(x))，又函數(shù)g(x)在定義域內(nèi)的增區(qū)間為(﹣3,0]，所以函數(shù)f(x)＝lg(9﹣x2)在定義域內(nèi)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣3,0]．答案：(﹣3,3)(﹣3,0]4．(易錯(cuò)題)設(shè)定義在[﹣1,7]上的函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)y＝f(x)的增區(qū)間為_(kāi)_______．答案：[﹣1,1]，[5,7]5．若函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)與y＝log3(x﹣2)在(3，＋∞)上具有相同的單調(diào)性，則實(shí)數(shù)k的取值范圍是________．解析：由于y＝log3(x﹣2)的定義域?yàn)?2，＋∞)，且為增函數(shù)，故函數(shù)y＝eq\f(2x＋k,x－2)＝eq\f(2x－2＋4＋k,x－2)＝2＋eq\f(4＋k,x－2)在(3，＋∞)上也是增函數(shù)，則有4＋k＜0，得k＜﹣4.答案：(﹣∞，﹣4)6．已知函數(shù)f(x)為定義在區(qū)間[﹣1,1]上的增函數(shù)，則滿足f(x)<f(eq\f(1,2))的實(shí)數(shù)x的取值范圍為_(kāi)_______．解析：由題設(shè)得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤1，,x<\f(1,2)，))解得﹣1≤x<eq\f(1,2).答案：[﹣1，eq\f(1,2)).知識(shí)點(diǎn)二函數(shù)的最值1．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件對(duì)于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M對(duì)于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為最大值M為最小值2.函數(shù)最值存在的兩條結(jié)論(1)閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當(dāng)函數(shù)在閉區(qū)間上單調(diào)時(shí)最值一定在端點(diǎn)處取到．(2)開(kāi)區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大值或最小值．[提醒](1)對(duì)于單調(diào)函數(shù)，最大(小)值出現(xiàn)在定義域的邊界處；(2)對(duì)于非單調(diào)函數(shù)求最值，通常借助圖象求解更方便；(3)一般地，恒成立問(wèn)題可以用求最值的方法來(lái)解決，而利用單調(diào)性是求最值的常用方法．注意以下關(guān)系：f(x)≥a恒成立?f(x)min≥a；f(x)≤a恒成立?f(x)max≤a.解題時(shí)，要?jiǎng)?wù)必注意“＝”的取舍．[重溫經(jīng)典]1．函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)在[2,6]上的最大值是________．答案：22．若函數(shù)f(x)＝﹣eq\f(a,x)＋b(a>0)在[eq\f(1,2)，2]上的值域?yàn)閇eq\f(1,2)，2]，則a＝________，b＝________.解析：∵f(x)＝﹣eq\f(a,x)＋b(a>0)在[eq\f(1,2)，2]上是增函數(shù)，∴f(x)min＝f(eq\f(1,2))＝eq\f(1,2)，f(x)max＝f(2)＝2.即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a＋b＝\f(1,2)，,－\f(a,2)＋b＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(5,2).))答案：1eq\f(5,2)3．(易錯(cuò)題)函數(shù)y＝eq\f(x2－1,x2＋1)的值域?yàn)開(kāi)_______．解析：法一：由y＝eq\f(x2－1,x2＋1)，可得x2＝eq\f(1＋y,1－y).由x2≥0，知eq\f(1＋y,1－y)≥0，解得﹣1≤y<1，故所求函數(shù)的值域?yàn)閇﹣1,1)．法二：由y＝eq\f(x2－1,x2＋1)＝eq\f(x2＋1－2,x2＋1)＝1＋eq\f(－2,x2＋1)，令t＝x2＋1，則t≥1，∴eq\f(－2,t)∈[﹣2,0)，∴y＝1＋eq\f(－2,t)∈[﹣1,1)，∴所求函數(shù)的值域?yàn)閇﹣1,1)．答案：[﹣1,1)4．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的最大值為_(kāi)_______．解析：當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處取得最大值，為f(1)＝1；當(dāng)x<1時(shí)，易知函數(shù)f(x)＝﹣x2＋2在x＝0處取得最大值，為f(0)＝2.故函數(shù)f(x)的最大值為2.答案：25．已知函數(shù)f(x)＝﹣x2＋4x＋a，x∈[0,1]，若f(x)有最小值﹣2，則f(x)的最大值為_(kāi)_______．解析：函數(shù)f(x)＝﹣x2＋4x＋a＝﹣(x﹣2)2＋4＋a，x∈[0,1]，且函數(shù)f(x)有最小值﹣2.故當(dāng)x＝0時(shí)，函數(shù)f(x)有最小值，當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)f(x)有最大值．∵當(dāng)x＝0時(shí)，f(0)＝a＝﹣2，∴f(x)＝﹣x2＋4x﹣2，∴當(dāng)x＝1時(shí)，f(x)max＝f(1)＝﹣12＋4×1﹣2＝1.答案：1知識(shí)點(diǎn)三函數(shù)的奇偶性1．函數(shù)奇偶性的定義及圖象特征奇函數(shù)偶函數(shù)定義一般地，如果對(duì)于函數(shù)f(x)的定義域內(nèi)任意一個(gè)x都有f(﹣x)＝﹣f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做奇函數(shù)都有f(﹣x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做偶函數(shù)圖象特征關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱關(guān)于y軸對(duì)稱2.函數(shù)奇偶性的幾個(gè)重要結(jié)論(1)如果一個(gè)奇函數(shù)f(x)在原點(diǎn)處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)．(3)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)的函數(shù)只有一種類型，即f(x)＝0，x∈D，其中定義域D是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的非空數(shù)集．(4)奇函數(shù)在兩個(gè)對(duì)稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在兩個(gè)對(duì)稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．3．有關(guān)對(duì)稱性的結(jié)論(1)若函數(shù)y＝f(x＋a)為偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)關(guān)于x＝a對(duì)稱．若函數(shù)y＝f(x＋a)為奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)關(guān)于點(diǎn)(a,0)對(duì)稱．(2)若f(x)＝f(2a﹣x)，則函數(shù)f(x)關(guān)于x＝a對(duì)稱；若f(x)＋f(2a﹣x)＝2b，則函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(a，b)對(duì)稱．[重溫經(jīng)典]1．(多選)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)的有()A．y＝2﹣|x|B．y＝xC．y＝x2﹣1D．y＝x3解析：選BCA．令y＝f(x)＝2﹣|x|，f(﹣x)＝2﹣|﹣x|＝2﹣|x|＝f(x)，是偶函數(shù)，但在(0，＋∞)上，y＝2﹣x是減函數(shù)，故A錯(cuò)誤；B.令y＝f(x)＝x，f(﹣x)＝(﹣x)＝x，是偶函數(shù)，且在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，故B正確；C.令y＝f(x)＝x2﹣1，f(﹣x)＝(﹣x)2﹣1＝x2﹣1＝f(x)，是偶函數(shù)，且在區(qū)間(0，＋∞)上是增函數(shù)，故C正確；D.令y＝f(x)＝x3，f(﹣x)＝(﹣x)3＝﹣x3＝﹣f(x)，是奇函數(shù)，故D錯(cuò)誤．故選B、C.2．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x(1＋x)，則f(﹣1)＝________.答案：﹣23．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2＋1，則f(﹣2)＋f(0)＝________.解析：由題意知f(﹣2)＝﹣f(2)＝﹣(22＋1)＝﹣5，f(0)＝0，∴f(﹣2)＋f(0)＝﹣5.答案：﹣54．已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)且定義域?yàn)镽，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋1，則f(x)的解析式為_(kāi)_______________．