統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學一輪復習第二章2.1函數(shù)及其表示學案理含解析2023042318

統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學一輪復習第二章2.1函數(shù)及其表示學案理含解析2023042318第一節(jié)函數(shù)及其表示【知識重溫】一、必記3個知識點1．函數(shù)與映射的概念函數(shù)映射兩集合A，BA，B是兩個非空數(shù)集A，B是兩個①________對應關系f：A→B按照某種確定的對應關系f，對于集合A中的②________一個數(shù)x，在集合B中有③________的數(shù)f(x)和它對應按某一個確定的對應關系f，對于集合A中的④________一個元素x，在集合B中都有⑤________的元素y與之對應名稱那么就稱f：A→B為從集合A到集合B的一個函數(shù)那么就稱對應f：A→B為從集合A到集合B的一個映射記法y＝f(x)，x∈A對應f：A→B是一個映射2.函數(shù)的有關概念(1)函數(shù)的定義域、值域在函數(shù)y＝f(x)，x∈A中，x叫做自變量，x的取值范圍A叫做函數(shù)的⑥________；與x的值相對應的y值叫做函數(shù)值，函數(shù)值的集合{f(x)|x∈A}叫做函數(shù)的⑦________.顯然，值域是集合B的子集．(2)函數(shù)的三要素⑧________、⑨________和⑩________.(3)相等函數(shù)如果兩個函數(shù)的?________和?________完全一致，那么這兩個函數(shù)相等，這是判斷兩個函數(shù)相等的依據(jù)．(4)函數(shù)的表示法表示函數(shù)的常用方法有：?____________、?__________、?____________.3．分段函數(shù)(1)若函數(shù)在其定義域的不同子集上，因?____________不同而分別用幾個不同的式子來表示，這種函數(shù)稱為分段函數(shù)．(2)分段函數(shù)的定義域等于各段函數(shù)的定義域的?________，其值域等于各段函數(shù)的值域的?________，分段函數(shù)雖由幾個部分組成，但它表示的是一個函數(shù)．二、必明3個易誤點1．解決函數(shù)的一些問題時，易忽視“定義域優(yōu)先”的原則．2．易混“函數(shù)”與“映射”的概念：函數(shù)是特殊的映射，映射不一定是函數(shù)，從A到B的一個映射，A，B若不是數(shù)集，則這個映射便不是函數(shù)．3．易誤把分段函數(shù)理解為幾種函數(shù)組成．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)f(x)＝eq\f(1,\r(x－4))＋eq\r(3－x)是一個函數(shù)．()(2)A＝R，B＝R，f：x→y＝eq\f(1,x－1)，表示從集合A到集合B的映射(也是函數(shù))．()(3)函數(shù)f(x)的圖象與直線x＝1的交點最多有2個．()(4)y＝2x(x∈{1,2})的值域是2,4.()(5)y＝lnx2與y＝2lnx表示同一函數(shù)．()(6)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，－1≤x≤1，,x＋3，x>1或x<－1，))則f(－x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，－1≤x≤1，,－x＋3，x>1或x<－1.))()二、教材改編2．下列函數(shù)f(x)與g(x)是同一個函數(shù)的是()A．f(x)＝x－1，g(x)＝eq\f(x2,x)－1B．f(x)＝x2，g(x)＝(eq\r(x))4C．f(x)＝x2，g(x)＝eq\r(3,x6)D．f(x)＝x，g(x)＝eq\r(x2)3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋12，x≤－1，,x＋1，－1<x≤0，,x＋12，x>0，))則f(f(－2))＝________.三、易錯易混4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x>0，,x＋1，x≤0.))若f(a)＋f(1)＝0，則實數(shù)a的值等于()A．－3B．－1C．－1或－3D．35．函數(shù)y＝x＋eq\r(2x＋1)的值域為________．四、走進高考6．[2019·江蘇卷]函數(shù)y＝eq\r(7＋6x－x2)的定義域是________．eq\x(考點一)函數(shù)的定義域[自主練透型]1．[2020·北京卷]函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的定義域是________．2．函數(shù)y＝eq\f(lg2－x,\r(12＋x－x2))＋(x－1)0的定義域是()A．{x|－3<x<1}B．{x|－3<x<2且x≠1}C．{x|0<x<2}D．{x|1<x<2}3．[2021·撫州模擬]若函數(shù)f(x)的定義域為[0,6]，則函數(shù)eq\f(f2x,x－3)的定義域為()A．(0,3)B．[1,3)∪(3,8]C．[1,3)D．[0,3)悟·技法考點二函數(shù)的解析式[互動講練型][例1](1)已知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,x)＋1))＝lgx，則f(x)的解析式為________．(2)若f(x)為二次函數(shù)且f(0)＝3，f(x＋2)－f(x)＝4x＋2，則f(x)的解析式為________．(3)已知函數(shù)f(x)滿足f(－x)＋2f(x)＝2x，則f(x)的解析式為________．悟·技法求函數(shù)解析式常用的方法[變式練]——(著眼于舉一反三)1．已知f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)，則函數(shù)f(x)的解析式為________．