解析：∵f(x)為奇函數(shù)，∴f(﹣x)＝﹣f(x)．當(dāng)x＝0時(shí)，有f(﹣0)＝﹣f(0)，∴f(0)＝0.當(dāng)x<0時(shí)，﹣x>0.f(x)＝﹣f(﹣x)＝﹣(﹣x＋1)＝x﹣1.∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0.))答案：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0))5．(易錯(cuò)題)已知f(x)＝ax2＋bx是定義在[a﹣1,2a]上的偶函數(shù)，那么a＋b的值是________．解析：∵f(x)＝ax2＋bx是定義在[a﹣1,2a]上的偶函數(shù)，∴a﹣1＋2a＝0，∴a＝eq\f(1,3).又f(﹣x)＝f(x)，∴b＝0，∴a＋b＝eq\f(1,3).答案：eq\f(1,3)6．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝3x＋m(m為常數(shù))，則f(﹣log35)的值為_(kāi)_______．解析：當(dāng)x≥0時(shí)f(x)＝3x＋m(m為常數(shù))，則f(0)＝30＋m＝0，解得m＝﹣1，∴f(x)＝3x﹣1.∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(﹣log35)＝﹣f(log35)＝﹣(3log35﹣1)＝﹣4.答案：﹣4知識(shí)點(diǎn)四函數(shù)的周期性1．周期函數(shù)對(duì)于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得當(dāng)x取定義域內(nèi)的任何值時(shí)，都有f(x＋T)＝f(x)，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個(gè)函數(shù)的周期．2．最小正周期如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個(gè)最小的正數(shù)，那么這個(gè)最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．3．謹(jǐn)記常用結(jié)論定義式f(x＋T)＝f(x)對(duì)定義域內(nèi)的x是恒成立的．(1)若f(x＋a)＝f(x＋b)，則函數(shù)f(x)的周期為T＝|a﹣b|；(2)若在定義域內(nèi)滿足f(x＋a)＝﹣f(x)，f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，f(x＋a)＝﹣eq\f(1,fx)(a>0)，則f(x)為周期函數(shù)，且T＝2a為它的一個(gè)周期．[重溫經(jīng)典]1．設(shè)f(x)是定義在R上的周期為2的函數(shù)，當(dāng)x∈(﹣1,1)時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4x2＋2，－1<x<0，,x，0≤x<1，))則f(eq\f(3,2))＝_______.答案：12．(教材改編題)若f(x)是R上周期為2的函數(shù)，且滿足f(1)＝1，f(2)＝2，則f(3)﹣f(4)＝________.解析：由f(x)是R上周期為2的函數(shù)知，f(3)＝f(1)＝1，f(4)＝f(2)＝2，∴f(3)﹣f(4)＝﹣1.答案：﹣13．已知f(x)是R上的奇函數(shù)，且對(duì)任意x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，則f(2022)＝________.解析：∵f(x)是R上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，又對(duì)任意x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)，∴當(dāng)x＝﹣3時(shí)，有f(3)＝f(﹣3)＋f(3)＝0，∴f(﹣3)＝0，f(3)＝0，∴f(x＋6)＝f(x)，周期為6.故f(2022)＝f(0)＝0.答案：04．偶函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，f(3)＝3，則f(﹣1)＝________.解析：因?yàn)閒(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，所以f(x)＝f(4﹣x)，f(﹣x)＝f(4＋x)，又f(﹣x)＝f(x)，所以f(x)＝f(4＋x)，則f(﹣1)＝f(4﹣1)＝f(3)＝3.答案：35．定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(x＋5)＝f(x)，當(dāng)x∈(﹣3，0]時(shí)，f(x)＝﹣x﹣1，當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝log2x，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2021)的值等于________．解析：定義在R上的函數(shù)f(x)，滿足f(x＋5)＝f(x)，即函數(shù)的最小正周期為5.當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝log2x，所以f(1)＝log21＝0，f(2)＝log22＝1.當(dāng)x∈(﹣3,0]時(shí)，f(x)＝﹣x﹣1，所以f(3)＝f(﹣2)＝1，f(4)＝f(﹣1)＝0，f(5)＝f(0)＝﹣1.所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2021)＝404×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋f(5)]＋f(1)＝404×1＋0＝404.答案：404第2課時(shí)精研題型明考向——函數(shù)的性質(zhì)及其應(yīng)用一、真題集中研究——明考情1．(復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性及定義域)已知函數(shù)f(x)＝lg(x2﹣4x﹣5)在(a，＋∞)單調(diào)遞增，則a的取值范圍是()A．(﹣∞，﹣1]B．(﹣∞，2]C．[2，＋∞)D．[5，＋∞)解析：選D∵f(x)＝lg(x2﹣4x﹣5)在(a，＋∞)上單調(diào)遞增，y＝lgx在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－4a－5≥0，,a≥2，))∴a≥5.故a的取值范圍為[5，＋∞)．2．(函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln|2x＋1|﹣ln|2x﹣1|，則f(x)()A．是偶函數(shù)，且在(eq\f(1,2)，+∞)單調(diào)遞增B．是奇函數(shù)，且在(﹣eq\f(1,2),eq\f(1,2))單調(diào)遞減C．是偶函數(shù)，且在(﹣∞,﹣eq\f(1,2))單調(diào)遞增D．是奇函數(shù)，且在(﹣∞,﹣eq\f(1,2))單調(diào)遞減解析：選D由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|>0，,|2x－1|>0))?x≠±eq\f(1,2)，∴函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠±eq\f(1,2)，x∈R}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又∵f(﹣x)＝ln|﹣2x＋1|﹣ln|﹣2x﹣1|＝ln|2x﹣1|﹣ln|2x＋1|＝﹣f(x)，∴f(x)是奇函數(shù)，排除A、C；當(dāng)x∈(﹣eq\f(1,2),eq\f(1,2))時(shí)，f(x)＝ln(2x＋1)﹣ln(1﹣2x)，則f′(x)＝eq\f(2,2x＋1)﹣eq\f(－2,1－2x)＝eq\f(4,1－4x2)>0，∴f(x)在(﹣eq\f(1,2),eq\f(1,2))單調(diào)遞增，排除B；當(dāng)x∈(﹣∞,﹣eq\f(1,2))時(shí)，f(x)＝ln(﹣2x﹣1)﹣ln(1﹣2x)，則f′(x)＝eq\f(－2,－2x－1)﹣eq\f(－2,1－2x)＝eq\f(4,1－4x2)<0，∴f(x)在(﹣∞,﹣eq\f(1,2))單調(diào)遞減，∴D正確．3．(函數(shù)的性質(zhì)及解不等式)若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(﹣∞，0)單調(diào)遞減，且f(2)＝0，則滿足xf(x﹣1)≥0的x的取值范圍是()A．[﹣1,1]∪[3，＋∞)B．[﹣3，﹣1]∪[0,1]C．[﹣1,0]∪[1，＋∞)D．[﹣1,0]∪[1,3]解析：選D法一：由題意知f(x)在(﹣∞，0)，(0，＋∞)單調(diào)遞減，且f(﹣2)＝f(2)＝f(0)＝0.當(dāng)x>0時(shí)，令f(x﹣1)≥0，得0≤x﹣1≤2，∴1≤x≤3；當(dāng)x<0時(shí)，令f(x﹣1)≤0，得﹣2≤x﹣1≤0，∴﹣1≤x≤1，又x<0，∴﹣1≤x<0；當(dāng)x＝0時(shí)，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[﹣1,0]∪[1,3]，故選D.法二：當(dāng)x＝3時(shí)，f(3﹣1)＝0，符合題意，排除B；當(dāng)x＝4時(shí)，f(4﹣1)＝f(3)<0，不符合題意，排除A、C.故選D.4．(由函數(shù)的奇偶性求解析式)設(shè)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex﹣1，則當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝()A．e﹣x﹣1B．e﹣x＋1C．﹣e﹣x﹣1D．﹣e﹣x＋1解析：選D當(dāng)x<0時(shí)，﹣x>0，∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ex﹣1，∴f(﹣x)＝e﹣x﹣1.又∵f(x)為奇函數(shù)，∴當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝﹣f(﹣x)＝﹣e﹣x＋1.5．(抽象函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性及比較大小)設(shè)f(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則()A．f(log3eq\f(1,4))>f()>f()B．f(log3eq\f(1,4))>f()>f()C．f()>f()>f(log3eq\f(1,4))D．f()>f()>f(log3eq\f(1,4))解析：選C因?yàn)閒(x)是定義域?yàn)镽的偶函數(shù)，所以f(log3eq\f(1,4))＝f(﹣log34)＝f(log34)．又因?yàn)閘og34>1>2>2>0且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，所以f(2>f(2)>f(log3eq\f(1,4)).故選C.6．(由函數(shù)的奇偶性求值)已知y＝f(x)是奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x，則f(﹣8)的值是________．解析：由函數(shù)f(x)是奇函數(shù)得f(﹣8)＝﹣f(8)＝﹣8＝﹣(23)＝﹣4.答案：﹣4[把脈考情]常規(guī)角度1.函數(shù)單調(diào)性的判斷及應(yīng)用：主要考查判斷函數(shù)的單調(diào)性、求單調(diào)區(qū)間，利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍、比較大小、求最值等；2.函數(shù)奇偶性的判斷及應(yīng)用：主要考查判斷函數(shù)的奇偶性，利用奇偶性求值等；3.函數(shù)周期性的判斷及應(yīng)用：主要考查函數(shù)周期性的判斷，利用周期性求值等創(chuàng)新角度函數(shù)的性質(zhì)與解不等式、函數(shù)的零點(diǎn)、命題的真假性、導(dǎo)數(shù)等交匯命題二、題型精細(xì)研究——提素養(yǎng)題型一函數(shù)單調(diào)性的判斷及應(yīng)用考法(一)確定函數(shù)的單調(diào)性及求單調(diào)區(qū)間[例1](1)函數(shù)f(x)＝|x2﹣3x＋2|的單調(diào)遞增區(qū)間是()A.[eq\f(3,2)，＋∞)B.[1,eq\f(3,2)]和[2，＋∞)C．(﹣∞，1]和[eq\f(3,2)，2]D.(﹣∞，eq\f(3,2)]和[2，＋∞)(2)函數(shù)y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞增區(qū)間為_(kāi)_________，單調(diào)遞減區(qū)間為_(kāi)_______．(3)討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x2－1)(a>0)在(﹣1,1)上的單調(diào)性．[解析](1)f(x)＝|x2﹣3x＋2|＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x＋2，x≤1或x≥2，,－x2－3x＋2，1<x<2.))如圖所示，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是[1,eq\f(3,2)]和[2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(﹣∞，1]和[eq\f(3,2)，2].故選B.(2)令u＝x2＋x﹣6，則y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq\r(u)與u＝x2＋x﹣6復(fù)合而成的函數(shù)．令u＝x2＋x﹣6≥0，得x≤﹣3或x≥2.易知u＝x2＋x﹣6在(﹣∞，﹣3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝eq\r(u)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，所以y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞減區(qū)間為(﹣∞，﹣3]，單調(diào)遞增區(qū)間為[2，＋∞)．答案：(1)B(2)[2，＋∞)(﹣∞，﹣3](3)法一：定義法設(shè)﹣1<x1<x2<1，則f(x1)﹣f(x2)＝eq\f(ax1,x\o\al(2,1)－1)﹣eq\f(ax2,x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax1x\o\al(2,2)－ax1－ax2x\o\al(2,1)＋ax2,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1)＝eq\f(ax2－x1x1x2＋1,x\o\al(2,1)－1x\o\al(2,2)－1).∵﹣1<x1<x2<1，∴x2﹣x1>0，x1x2＋1>0，(xeq\o\al(2,1)﹣1)·(xeq\o\al(2,2)﹣1)>0.又a>0，∴f(x1)﹣f(x2)>0，故函數(shù)f(x)在(﹣1,1)上為減函數(shù)．法二：導(dǎo)數(shù)法f′(x)＝eq\f(ax′x2－1－axx2－1′,x2－12)＝eq\f(ax2－1－2ax2,x2－12)＝eq\f(a－x2－1,x2－12)＝﹣eq\f(ax2＋1,x2－12).∵a>0，x∈(﹣1,1)，∴f′(x)<0.∴f(x)在(﹣1,1)上是減函數(shù)．[方法技巧]確定函數(shù)單調(diào)性的常用方法定義法先確定定義域，再根據(jù)取值、作差、變形、定號(hào)的順序得結(jié)論圖象法若函數(shù)是以圖象形式給出的，或者函數(shù)的圖象可作出，可由圖象的升、降寫出它的單調(diào)性導(dǎo)數(shù)法先求導(dǎo)，再確定導(dǎo)數(shù)值的正負(fù)，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)得函數(shù)的單調(diào)性考法(二)比較大小[例2]函數(shù)f(x)＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)，若a＝f(﹣eq\f(1,2))，b＝f(ln2)，c＝f(lneq\f(1,3))，則有()A．c>b>aB．b>a>cC．c>a>bD．b>c>a[解析]∵f(x)＝eq\f(ex＋e－x,ex－e－x)，∴f(x)在(﹣∞，0)，(0，＋∞)上為減函數(shù)，易知x<0時(shí)，f(x)<0，x>0時(shí)，f(x)>0，又∵ln2>0，﹣eq\f(1,2)<0，lneq\f(1,3)<0，∴b>0，a<0，c<0.又﹣eq\f(1,2)＝﹣lneq\r(e)，lneq\f(1,3)＝﹣ln3，且﹣lneq\r(e)>﹣ln3，∴﹣eq\f(1,2)>lneq\f(1,3)，∵f(x)在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，∴f(﹣eq\f(1,2))<f(lneq\f(1,3))，即c>a，∴b>c>a，故選D.[答案]D[方法技巧]利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小的方法比較函數(shù)值的大小時(shí)，若自變量的值不在同一個(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，則要利用函數(shù)性質(zhì)，將自變量的值轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上進(jìn)行比較，對(duì)于選擇題、填空題通常選用數(shù)形結(jié)合的方法進(jìn)行求解．考法(三)解函數(shù)不等式[例3]定義在[﹣2,2]上的函數(shù)f(x)滿足(x1﹣x2)·[f(x1)﹣f(x2)]>0，x1≠x2，且f(a2﹣a)>f(2a﹣2)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．[﹣1,2)B．[0,2)C．[0,1)D．[﹣1,1)[解析]因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足(x1﹣x2)[f(x1)﹣f(x2)]>0，x1≠x2，所以函數(shù)在[﹣2,2]上單調(diào)遞增，所以﹣2≤2a﹣2<a2﹣a≤2，解得0≤a<1，故選C.[答案]C[方法技巧]在求解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式時(shí)，往往是利用函數(shù)的單調(diào)性將“f”符號(hào)脫掉，使其轉(zhuǎn)化為具體的不等式求解．此時(shí)應(yīng)特別注意函數(shù)的定義域．考法(四)利用單調(diào)性求參數(shù)的取值范圍[例4](1)已知函數(shù)y＝log(6﹣ax＋x2)在[1,2]上是增函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．(2)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．[解析](1)設(shè)u＝6﹣ax＋x2，∵y＝logu是減函數(shù)，∴函數(shù)u在[1,2]上是減函數(shù)．∵u＝6﹣ax＋x2，對(duì)稱軸為直線x＝eq\f(a,2)，∴eq\f(a,2)≥2，且u>0在[1,2]上恒成立．∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)≥2，,6－2a＋4>0，))解得4≤a<5，∴實(shí)數(shù)a的取值范圍為[4,5)．(2)作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a≥4或a＋1≤2，即a≤1或a≥4.