2．若函數(shù)f(x)是一次函數(shù)，且f(f(x))＝4x＋3，則函數(shù)f(x)的解析式為________________．3．已知f(x)滿足2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，則f(x)＝________.考點三分段函數(shù)[分層深化型]考向一：求分段函數(shù)的函數(shù)值[例2](1)[2021·合肥一檢]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x－2)，x>2，,x2＋2，x≤2，))則f(f(1))＝()A．－eq\f(1,2)B．2C．4D．11(2)[2021·山西太原三中模擬]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1x≥2，,log2x0<x<2.))若f(m)＝3，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝________.考向二：分段函數(shù)與方程、不等式的綜合問題[例3](1)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4x＋a，x<1，,2x，x≥1，))若feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))))＝4，則實數(shù)a＝()A．－eq\f(2,3)B．－eq\f(4,3)C．－eq\f(4,3)或－eq\f(2,3)D．－2或－eq\f(2,3)(2)[2018·全國卷Ⅰ]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x＞0，))則滿足f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1]B．(0，＋∞)C．(－1,0)D．(－∞，0)悟·技法1.求分段函數(shù)的函數(shù)值(1)基本步驟①確定要求值的自變量屬于哪一區(qū)間．②代入該區(qū)間對應的解析式求值．(2)兩種特殊情況①當出現(xiàn)f(f(a))的形式時，應從內到外依次求值．②當自變量的值所在區(qū)間不確定時，要分類討論，分類標準應參照分段函數(shù)不同段的端點．2．解分段函數(shù)與方程或不等式的綜合問題的策略求解與分段函數(shù)有關的方程或不等式問題，主要表現(xiàn)為解方程或不等式．應根據(jù)每一段的解析式分別求解．若自變量取值不確定，則要分類討論求解；若自變量取值確定，則只需依據(jù)自變量的情況直接代入相應的解析式求解．解得值(范圍)后一定要檢驗是否符合相應段的自變量的取值范圍.[同類練]——(著眼于觸類旁通)4．[2021·福州市高三質量檢測]函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x<0,ex－1，x≥0))，則f(2)＋f(－1)＝________.5．[2021·江西省名校高三教學質量檢測]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋12x≤0,x2－3x－3x>0))，則f(f(1))＝()A．－5B．0C．1D．2[變式練]——(著眼于舉一反三)6．[2021·惠州市高三第二次調研考試試題]設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2x≤1,1－lgxx>1))，則f(f(－4))＝________.7．設f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\r(x)，0<x<1，,2x－1，x≥1，))若f(a)＝f(a＋1)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝()A．2B．4C．6D．8[拓展練]——(著眼于遷移應用)8．[2021·廣東金山中學檢測]已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)x≥0，,x2x<0，))則f(f(x))≥1的解集是()A．(－∞，－eq\r(2)]B．[4eq\r(2)，＋∞)C．(－∞，－1]∪[4eq\r(2)，＋∞)D．(－∞，－eq\r(2)]∪[4，＋∞)第一節(jié)函數(shù)及其表示【知識重溫】①非空集合②任意③唯一確定④任意⑤唯一確定⑥定義域⑦值域⑧定義域⑨值域⑩對應關系?定義域?對應關系?解析法?列表法?圖象法?對應關系?并集?并集【小題熱身】1．答案：(1)×(2)×(3)×(4)×(5)×(6)√2．解析：A中，f(x)定義域為R，g(x)的定義域為{x|x≠0}，定義域不同，∴f(x)與g(x)不是同一函數(shù)．B中，f(x)定義域為R，g(x)定義域為{x|x≥0}，定義域不同，∴f(x)與g(x)不是同一函數(shù)．C中，f(x)與g(x)定義域與對應關系都相同，∴f(x)與g(x)是同一函數(shù)．D中，f(x)與g(x)定義域都是R，但對應關系不同，∴f(x)與g(x)不是同一函數(shù)．故選C.答案：C3．解析：∵f(－2)＝(－2＋1)2＝1，∴f(f(－2))＝f(1)＝(1＋1)2＝4.答案：44．解析：∵f(a)＋f(1)＝0，∴f(a)＝－f(1)＝－2，當a>0時，2a＝－2，∴a＝－1(舍去)，當a≤0時，a＋1＝－2，∴a＝－3.故選A.答案：A5．解析：令t＝eq\r(2x＋1)，則t≥0，且x＝eq\f(t2－1,2).故y＝eq\f(t2－1,2)＋t＝eq\f(1,2)(t＋1)2－1，t∈[0，＋∞)．∴y≥－eq\f(1,2).∴函數(shù)y＝x＋eq\r(2x＋1)的值域為[－eq\f(1,2)，＋∞)．答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，＋∞))6．解析：由題意知7＋6x－x2≥0.即x2－6x－7≤0.解得－1≤x≤7，故函數(shù)的定義域為[－1,7]．答案：[－1,7]課堂考點突破考點一1．