[答案](1)[4,5)(2)(﹣∞，1]∪[4，＋∞)[方法技巧]利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的策略(1)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)．(2)需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．(3)分段函數(shù)的單調(diào)性需要分段研究，既要保證每一段函數(shù)的單調(diào)性，還要注意兩段端點(diǎn)值的大?。甗針對(duì)訓(xùn)練]1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝﹣x2B．f(x)＝3﹣xC．f(x)＝ln|x|D．f(x)＝x＋sinx解析：選C選項(xiàng)A中的函數(shù)是偶函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故不正確；選項(xiàng)B中的函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，故不正確；選項(xiàng)C中的函數(shù)是偶函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，故正確；選項(xiàng)D中的函數(shù)是奇函數(shù)，在R上單調(diào)遞增，故不正確．故選C.2．定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(x＋2)，且在[﹣1,0]上單調(diào)遞減，設(shè)a＝f(eq\r(2))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系是()A．b<c<aB．a(chǎn)<b<cC．b<a<cD．a(chǎn)<c<b解析：選C因?yàn)榕己瘮?shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為2，則a＝f(eq\r(2))＝f(eq\r(2)﹣2)，b＝f(2)＝f(0)，c＝f(3)＝f(﹣1)．因?yàn)椹?<eq\r(2)﹣2<0，且函數(shù)f(x)在[﹣1,0]上單調(diào)遞減，所以b<a<c.故選C.3．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且在[0，＋∞)上是增函數(shù)，g(x)＝﹣f(|x|)，若g(lgx)>g(1)，則x的取值范圍是()A．(0,10)B．(10，＋∞)C.(eq\f(1,10)，10)D.(0，eq\f(1,10))∪(10，＋∞)解析：選C∵g(﹣x)＝﹣f(|﹣x|)＝g(x)，∴g(x)是偶函數(shù)，又f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴g(x)在[0，＋∞)上是減函數(shù)．∵g(lgx)>g(1)，∴g(|lgx|)>g(1)，∴|lgx|<1，∴eq\f(1,10)<x<10，故選C.4．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax，x>1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))滿足對(duì)任意的實(shí)數(shù)x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為_(kāi)_______．解析：由題意，函數(shù)f(x)在(﹣∞，1]和(1，＋∞)上都是增函數(shù)，且f(x)在(﹣∞，1]上的最高點(diǎn)不高于其在(1，＋∞)上的最低點(diǎn)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥4－\f(a,2)＋2，))解得a∈[4,8)．答案：[4,8)題型二函數(shù)最值的求法[典例](1)函數(shù)f(x)＝(eq\f(1,3))x﹣log2(x＋2)在區(qū)間[﹣1,1]上的最大值為_(kāi)_______．(2)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x≤1，,x＋\f(6,x)－6，x>1，))則f(x)的最小值是________．(3)函數(shù)f(x)＝2x2﹣eq\r(x2＋1)的最小值為_(kāi)_______．[解析](1)(單調(diào)性法)由于y＝(eq\f(1,3))x在R上單調(diào)遞減，y＝log2(x＋2)在[﹣1,1]上單調(diào)遞增，所以f(x)在[﹣1,1]上單調(diào)遞減，故f(x)在[﹣1,1]上的最大值為f(﹣1)＝3.(2)(利用單調(diào)性和基本不等式求解)因?yàn)楹瘮?shù)y＝x2在(﹣∞，0)上單調(diào)遞減，在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x≤1時(shí)，f(x)min＝f(0)＝0.當(dāng)x>1時(shí)，y＝x＋eq\f(6,x)≥2eq\r(6)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(6)時(shí)，等號(hào)成立，此時(shí)f(x)min＝2eq\r(6)﹣6.又2eq\r(6)﹣6<0，所以f(x)min＝2eq\r(6)﹣6.(3)(換元法)令eq\r(x2＋1)＝t，t≥1，則x2＝t2﹣1，∴y＝2(t2﹣1)﹣t＝2t2﹣t﹣2(t≥1)．∵y＝2t2﹣t﹣2(t≥1)的對(duì)稱軸t＝eq\f(1,4)，∴ymin＝2×12﹣1﹣2＝﹣1，∴函數(shù)f(x)的最小值為﹣1.[答案](1)3(2)2eq\r(6)﹣6(3)﹣1[方法技巧]求解函數(shù)最值的4種常用方法(1)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值．(2)換元法：求形如y＝eq\r(ax＋b)＋(cx＋d)(ac≠0)的函數(shù)的值域或最值，常用代數(shù)換元法、三角換元法結(jié)合題目條件將原函數(shù)轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再利用函數(shù)的相關(guān)性質(zhì)求解．(3)分離常數(shù)法：求形如y＝eq\f(cx＋d,ax＋b)(ac≠0)的函數(shù)的值域或最值，常用分離常數(shù)法求解．(4)基本不等式法：求形如y＝ax＋eq\f(b,x)(a>0，b>0)的函數(shù)的最小值常用基本不等式，注意等號(hào)成立的條件．[針對(duì)訓(xùn)練]1．(單調(diào)性法)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x－1)在區(qū)間[a，b]上的最大值是1，最小值是eq\f(1,3)，則a＋b＝________.解析：易知f(x)在[a，b]上為減函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fa＝1，,fb＝\f(1,3)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a－1)＝1，,\f(1,b－1)＝\f(1,3)，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝4.))所以a＋b＝6.答案：62．(換元法)函數(shù)f(x)＝x﹣eq\r(x＋1)的最小值為_(kāi)_______．解析：令eq\r(x＋1)＝t(t≥0)，則x＝t2﹣1，所以y＝t2﹣t﹣1(t≥0)．又y＝t2﹣t﹣1(t≥0)的圖象是對(duì)稱軸為直線t＝eq\f(1,2)，開(kāi)口向上的拋物線的一部分，所以ymin＝(eq\f(1,2))2﹣eq\f(1,2)﹣1＝﹣eq\f(5,4)，故函數(shù)f(x)的最小值為﹣eq\f(5,4).答案：﹣eq\f(5,4)3．(分離常數(shù)法)當(dāng)﹣3≤x≤﹣1時(shí)，函數(shù)y＝eq\f(5x－1,4x＋2)的最小值為_(kāi)_______．解析：由y＝eq\f(5x－1,4x＋2)，可得y＝eq\f(5,4)﹣eq\f(7,42x＋1).∵﹣3≤x≤﹣1，∴eq\f(7,20)≤﹣eq\f(7,42x＋1)≤eq\f(7,4)，∴eq\f(8,5)≤y≤3.∴所求函數(shù)的最小值為eq\f(8,5).答案：eq\f(8,5)題型三函數(shù)奇偶性的判斷及應(yīng)用考法(一)函數(shù)奇偶性的判斷[例1]函數(shù)y＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)的圖象()A．關(guān)于x軸對(duì)稱B．關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱C．關(guān)于直線y＝x對(duì)稱D．關(guān)于y軸對(duì)稱[解析]記f(x)＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)，定義域?yàn)?﹣∞，﹣2)∪(2，＋∞)．∵f(﹣x)＝(﹣x)2lgeq\f(－x－2,－x＋2)＝x2lgeq\f(x＋2,x－2)＝﹣x2lgeq\f(x－2,x＋2)＝﹣f(x)，∴f(x)為奇函數(shù)，即函數(shù)y＝x2lgeq\f(x－2,x＋2)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．故選B.[答案]B[方法技巧]函數(shù)奇偶性的判定方法(1)定義法：(2)圖象法：(3)性質(zhì)法：設(shè)f(x)，g(x)的定義域分別是D1，D2，那么在它們的公共定義域上：奇＋奇＝奇，奇×奇＝偶，偶＋偶＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．考法(二)函數(shù)奇偶性的應(yīng)用[例2](1)若函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝log2(x＋2)﹣1，則f(﹣6)＝()A．2B．4C．﹣2D．﹣4(2)若f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax是偶函數(shù)，則a＝________.[解析](1)根據(jù)題意得f(﹣6)＝﹣f(6)＝1﹣log2(6＋2)＝1﹣3log22＝﹣2.故選C.(2)函數(shù)f(x)＝ln(e3x＋1)＋ax為偶函數(shù)，故f(﹣x)＝f(x)，即ln(e﹣3x＋1)﹣ax＝ln(e3x＋1)＋ax，化簡(jiǎn)得lneq\f(1,e3x)＝2ax＝lne2ax，即eq\f(1,e3x)＝e2ax，整理得e2ax＋3x＝1，所以2ax＋3x＝0，解得a＝﹣eq\f(3,2).[答案](1)C(2)﹣eq\f(3,2)[方法技巧]利用函數(shù)奇偶性可以解決以下問(wèn)題求函數(shù)值將待求值利用奇偶性轉(zhuǎn)化為求已知解析式的區(qū)間上的函數(shù)值求解析式將待求區(qū)間上的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的區(qū)間上，再利用奇偶性的定義求出求解析式中的參數(shù)利用待定系數(shù)法求解，根據(jù)f(x)±f(﹣x)＝0得到關(guān)于參數(shù)的恒等式，由系數(shù)的對(duì)等性建立方程(組)，進(jìn)而得出參數(shù)的值畫函數(shù)圖象利用函數(shù)的奇偶性可畫出函數(shù)在其對(duì)稱區(qū)間上的圖象求特殊值利用奇函數(shù)的最大值與最小值之和為零求一些特殊結(jié)構(gòu)的函數(shù)值[針對(duì)訓(xùn)練]1．(多選)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，則下列結(jié)論正確的是()A．|f(x)|是偶函數(shù)B．﹣f(x)是奇函數(shù)C．f(x)|f(x)|是奇函數(shù)D．f(|x|)f(x)是偶函數(shù)解析：選ABC∵f(x)＝eq\f(ex－e－x,2)，則f(﹣x)＝eq\f(e－x－ex,2)＝﹣f(x)．∴f(x)是奇函數(shù)．易知A、B、C正確．∵f(|﹣x|)＝f(|x|)，∴f(|x|)是偶函數(shù)，∴f(|x|)f(x)是奇函數(shù)．2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2|x|＋1＋x3＋2,2|x|＋1)的最大值為M，最小值為m，則M＋m等于()A．0B．2C．4D．8解析：選Cf(x)＝eq\f(2·2|x|＋1＋x3,2|x|＋1)＝2＋eq\f(x3,2|x|＋1)，設(shè)g(x)＝eq\f(x3,2|x|＋1)，因?yàn)間(x)的定義域?yàn)镽，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且g(﹣x)＝﹣g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)max＋g(x)min＝0.因?yàn)镸＝f(x)max＝2＋g(x)max，m＝f(x)min＝2＋g(x)min，所以M＋m＝2＋g(x)max＋2＋g(x)min＝4.3．若函數(shù)f(x)＝eq\f(k－2x,1＋k·2x)在定義域上為奇函數(shù)，則實(shí)數(shù)k＝________.解析：由f(﹣1)＝﹣f(1)得eq\f(k－\f(1,2),1＋\f(1,2)k)＝﹣eq\f(k－2,1＋2k)，解得k＝±1.經(jīng)檢驗(yàn)，k＝±1時(shí)，函數(shù)f(x)都為奇函數(shù)．答案：±1題型四函數(shù)周期性的判斷及應(yīng)用[典例](1)(已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝﹣f(x＋2)，當(dāng)x∈(0,2]時(shí)，f(x)＝2x＋log2x，則f(2020)＝()A．5B.eq\f(1,2)C．2D．﹣5(2)函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在區(qū)間(﹣2，2]上，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)，0<x≤2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，－2<x≤0，))則f(f(15))的值為_(kāi)_______．[解析](1)由f(x)＝﹣f(x＋2)，得f(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，所以f(2020)＝f(505×4)＝f(0)＝﹣f(0＋2)＝﹣(22＋log22)＝﹣5.(2)由函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函數(shù)f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(﹣1)＝|﹣1+eq\f(1,2)|＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝f(eq\f(1,2))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).[答案](1)D(2)eq\f(\r(2),2)[方法技巧]函數(shù)周期性問(wèn)題的求解策略(1)判斷函數(shù)的周期只需證明f(x＋T)＝f(x)(T≠0)便可證明函數(shù)是周期函數(shù)，且周期為T，函數(shù)的周期性常與函數(shù)的其他性質(zhì)綜合命題．(2)根據(jù)函數(shù)的周期性，可以由函數(shù)局部的性質(zhì)得到函數(shù)的整體性質(zhì)，在解決具體問(wèn)題時(shí)，要注意結(jié)論：若T是函數(shù)的周期，則kT(k∈Z且k≠0)也是函數(shù)的周期．[針對(duì)訓(xùn)練]1．(多選)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋1)與f(x＋2)都為奇函數(shù)，則()A．f(x)為奇函數(shù)B．f(x)為周期函數(shù)C．f(x＋3)為奇函數(shù)D．f(x＋4)為偶函數(shù)解析：選ABC因?yàn)閒(x＋1)與f(x＋2)都為奇函數(shù)，所以f(x)關(guān)于(1,0)和(2,0)中心對(duì)稱，所以f(x)的周期為2，所以f(x)的對(duì)稱中心為(k,0)(k∈Z)，所以f(x)為奇函數(shù)．因?yàn)橹芷跒?，所以f(x＋3)＝f(x＋1＋2)＝f(x＋1)，f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝f(x＋2)，所以f(x＋3)，f(x＋4)都為奇函數(shù)，故選A、B、C.2．已知f(x)滿足?x∈R，f(x＋2)＝f(x)，且x∈[1,3)時(shí)，f(x)＝log2x＋1，則f(2023)的值為()A．﹣1B．0C．1D．2解析：選C因?yàn)閒(x)滿足?x∈R，f(x＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的最小正周期為2，又2023＝2×1011＋1，且x∈[1，3)時(shí)，f(x)＝log2x＋1，因此f(2023)＝f(1)＝1.3．已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿足f(x＋2)＝﹣eq\f(1,fx)，當(dāng)2≤x≤3時(shí)，f(x)＝x，則f(﹣eq\f(11,2))＝______.解析：∵f(x＋2)＝﹣eq\f(1,fx)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(﹣eq\f(11,2))＝f(eq\f(5,2))，又2≤x≤3時(shí)，f(x)＝x，∴f(eq\f(5,2))＝eq\f(5,2)，∴f(﹣eq\f(11,2))＝eq\f(5,2).答案：eq\f(5,2)eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])1．下列函數(shù)為奇函數(shù)的是()A．f(x)＝x3＋1B．f(x)＝lneq\f(1－x,1＋x)C．f(x)＝exD．f(x)＝xsinx解析：選B對(duì)于A，f(﹣x)＝﹣x3＋1≠﹣f(x)，所以其不是奇函數(shù)；對(duì)于B，f(﹣x)＝lneq\f(1＋x,1－x)＝﹣lneq\f(1－x,1＋x)＝﹣f(x)，所以其是奇函數(shù)；對(duì)于C，f(﹣x)＝e﹣x≠﹣f(x)，所以其不是奇函數(shù)；對(duì)于D，f(﹣x)＝﹣xsin(﹣x)＝xsinx＝f(x)，所以其不是奇函數(shù)．故選B.2．已知函數(shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的函數(shù)，且在該區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足f(2x﹣1)＜f(eq\f(1,3))的x的取值范圍是()A.(eq\f(1,3)，eq\f(2,3))B.[eq\f(1,3)，eq\f(2,3))C.(eq\f(1,2)，eq\f(2,3))D.[eq\f(1,2)，eq\f(2,3))解析：選D因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在區(qū)間[0，＋∞)上的增函數(shù)，滿足f(2x﹣1)＜f(eq\f(1,3))，所以0≤2x﹣1＜eq\f(1,3)，解得eq\f(1,2)≤x＜eq\f(2,3).3．(多選)設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)·g(x)是偶函數(shù)B．|f(x)|·g(x)是奇函數(shù)C．f(x)·|g(x)|是奇函數(shù)D．|f(x)·g(x)|是偶函數(shù)解析：選CD∵f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，∴f(﹣x)＝﹣f(x)，g(﹣x)＝g(x)．