解析：函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x＋1)＋lnx的自變量滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≠0，,x>0，))∴x>0，即定義域為(0，＋∞)．答案：(0，＋∞)2．解析：要使函數(shù)解析式有意義，須有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x>0，,12＋x－x2>0，,x－1≠0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x<2，,－3<x<4，,x≠1，))所以－3<x<2且x≠1.故已知函數(shù)的定義域為{x|－3<x<2且x≠1}．答案：B3．解析：因為函數(shù)f(x)的定義域為[0,6]，所以0≤2x≤6，解得0≤x≤3.又因為x－3≠0，所以函數(shù)eq\f(f2x,x－3)的定義域為[0,3)．答案：D考點二例1解析：(1)(換元法)令eq\f(2,x)＋1＝t，得x＝eq\f(2,t－1)，因為x>0，所以t>1，所以f(t)＝lgeq\f(2,t－1).即f(x)的解析式是f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)．(2)(待定系數(shù)法)設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，又f(0)＝c＝3.所以f(x)＝ax2＋bx＋3，所以f(x＋2)－f(x)＝a(x＋2)2＋b(x＋2)＋3－(ax2＋bx＋3)＝4ax＋4a＋2b＝4x＋2.所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4a＝4，,4a＋2b＝2，))所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝－1.))所以所求函數(shù)的解析式為f(x)＝x2－x＋3.(3)(解方程組法)因為2f(x)＋f(－x)＝2x，①將x換成－x得2f(－x)＋f(x)＝－2x，②由①②消去f(－x)，得3f(x)＝6x，所以f(x)＝2x.答案：(1)f(x)＝lgeq\f(2,x－1)(x>1)(2)f(x)＝x2－x＋3(3)f(x)＝2x變式練1．解析：解法一(配湊法)∵f(eq\r(x)＋1)＝x＋2eq\r(x)＝(eq\r(x))2＋2eq\r(x)＋1－1＝(eq\r(x)＋1)2－1，且eq\r(x)＋1≥1.∴f(x)＝x2－1(x≥1)．解法二(換元法)設t＝eq\r(x)＋1，則x＝(t－1)2(t≥1)．代入原式有f(t)＝(t－1)2＋2(t－1)＝t2－2t＋1＋2t－2＝t2－1.故f(x)＝x2－1(x≥1)．答案：f(x)＝x2－1(x≥1)2．解析：設f(x)＝ax＋b(a≠0)，則f(f(x))＝af(x)＋b＝a2x＋ab＋b＝4x＋3，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4，,ab＋b＝3，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－2，,b＝－3，))∴f(x)＝2x＋1或f(x)＝－2x－3.答案：f(x)＝2x＋1或f(x)＝－2x－33．解析：因為2f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＝3x，①所以將x用eq\f(1,x)替換，得2feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))＋f(x)＝eq\f(3,x)，②由①②解得f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)，即f(x)的解析式是f(x)＝2x－eq\f(1,x)(x≠0)．答案：2x－eq\f(1,x)(x≠0)考點三例2解析：(1)因為f(1)＝12＋2＝3，所以f(f(1))＝f(3)＝3＋eq\f(1,3－2)＝4.故選C.(2)當m≥2時，m2－1＝3，所以m＝2或m＝－2(舍)；當0<m<2時，log2m＝3，所以m＝8(舍)．所以m＝2.所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－m))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝log2eq\f(1,2)＝－1.答案：(1)C(2)－1例3解析：(1)因為eq\f(2,3)＜1，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝4×eq\f(2,3)＋a＝a＋eq\f(8,3).若a＋eq\f(8,3)≥1，即a≥－eq\f(5,3)時，＝4，即a＋eq\f(8,3)＝2?a＝－eq\f(2,3)＞－eq\f(5,3)(成立)；若a＋eq\f(8,3)＜1，即a＜－eq\f(5,3)時，則4a＋eq\f(32,3)＋a＝4，即a＝－eq\f(4,3)＞－eq\f(5,3)(舍去)，綜上a＝－eq\f(2,3).(2)將函數(shù)f(x)的圖象畫出來，觀察圖象可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＜0，,2x＜x＋1，))解得x＜0，所以滿足f(x＋1)＜f(2x)的x的取值范圍是(－∞，0)．故選D.答案：(1)A(2)D同類練4．解析：因為f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x，x<0,ex－1，x≥0))，所以f(2)＋f(－1)＝e2－1－1＝e2－2.答案：e2－25．解析：f(1)＝12－3×1－3＝－5，f(－5)＝2×(－5)＋12＝2，故選D.答案：D變式練6．解析：f(－4)＝16－4－2＝10，所以f(f(－4))＝f(10)＝1－lg10＝0.答案：07．解析：解法一當0<a<1時，a＋1>1.所以f(a)＝eq\r(a)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.由f(a)＝f(a＋1)得eq\r(a)＝2a，所以a＝eq\f(1,4).此時feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.當a≥1時，a＋1>1，所以f(a)＝2(a－1)，f(a＋1)＝2(a＋1－1)＝2a.由f(a)＝f(a＋1)得2(a－1)＝2a，無解．綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6，故選C.解法二因為當0<x<1時，f(x)＝eq\r(x)，為增函數(shù)，當x≥1時，f(x)＝2(x－1)，為增函數(shù)，又f(a)＝f(a＋1)，所以eq\r(a)＝2(a＋1－1)，所以a＝eq\f(1,4).所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝6.答案：C拓展練8．解析：當x≥0時，f(x)＝eq\f(x,2)≥0，所以f(f(x))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))＝eq\f(x,4)≥1，解得x≥4；當x<0時，f(x)＝x2>0，所以f(f(x))＝f(x2)＝eq\f(x2,2)≥1，解得x≥eq\r(2)(舍)或x≤－eq\r(2).綜上，f(f(x))≥1的解集為(－∞，－eq\r(2)]∪[4，＋∞)．故選D.答案：D第二節(jié)函數(shù)的單調性與最值【知識重溫】一、必記2個知識點1．函數(shù)的單調性(1)單調函數(shù)的定義增函數(shù)減函數(shù)定義設函數(shù)f(x)的定義域為I，如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1，x2當x1<x2時，都有①________，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)；當x1<x2時，都有②________，那么就說函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是減函數(shù)．圖象描述自左向右看圖象是③________自左向右看圖象是④________注：定義的兩種形式設x1，x2∈D且x1<x2，若eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0?(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]>0，則f(x)為增函數(shù)；若eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0?(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]<0，則f(x)為減函數(shù)．(2)單調性、單調區(qū)間的定義若函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是⑤________或⑥________，則稱函數(shù)f(x)在這一區(qū)間上具有(嚴格的)單調性，區(qū)間D叫做f(x)的⑦________.(3)若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D內可導，當⑧________時，f(x)在區(qū)間D上為增函數(shù)；當⑨________時，f(x)在區(qū)間D上為減函數(shù)．(4)復合函數(shù)的單調性．若構成復合函數(shù)的內、外層函數(shù)單調性相同，則復合函數(shù)為增函數(shù)，否則為減函數(shù)．簡稱“同增異減”．2．函數(shù)的最值(1)函數(shù)最值的定義前提設函數(shù)f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)M滿足條件(1)對于任意的x∈I，都有⑩________；(2)存在x0∈I，使得?________.(1)對于任意的x∈I，都有?________；(2)存在x0∈I，使得?________.結論M是y＝f(x)的最大值M是y＝f(x)的最小值(2)兩條結論：①閉區(qū)間上的連續(xù)函數(shù)一定存在最大值和最小值．當函數(shù)在閉區(qū)間上單調時，最值一定在端點處取到；②區(qū)間上的“單峰”函數(shù)一定存在最大(小)值．二、必明2個易誤點1．函數(shù)的單調區(qū)間是指函數(shù)在定義域內的某個區(qū)間上單調遞增或單調遞減．單調區(qū)間只能用區(qū)間表示，不能用集合或不等式表示；如有多個單調區(qū)間應分別寫，不能用并集符號“∪”聯(lián)結，也不能用“或”聯(lián)結，只能用“，”“和”．2．兩函數(shù)f(x)，g(x)在x∈(a，b)上都是增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也為增(減)函數(shù)，但f(x)·g(x)，eq\f(1,fx)等的單調性與其正負有關，切不可盲目類比．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)函數(shù)y＝|x|是R上的增函數(shù)．()(2)函數(shù)y＝eq\f(1,x)的單調減區(qū)間是(－∞，0)∪(0，＋∞)．()(3)若函數(shù)y＝f(x)在[1，＋∞)上是增函數(shù)，則函數(shù)的單調遞增區(qū)間是[1，＋∞)．()(4)對于函數(shù)f(x)，x∈D，若對任意x1，x2∈D，x1≠x2且(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>0，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是增函數(shù)．()(5)已知函數(shù)y＝f(x)在R上是增函數(shù)，則函數(shù)y＝f(－x)在R上是減函數(shù)．