對(duì)于A，f(﹣x)·g(﹣x)＝﹣f(x)·g(x)，函數(shù)是奇函數(shù)，故A錯(cuò)誤．對(duì)于B，|f(﹣x)|·g(﹣x)＝|f(x)|·g(x)，函數(shù)是偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤．對(duì)于C，f(﹣x)·|g(﹣x)|＝﹣f(x)·|g(x)|，函數(shù)是奇函數(shù)，故C正確．對(duì)于D，|f(﹣x)·g(﹣x)|＝|f(x)·g(x)|，函數(shù)是偶函數(shù)，故D正確．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,lnx＋1，x>0，))若f(2﹣x2)>f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是()A．(﹣∞，﹣1)∪(2，＋∞)B．(﹣∞，﹣2)∪(1，＋∞)C．(﹣1,2)D．(﹣2,1)解析：選D因?yàn)楫?dāng)x＝0時(shí)，兩個(gè)表達(dá)式對(duì)應(yīng)的函數(shù)值都為零，所以函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．因?yàn)楫?dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ln(x＋1)也是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)．因此，不等式f(2﹣x2)>f(x)等價(jià)于2﹣x2>x，即x2＋x﹣2<0，解得﹣2<x<1.5．若函數(shù)f(x)＝2|x﹣a|＋3在區(qū)間[1，＋∞)上不單調(diào)，則a的取值范圍是()A．[1，＋∞)B．(1，＋∞)C．(﹣∞，1)D．(﹣∞，1]解析：選Bf(x)＝2|x﹣a|＋3＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－2a＋3，x≥a，,－2x＋2a＋3，x<a.))因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝2|x﹣a|＋3在區(qū)間[1，＋∞)上不單調(diào)，所以a>1.所以a的取值范圍是(1，＋∞)．6．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x﹣4)＝﹣f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，則()A．f(﹣25)<f(11)<f(80) B．f(80)<f(11)<f(﹣25)C．f(11)<f(80)<f(﹣25) D．f(﹣25)<f(80)<f(11)解析：選D因?yàn)槠婧瘮?shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間[﹣2,0]上是增函數(shù)．又因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(x﹣4)＝﹣f(x)，所以f(x﹣8)＝﹣f(x﹣4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)為周期函數(shù)，且周期為8，因此f(﹣25)＝f(﹣1)<f(0)＝f(80)<f(11)＝f(3)＝﹣f(﹣1)＝f(1)．故選D.7．已知函數(shù)f(x)＝2024x＋log2024(eq\r(x2＋1)＋x)﹣2024﹣x＋3，則關(guān)于x的不等式f(1﹣2x)＋f(x)>6的解集為()A．(﹣∞，1)B．(1，＋∞)C．(﹣∞，2)D．(2，＋∞)解析：選A∵函數(shù)y1＝2024x﹣2024﹣x為奇函數(shù)，函數(shù)y2＝log2024(eq\r(1＋x2)＋x)為奇函數(shù)，∴函數(shù)g(x)＝2024x﹣2024﹣x＋log2024(eq\r(x2＋1)＋x)為奇函數(shù)且在R上單調(diào)遞增，∴f(1﹣2x)＋f(x)>6，即g(1﹣2x)＋3＋g(x)＋3>6，即g(x)>g(2x﹣1)，∴x>2x﹣1，∴x<1，∴不等式f(1﹣2x)＋f(x)>6的解集為(﹣∞，1)．8．如果奇函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，則不等式eq\f(fx－f－x,x)<0的解集為()A．(﹣2,0)∪(2，＋∞)B．(﹣∞，﹣2)∪(0,2)C．(﹣∞，﹣2)∪(2，＋∞)D．(﹣2,0)∪(0,2)解析：選D由函數(shù)f(x)為奇函數(shù)可知f(﹣x)＝﹣f(x)，因此eq\f(fx－f－x,x)<0可化為不等式eq\f(2fx,x)<0，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,fx<0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<0，,fx>0.))再由f(2)＝0，可得f(﹣2)＝0，由函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，可得函數(shù)f(x)在(﹣∞，0)上也為增函數(shù)，結(jié)合函數(shù)f(x)的單調(diào)性，作出示意圖可得，所求不等式的解集為{x|﹣2<x<0或0<x<2}．9．(多選)下列關(guān)于函數(shù)f(x)＝eq\f(\r(x2－x4),|x－1|－1)的性質(zhì)描述正確的是()A．f(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，0))∪eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，1))B．f(x)的值域?yàn)?﹣1,1)C．f(x)在定義域上是增函數(shù)D．f(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱解析：選ABD由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x4≥0，,|x－1|－1≠0，))得﹣1≤x≤1且x≠0，此時(shí)f(x)＝eq\f(\r(x2－x4),－x－1－1)＝eq\f(\r(x2－x4),－x)＝eq\f(|x|\r(1－x2),－x)，因此A正確；當(dāng)0＜x≤1時(shí)，f(x)＝﹣eq\r(1－x2)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，0))，當(dāng)﹣1≤x<0時(shí)，f(x)＝eq\r(1－x2)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，1))，故f(x)的值域?yàn)?﹣1,1)，B正確；易知f(x)在定義域上不是增函數(shù)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；又f(﹣x)＝eq\f(|－x|\r(1－－x2),－－x)＝eq\f(|x|\r(1－x2),x)＝﹣f(x)，則f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，D正確，故選A、B、D.10．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x﹣1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．解析：由題意知g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1.))函數(shù)圖象如圖所示，其單調(diào)遞減區(qū)間是[0,1)．答案：[0,1)11．若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1x＋4a，x<1，,－ax，x≥1))是定義在R上的減函數(shù)，則a的取值范圍是________．解析：由題意知，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－1<0，,3a－1×1＋4a≥－a，,a>0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<\f(1,3)，,a≥\f(1,8)，,a>0，))所以a∈[eq\f(1,8)，eq\f(1,3)).答案：[eq\f(1,8)，eq\f(1,3)).12．已知f(x)＝eq\f(x,x－a)(x≠a)．(1)若a＝﹣2，試證f(x)在(﹣∞，﹣2)上單調(diào)遞增；(2)若a>0且f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍．解：(1)證明：設(shè)x1<x2<﹣2，則f(x1)﹣f(x2)＝eq\f(x1,x1＋2)﹣eq\f(x2,x2＋2)＝eq\f(2x1－x2,x1＋2x2＋2).因?yàn)?x1＋2)(x2＋2)>0，x1﹣x2<0，所以f(x1)﹣f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在(﹣∞，﹣2)上單調(diào)遞增．(2)設(shè)1<x1<x2，則f(x1)﹣f(x2)＝eq\f(x1,x1－a)﹣eq\f(x2,x2－a)＝eq\f(ax2－x1,x1－ax2－a).因?yàn)閍>0，x2﹣x1>0，所以要使f(x1)﹣f(x2)>0，只需(x1﹣a)(x2﹣a)>0恒成立，所以a≤1.故a的取值范圍為(0,1]．13．已知函數(shù)f(x)＝x2＋a|x﹣2|﹣4.(1)當(dāng)a＝2時(shí)，求f(x)在[0,3]上的最大值和最小值；(2)若f(x)在區(qū)間[﹣1，＋∞)上單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．