()二、教材改編2．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)，x∈[2,6]，則f(x)的最大值為()A．3B．1C．2D．43．已知函數(shù)f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上具有單調性，則實數(shù)k的取值范圍是________________．三、易錯易混4．函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)的單調減區(qū)間為()A．(－∞，－1)B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1)，(－1，＋∞)D．(－∞，－1)∪(－1，＋∞)5．若函數(shù)f(x)＝x2＋2(a－1)x＋2的單調遞減區(qū)間是(－∞，4]，則實數(shù)a的值是________．四、走進高考6．[2019·北京卷]下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上單調遞增的是()A．y＝B．y＝2－xC．y＝D．y＝eq\f(1,x)eq\x(考點一)確定函數(shù)的單調性(區(qū)間)[分層深化型]考向一：判斷函數(shù)的單調性1．判斷函數(shù)y＝eq\f(2x2－3,x)的單調性．考向二：利用函數(shù)圖象求函數(shù)的單調區(qū)間2．求函數(shù)f(x)＝－x2＋2|x|＋1的單調區(qū)間．考向三：求復合函數(shù)的單調區(qū)間3．函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2)B．(－∞，1)C．(1，＋∞)D．(4，＋∞)悟·技法1.確定函數(shù)單調性(區(qū)間)的三種常用方法(1)定義法：一般步驟：①任取x1，x2∈D，且x1<x2；②作差f(x1)－f(x2)；③變形(通常是因式分解和配方)；④定號(即判斷f(x1)－f(x2)的正負)；⑤下結論(即指出函數(shù)f(x)在給定的區(qū)間D上的單調性)．(2)圖象法：如果f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，則可由圖象的直觀性確定它的單調性．(3)導數(shù)法：利用導數(shù)取值的正負確定函數(shù)的單調性．2．熟記函數(shù)單調性的三個常用結論(1)若f(x)，g(x)均是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)，則f(x)＋g(x)也是區(qū)間A上的增(減)函數(shù)；(2)若k>0，則kf(x)與f(x)單調性相同；若k<0，則kf(x)與f(x)單調性相反；(3)復合函數(shù)單調性的確定方法：若兩個簡單函數(shù)的單調性相同，則這兩個函數(shù)的復合函數(shù)為增函數(shù)；若兩個簡單函數(shù)的單調性相反，則這兩個函數(shù)的復合函數(shù)為減函數(shù)，簡稱“同增異減”.考點二求函數(shù)的最值(值域)[自主練透型]4．函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上的最大值是()A.eq\f(3,2)B．－eq\f(8,3)C．－2D．25．函數(shù)y＝x－eq\r(x－1)的最小值為________．6．函數(shù)y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域為________．悟·技法求函數(shù)的最值(值域)的常用方法(1)單調性法：若所給函數(shù)為單調函數(shù)，可根據(jù)函數(shù)的單調性求最值．(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、三角換元法結合題目條件將原函數(shù)轉化為熟悉的函數(shù)，再利用函數(shù)的相關性質求解．(3)數(shù)形結合法：若函數(shù)解析式的幾何意義較明顯(如距離、斜率等)或函數(shù)圖象易作出，可用數(shù)形結合法求函數(shù)的值域或最值．(4)有界性法：利用代數(shù)式的有界性(如x2≥0，eq\r(x)≥0,2x>0，－1≤sinx≤1等)確定函數(shù)的值域．(5)分離常數(shù)法：形如求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．另外，基本不等式法、導數(shù)法求函數(shù)值域或最值也是常用方法.考點三函數(shù)單調性的應用[分層深化型]考向一：比較函數(shù)值的大小[例1][2021·鄭州模擬]已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，且函數(shù)f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，若a＝f(－1)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,4)))，c＝f(20.3)，則a，b，c的大小關系為()A．c<b<aB．a<c<bC．b<c<aD．a<b<c考向二：解不等式[例2]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋1，x≥0，,1，x<0，))則不等式f(1－x2)>f(2x)的x的取值范圍是()A．(0，eq\r(2)－1)B．(－1，eq\r(2)＋1)C．(0，eq\r(2)＋1)D．(－1，eq\r(2)－1)考向三：求參數(shù)的值或取值范圍[例3][2021·黑龍江哈工大附中月考]若函數(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))在其定義域上為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(4,8)B．[4,8)C．(1，＋∞)D．(1,8)聽課筆記：悟·技法函數(shù)單調性應用問題的常見類型及解題策略(1)比較大小．(2)解不等式．利用函數(shù)的單調性將“f”符號脫掉，轉化為具體的不等式求解，應注意函數(shù)的定義域．(3)利用單調性求參數(shù)①依據(jù)函數(shù)的圖象或單調性定義，確定函數(shù)的單調區(qū)間，與已知單調區(qū)間比較；②需注意：若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調的；③分段函數(shù)的單調性，除注意各段的單調性外，還要注意銜接點的取值.[同類練]——(著眼于觸類旁通)1．已知f(x)＝2x－2－x，a＝，b＝，c＝log2eq\f(7,9)，則f(a)，f(b)，f(c)的大小順序為()A．f(b)<f(a)<f(c)B．f(c)<f(b)<f(a)C．f(c)<f(a)<f(b)D．f(b)<f(c)<f(a)2．已知函數(shù)f(x)＝－x|x|，x∈(－1,1)，則不等式f(1－m)<f(m2－1)的解集為________．[變式練]——(著眼于舉一反三)3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3x＋5，x≤1，,2a－logax，x>1，))對于任意x1≠x2都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0成立，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(1,3]B．(1,3)C．(1,2]D．(1,2)4．[2021·廣州模擬]已知函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減，且當x∈[－2,1]時，f(x)＝x2－2x－4，則關于x的不等式f(x)<－1的解集為()A．(－∞，－1)B．(－∞，3)C．(－1,3)D．(－1，＋∞)[拓展練]——(著眼于遷移應用)5．[2021·貴陽市高三摸底]函數(shù)y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上單調遞增，則a的取值范圍是()A．a＝－3B．a<3C．a≤－3D．a≥－36．已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位長度后關于y軸對稱，當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)]·(x2－x1)<0恒成立，設a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關系為()A．c>a>bB．c>b>aC．a>c>bD．b>a>c第二節(jié)函數(shù)的單調性與最值【知識重溫】①f(x1)<f(x2)②f(x1)>f(x2)③上升的④下降的⑤增函數(shù)⑥減函數(shù)⑦單調區(qū)間⑧f′(x)>0⑨f′(x)<0⑩f(x)≤M?f(x0)＝M?f(x)≥M?f(x0)＝M【小題熱身】1．答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)√2．解析：由函數(shù)單調性的定義可知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,x－1)在x∈[2,6]上單調遞減，所以f(x)max＝f(2)＝2.故選C.答案：C3．解析：函數(shù)f(x)為二次函數(shù)，對稱軸為直線x＝eq\f(k,8).當eq\f(k,8)≤5，即k≤40時，f(x)在[5,20]上單調遞增；當eq\f(k,8)≥20，即k≥160時，f(x)在[5,20]上單調遞減；綜上可知，k的取值范圍是(－∞，40]∪[160，＋∞)．答案：(－∞，40]∪[160，＋∞)4．解析：f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝eq\f(－1＋x＋2,1＋x)＝－1＋eq\f(2,1＋x).又f(x)＝eq\f(2,x)在(－∞，0)和(0，＋∞)上單調遞減，由函數(shù)的圖象平移可知f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)的單調遞減區(qū)間為(－∞，－1)，(－1，＋∞)．故選C.答案：C5．解析：因為函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(－∞，4]，且函數(shù)f(x)的圖象對稱軸為直線x＝1－a，所以有1－a＝4，即a＝－3.答案：－36．解析：A選項，eq\f(1,2)>0，所以冪函數(shù)y＝在(0，＋∞)上單調遞增．B選項，指數(shù)函數(shù)y＝2－x＝(eq\f(1,2))x在(0，＋∞)上單調遞減．C選項，因為0<eq\f(1,2)<1，所以對數(shù)函數(shù)y＝在(0，＋∞)上單調遞減．D選項，反比例函數(shù)y＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞減．答案：A課堂考點突破考點一1．解析：因為f(x)＝eq\f(2x2－3,x)＝2x－eq\f(3,x)，且函數(shù)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，而函數(shù)y＝2x和y＝－eq\f(3,x)在區(qū)間(－∞，0)上均為增函數(shù)，根據(jù)單調函數(shù)的運算性質，可得f(x)＝2x－eq\f(3,x)在區(qū)間(－∞，0)上為增函數(shù)．同理，可得f(x)＝2x－eq\f(3,x)在區(qū)間(0，＋∞)上也是增函數(shù)．故函數(shù)f(x)＝eq\f(2x2－3,x)在區(qū)間(－∞，0)和(0，＋∞)上均為增函數(shù)．2．解析：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x≥0，,－x2－2x＋1，x<0))＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x－12＋2，x≥0，,－x＋12＋2，x<0.))