解：(1)當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)＝x2＋2|x﹣2|﹣4＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－8，x≥2，,x2－2x，x<2))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12－9，x≥2，,x－12－1，x<2，))當(dāng)x∈[0,2)時(shí)，﹣1≤f(x)<0；當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，0≤f(x)≤7，所以f(x)在[0,3]上的最大值為7，最小值為﹣1.(2)因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋ax－2a－4，x>2，,x2－ax＋2a－4，x≤2，))又f(x)在區(qū)間[﹣1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>2時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，則﹣eq\f(a,2)≤2，即a≥﹣4；當(dāng)﹣1<x≤2時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，則eq\f(a,2)≤﹣1，即a≤﹣2，且4＋2a﹣2a﹣4≥4﹣2a＋2a﹣4恒成立，故a的取值范圍為[﹣4，﹣2]．14．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，F(xiàn)(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x>0，,－fx，x<0.))(1)若f(﹣1)＝0，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x均有f(x)≥0成立，求F(x)的解析式；(2)在(1)的條件下，當(dāng)x∈[﹣2,2]時(shí)，g(x)＝f(x)﹣kx是單調(diào)函數(shù)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．解：(1)∵f(﹣1)＝0，∴b＝a＋1.由f(x)≥0恒成立，知a>0且方程ax2＋bx＋1＝0中Δ＝b2﹣4a＝(a＋1)2﹣4a＝(a﹣1)2≤0，∴a＝1.從而b＝2，f(x)＝x2＋2x＋1.∴F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x>0，,－x＋12，x<0.))(2)由(1)可知f(x)＝x2＋2x＋1，∴g(x)＝f(x)﹣kx＝x2＋(2﹣k)x＋1，由g(x)在[﹣2,2]上是單調(diào)函數(shù)，知﹣eq\f(2－k,2)≤﹣2或﹣eq\f(2－k,2)≥2，得k≤﹣2或k≥6.即實(shí)數(shù)k的取值范圍為(﹣∞，﹣2]∪[6，＋∞)．第3課時(shí)難點(diǎn)專攻奪高分——函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用題型一函數(shù)性質(zhì)的交匯應(yīng)用問(wèn)題函數(shù)的奇偶性、周期性以及單調(diào)性是函數(shù)的三大性質(zhì)，在高考中常常將它們綜合在一起命題，其中奇偶性多與單調(diào)性相結(jié)合，而周期性常與抽象函數(shù)相結(jié)合，并以結(jié)合奇偶性求函數(shù)值為主．考法(一)單調(diào)性與奇偶性相結(jié)合[例1]已知偶函數(shù)fx＋eq\f(π,2)，當(dāng)x∈(﹣eq\f(π,2),eq\f(π,2))時(shí)，f(x)＝x＋sinx，設(shè)a＝f(1)，b＝f(2)，c＝f(3)，則()A．a(chǎn)<b<cB．b<c<aC．c<b<aD．c<a<b[解析]∵當(dāng)x∈(﹣eq\f(π,2),eq\f(π,2))時(shí)，y＝sinx單調(diào)遞增，y＝xeq\f(1,3)也為增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝x＋sinx也為增函數(shù)．∵函數(shù)f(x+eq\f(π,2))為偶函數(shù)，∴f(﹣x+eq\f(π,2))＝f(x+eq\f(π,2))，f(x)的圖象關(guān)于x＝eq\f(π,2)對(duì)稱，∴f(2)＝f(π﹣2)，f(3)＝f(π﹣3)，∵0<π﹣3<1<π﹣2<eq\f(π,2)，∴f(π﹣3)<f(1)<f(π﹣2)，即c<a<b，故選D.[答案]D[方法技巧]函數(shù)單調(diào)性與奇偶性的綜合常利用奇偶函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，以及奇偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上的單調(diào)性求解．考法(二)奇偶性與周期性相結(jié)合[例2](1)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，對(duì)任意的實(shí)數(shù)x，f(x﹣2)＝f(x＋2)，當(dāng)x∈(0,2)時(shí)，f(x)＝﹣x2，則f(eq\f(13,2))＝()A．﹣eq\f(9,4)B．﹣eq\f(1,4)C.eq\f(1,4)D.eq\f(9,4)(2)定義在R上的函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，f(1)＝1，又g(x)＝f(x＋2)也是奇函數(shù)，則f(2024)＝________.[解析](1)因?yàn)閒(x﹣2)＝f(x＋2)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以f(x)是周期為4的函數(shù)，所以f(eq\f(13,2))＝f(eq\f(13,2)﹣8)＝f(﹣eq\f(3,2))，又函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(﹣eq\f(3,2))＝﹣f(eq\f(3,2))＝﹣[﹣(eq\f(3,2))2]＝eq\f(9,4)，所以f(eq\f(13,2))＝eq\f(9,4).故選D.(2)∵g(x)＝f(x＋2)是奇函數(shù)，∴g(﹣x)＝f(﹣x＋2)＝﹣f(x＋2)．又∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，∴﹣f(x＋2)＝f(﹣x﹣2)，∴f(﹣x＋2)＝f(﹣x﹣2)＝f(﹣x＋2﹣4)，∴f(x)＝f(x﹣4)，∴函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)．∴f(2024)＝f(4×506＋0)＝f(0)＝0.[答案](1)D(2)0[方法技巧]函數(shù)周期性與奇偶性的綜合多是求值問(wèn)題，常利用奇偶性及周期性進(jìn)行變換，將所求函數(shù)值的自變量轉(zhuǎn)換到已知函數(shù)解析式的定義域內(nèi)求解．考法(三)單調(diào)性、奇偶性與周期性的綜合[例3]定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x+eq\f(3,2))＝f(x)，當(dāng)x∈(0,eq\f(1,2)]時(shí)，f(x)＝log(1﹣x)，則f(x)在區(qū)間(1,eq\f(3,2))內(nèi)是()A．減函數(shù)且f(x)>0B．減函數(shù)且f(x)<0C．增函數(shù)且f(x)>0D．增函數(shù)且f(x)<0[解析]當(dāng)x∈(0,eq\f(1,2)]時(shí)，由f(x)＝log(1﹣x)可知，f(x)單調(diào)遞增且f(x)>0，又函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)在區(qū)間[-eq\f(1,2),0)上也單調(diào)遞增，且f(x)<0.由f(x+eq\f(3,2))＝f(x)知，函數(shù)的周期為eq\f(3,2)，所以在區(qū)間(1,eq\f(3,2))上，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增且f(x)<0.[答案]D[方法技巧]對(duì)于函數(shù)性質(zhì)結(jié)合的題目，函數(shù)的周期性有時(shí)需要通過(guò)函數(shù)的奇偶性得到，函數(shù)的奇偶性體現(xiàn)的是一種對(duì)稱關(guān)系，而函數(shù)的單調(diào)性體現(xiàn)的是函數(shù)值隨自變量變化而變化的規(guī)律．因此在解題時(shí)，往往需要借助函數(shù)的奇偶性和周期性來(lái)確定另一區(qū)間上的單調(diào)性，即實(shí)現(xiàn)區(qū)間的轉(zhuǎn)換，再利用單調(diào)性解決相關(guān)問(wèn)題．[針對(duì)訓(xùn)練]1．設(shè)e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，函數(shù)f(x)是周期為4的奇函數(shù)，且當(dāng)0<x<2時(shí)，f(x)＝﹣lnx，則e的值為()A.eq\f(3,5)B.eq\f(3,4)C.eq\f(4,3)D.eq\f(5,3)解析：選D因?yàn)楹瘮?shù)以4為周期，所以f(eq\f(7,3))＝f(eq\f(7,3)﹣4)＝f(-eq\f(5,3))＝﹣f(eq\f(5,3))＝lneq\f(5,3)，所以e＝e＝eq\f(5,3).故選D.2．已知函數(shù)f(x)是(﹣∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x﹣1，則f(2024)＋f(2025)的值為()A．﹣2B．﹣1C．0D．1解析：選D∵f(x)的圖象關(guān)于x＝1對(duì)稱，∴f(2﹣x)＝f(x)．∵函數(shù)f(x)為(﹣∞，＋∞)上的奇函數(shù)，∴f(﹣x)＝﹣f(x)，∴f(x)＝f(2﹣x)＝﹣f(﹣x)，∴f(4﹣x)＝﹣f(2﹣x)＝f(﹣x)，∴周期T＝4.∵x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x﹣1，∴f(1)＝21﹣1＝2﹣1＝1.