畫出函數(shù)圖象如圖所示，可知單調遞增區(qū)間為(－∞，－1]和(0,1]，單調遞減區(qū)間為(－1,0]和(1，＋∞)．3．解析：由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)．要求函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8在定義域內的單調遞增區(qū)間．∵函數(shù)t＝x2－2x－8在(－∞，－2)上單調遞減，在(4，＋∞)上單調遞增，∴函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間為(4，＋∞)．答案：D考點二4．解析：因為函數(shù)f(x)＝－x＋eq\f(1,x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))上是減函數(shù)，所以f(x)max＝f(－2)＝2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2).答案：A5．解析：令t＝eq\r(x－1)，則t≥0且x＝t2＋1，所以y＝t2＋1－t＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t－\f(1,2)))2＋eq\f(3,4)，t≥0，所以當t＝eq\f(1,2)時，ymin＝eq\f(3,4).答案：eq\f(3,4)6．解析：y＝eq\f(3x＋1,x－2)＝eq\f(3x－2＋7,x－2)＝3＋eq\f(7,x－2)，因為eq\f(7,x－2)≠0，所以3＋eq\f(7,x－2)≠3，所以函數(shù)y＝eq\f(3x＋1,x－2)的值域為{y|y∈R且y≠3}．答案：{y|y∈R且y≠3}考點三例1解析：∵函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，∴c＝f(20.3)＝f(－20.3)．∵1<20.3<2，∴－1>－20.3>－2，即－1>－20.3>log2eq\f(1,4).∵函數(shù)f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)，∴f(－1)<f(－20.3)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,4)))，即a<c<b.答案：B例2解析：作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示．則不等式f(1－x2)>f(2x)等價于eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,2x≤0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,2x>0，,1－x2>2x，))解得－1<x<eq\r(2)－1.答案：D例3解析：因為分段函數(shù)f(x)為增函數(shù)，所以需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>1，,4－\f(a,2)>0，,a≥6－\f(a,2)，))解得4≤a<8.故選B項．答案：B同類練1．解析：a＝＝>>1，c＝log2eq\f(7,9)<0，所以c<b<a.因為f(x)＝2x－2－x＝2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x在R上單調遞增，所以f(c)<f(b)<f(a)．答案：B2．解析：由已知得f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2，－1<x≤0，,－x2，0<x<1，))則f(x)在(－1,1)上單調遞減，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<1－m<1，,－1<m2－1<1，,m2－1<1－m，))解得0<m<1，所以所求解集為(0,1)．答案：(0,1)變式練3．解析：根據(jù)題意，由eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，易知函數(shù)f(x)為R上的單調遞減函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－3<0，,a>1，,a－3＋5≥2a，))解得1<a≤2.故選C.答案：C4．解析：因為f(－1)＝－1，所以f(x)<－1，等價于f(x)<f(－1)．又函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞減．所以x>－1，所以關于x的不等式f(x)<－1的解集為(－1，＋∞)．答案：D拓展練5．解析：y＝eq\f(x－5,x－a－2)＝eq\f(x－a－2＋a－3,x－a－2)＝1＋eq\f(a－3,x－a＋2)，所以當a－3<0時，y＝eq\f(x－5,x－a－2)的單調遞增區(qū)間是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；當a－3≥0時不符合題意．又y＝eq\f(x－5,x－a－2)在(－1，＋∞)上單調遞增，所以(－1，＋∞)?(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，綜上知，a的取值范圍是(－∞，－3]．答案：C6．解析：由于函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個單位長度后得到的圖象關于y軸對稱，故函數(shù)y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，所以a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).當x2>x1>1時，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，等價于函數(shù)f(x)在(1，＋∞)上單調遞減，所以b>a>c.