又函數(shù)f(x)是(﹣∞，＋∞)上的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴f(2024)＋f(2025)＝f(0)＋f(1)＝0＋1＝1.3．定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝f(﹣x)，且當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x﹣cosx，則下列結(jié)論正確的是()A．f()<f()<f(2018)B．f(2018)<f()<f()C．f(2018)<f()<f()D．f()<f()<f(2018)解析：選C∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(x＋2)＝f(﹣x)＝﹣f(x)，∴f(x＋4)＝﹣f(x＋2)＝f(x)，∴f(x)的周期為4，∴f(2018)＝f(2＋4×504)＝f(2)＝f(0)，f()＝f(eq\f(1,2))，f()＝f(eq\f(2,3))，∵當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，f(x)＝2x﹣cosx單調(diào)遞增，∴f(0)<f(eq\f(1,2))<f(eq\f(2,3))，∴f(2018)<f()<f()，故選C.題型二新定義問(wèn)題所謂“新定義”函數(shù)，是相對(duì)于高中教材而言，指在高中教材中不曾出現(xiàn)過(guò)或尚未介紹的一類函數(shù)．函數(shù)新定義問(wèn)題的一般形式是：由命題者先給出一個(gè)新的概念、新的運(yùn)算法則，或者給出一個(gè)抽象函數(shù)的性質(zhì)等，然后讓學(xué)生按照這種“新定義”去解決相關(guān)的問(wèn)題．[典例]若兩函數(shù)具有相同的定義、單調(diào)區(qū)間、奇偶性、值域，則稱這兩函數(shù)為“親密函數(shù)”．下列三個(gè)函數(shù)y＝2|x|﹣1，y＝eq\f(x2,1＋x2)，y＝eq\f(x2,2)＋cosx﹣1中，與函數(shù)f(x)＝x4不是親密函數(shù)的個(gè)數(shù)為()A．0B．1C．2D．3[解析]易知冪函數(shù)f(x)＝x4的定義域?yàn)镽，是偶函數(shù)，在(﹣∞，0)上，f(x)單調(diào)遞減，在(0，＋∞)上，f(x)單調(diào)遞增，y≥0.三個(gè)函數(shù)的定義域都為R且都為偶函數(shù)，單調(diào)性也與y＝x4保持一致，但是y＝eq\f(x2,1＋x2)＝1﹣eq\f(1,1＋x2)的最大值接近1，y＝2|x|﹣1≥0，y＝eq\f(x2,2)＋cosx﹣1≥0，故選B.[答案]B[方法技巧]深刻理解題目中新函數(shù)的定義、新函數(shù)所具有的性質(zhì)或滿足的條件，將定義、性質(zhì)等與所求之間建立聯(lián)系是解題的關(guān)鍵．如果函數(shù)的某一性質(zhì)(一般是等式、不等式)對(duì)某些數(shù)值恒成立，那么通過(guò)合理賦值可以得到特殊函數(shù)值甚至是函數(shù)解析式，進(jìn)而解決問(wèn)題．[針對(duì)訓(xùn)練](多選)在實(shí)數(shù)集R上定義一種運(yùn)算“★”，對(duì)于任意給定的a，b∈R，a★b為唯一確定的實(shí)數(shù)，且具有下列三條性質(zhì)：(1)a★b＝b★a；(2)a★0＝a；(3)(a★b)★c＝c★(ab)＋(a★c)＋(c★b)﹣2c.關(guān)于函數(shù)f(x)＝x★eq\f(1,x)的說(shuō)法正確的是()A．函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3B．函數(shù)f(x)為偶函數(shù)C．函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞，﹣1)，(1，＋∞)D．函數(shù)f(x)不是周期函數(shù)解析：選ACD對(duì)于新運(yùn)算“★”的性質(zhì)(3)，令c＝0，則(a★b)★0＝0★(ab)＋(a★0)＋(0★b)＝ab＋a＋b，即a★b＝ab＋a＋b，∴f(x)＝x★eq\f(1,x)＝1＋x＋eq\f(1,x).當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)≥1＋2eq\r(x·\f(1,x))＝3，當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\f(1,x)，即x＝1時(shí)取等號(hào)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的最小值為3，故A正確；函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?﹣∞，0)∪(0，＋∞)，∵f(1)＝1＋1＋1＝3，f(﹣1)＝1﹣1﹣1＝﹣1，∴f(﹣1)≠﹣f(1)且f(﹣1)≠f(1)，∴函數(shù)f(x)為非奇非偶函數(shù)，故B錯(cuò)誤；根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，知函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(﹣∞，﹣1)，(1，＋∞)，故C正確；由C知，函數(shù)f(x)＝1＋x＋eq\f(1,x)不是周期函數(shù)，故D正確．eq\a\vs4\al([課時(shí)跟蹤檢測(cè)])一、綜合練——練思維敏銳度1．下列函數(shù)既是奇函數(shù)，又在[﹣1，1]上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝|sinx|B．f(x)＝lneq\f(e－x,e＋x)C．f(x)＝eq\f(1,2)(ex﹣e﹣x)D．f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)﹣x)解析：選C對(duì)于A，f(x)＝|sinx|為偶函數(shù)，不符合題意；對(duì)于B，f(x)＝lneq\f(e－x,e＋x)的定義域?yàn)?﹣e，e)，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，有f(﹣x)＝lneq\f(e＋x,e－x)＝﹣lneq\f(e－x,e＋x)＝﹣f(x)，為奇函數(shù)，設(shè)t＝eq\f(e－x,e＋x)＝﹣1＋eq\f(2e,x＋e)，x∈(﹣e，e)，在(﹣e，e)上為減函數(shù)，而y＝lnt為增函數(shù)，則f(x)＝lneq\f(e－x,e＋x)在(﹣e，e)上為減函數(shù)，不符合題意；對(duì)于C，f(x)＝eq\f(1,2)(ex﹣e﹣x)，有f(﹣x)＝eq\f(1,2)(e﹣x﹣ex)＝﹣eq\f(1,2)(ex﹣e﹣x)＝﹣f(x)，為奇函數(shù)，且f′(x)＝eq\f(1,2)(ex＋e﹣x)>0，則f(x)在R上為增函數(shù)，符合題意；對(duì)于D，f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)﹣x)的定義域?yàn)镽.f(﹣x)＝ln(eq\r(x2＋1)＋x)＝﹣ln(eq\r(x2＋1)﹣x)＝﹣f(x)，為奇函數(shù)，設(shè)t＝eq\r(x2＋1)﹣x＝eq\f(1,\r(x2＋1)＋x)，易知t在R上為減函數(shù)，而y＝lnt為增函數(shù)，則f(x)＝ln(eq\r(x2＋1)﹣x)在R上為減函數(shù)，不符合題意．故選C.2．已知f(x)是定義在[2b,1﹣b]上的偶函數(shù)，且在[2b,0]上為增函數(shù)，則f(x﹣1)≤f(2x)的解集為()A.[-1,eq\f(2,3)]B.[-1，eq\f(1,3)]C．[﹣1,1]D.[eq\f(1,3)，1]解析：選B∵f(x)是定義在[2b,1﹣b]上的偶函數(shù)，∴2b＋1﹣b＝0，∴b＝﹣1，∵f(x)在[2b,0]上為增函數(shù)，即函數(shù)f(x)在[﹣2,0]上為增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在(0,2]上為減函數(shù)，則由f(x﹣1)≤f(2x)，得|x﹣1|≥|2x|，即(x﹣1)2≥4x2，解得﹣1≤x≤eq\f(1,3).又∵函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇﹣2,2]，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤x－1≤2，,－2≤2x≤2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤3，,－1≤x≤1.))綜上，所求解集為[-1，eq\f(1,3)].3．已知函數(shù)f(x)在[0,4]上是增函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x＋4)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(2)<f(4)<f(5)B．f(2)<f(5)<f(4)C．f(5)<f(4)<f(2)D．f(4)<f(2)<f(5)解析：選B因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x＋4)是偶函數(shù)，所以函數(shù)y＝f(x＋4)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝4對(duì)稱，所以f(5)＝f(3)，又函數(shù)y＝f(x)在[0,4]上是增函數(shù)，所以f(2)<f(3)<f(4)，即f(2)<f(5)<f(4)．故選B.4．如果對(duì)定義在R上的奇函數(shù)，y＝f(x)，對(duì)任意兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)x1，x2，所有x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，則