故選D項．答案：D第三節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性【知識重溫】一、必記3個知識點1．函數(shù)的奇偶性奇偶性定義圖象特點偶函數(shù)如果函數(shù)f(x)的定義域內①______x都有②______________________，那么函數(shù)f(x)是偶函數(shù)關于③______對稱奇函數(shù)如果函數(shù)f(x)的定義域內④______x都有⑤______________________，那么函數(shù)f(x)是奇函數(shù)關于⑥______對稱2.奇偶函數(shù)的性質(1)奇函數(shù)在關于原點對稱的區(qū)間上的單調性⑦______，偶函數(shù)在關于原點對稱的區(qū)間上的單調性⑧________(填“相同”、“相反”)．(2)在公共定義域內(ⅰ)兩個奇函數(shù)的和函數(shù)是⑨________，兩個奇函數(shù)的積函數(shù)是⑩________.(ⅱ)兩個偶函數(shù)的和函數(shù)、積函數(shù)是?________.(ⅲ)一個奇函數(shù)與一個偶函數(shù)的積函數(shù)是?________.(3)若f(x)是奇函數(shù)且在x＝0處有意義，則f(0)＝?________.3．函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)：對于函數(shù)y＝f(x)，如果存在一個非零常數(shù)T，使得當x取定義域內的任何值時，都有f(x＋T)＝?________，那么就稱函數(shù)y＝f(x)為周期函數(shù)，稱T為這個函數(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?__________________的正數(shù)，那么這個?________就叫做f(x)的最小正周期．(3)常見結論：若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a；若f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則T＝2a；若f(x＋a)＝－eq\f(1,fx)，則T＝2a.二、必明2個易誤點1．判斷函數(shù)的奇偶性，易忽視判斷函數(shù)定義域是否關于原點對稱．定義域關于原點對稱是判斷函數(shù)具有奇偶性的一個必要條件．2．判斷函數(shù)f(x)的奇偶性時，必須對定義域內的每一個x，均有f(－x)＝－f(x)或f(－x)＝f(x)，而不能說存在x0使f(－x0)＝－f(x0)、f(－x0)＝f(x0)．【小題熱身】一、判斷正誤1．判斷下列說法是否正確(請在括號中打“√”或“×”)．(1)“a＋b＝0”是“函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b](a≠b)上具有奇偶性”的必要條件．()(2)若函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，則必有f(0)＝0.()(3)若函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關于直線x＝a對稱．()(4)若函數(shù)y＝f(x＋b)是奇函數(shù)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關于點(b,0)中心對稱．()(5)已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，若在(－∞，0)上是減函數(shù)，則在(0，＋∞)上是增函數(shù)．()(6)若T為y＝f(x)的一周期，那么nT(n∈Z)是函數(shù)f(x)的周期．()二、教材改編2．下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A．y＝x2sinxB．y＝x2cosxC．y＝|lnx|D．y＝2－x3．已知函數(shù)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝x(1＋x)，則f(x)的解析式為________．三、易錯易混4．關于函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－4)＋eq\r(4－x2)與h(x)＝eq\r(x－4)＋eq\r(4－x)的奇偶性，下列說法正確的是()A．兩函數(shù)均為偶函數(shù)B．兩函數(shù)都既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)C．函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，h(x)是非奇非偶函數(shù)D．函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，h(x)是非奇非偶函數(shù)5．設f(x)為奇函數(shù)，且在(－∞，0)內是減函數(shù)，f(2)＝0，則eq\f(fx,x)<0的解集為()A．{x|x<－2或x>2}B．{x|x<－2或0<x<2}C．{x|－2<x<0或x>2}D．{x|－2<x<0或0<x<2}四、走進高考6．[2019·全國卷Ⅱ]已知f(x)是奇函數(shù)，且當x<0時，f(x)＝－eax.若f(ln2)＝8，則a＝________.eq\x(考點一)函數(shù)的奇偶性[分層深化型]考向一：判斷函數(shù)的奇偶性1．[2021·成都市高三階段考試]已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()①y＝f(|x|)；②y＝f(－x)；③y＝xf(x)；④y＝f(x)＋x.A．①③B．②③C．①④D．②④2．判斷下列函數(shù)的奇偶性：(1)f(x)＝eq\r(3－x2)＋eq\r(x2－3)；(2)f(x)＝(1－x)eq\r(\f(1＋x,1－x))；(3)f(x)＝eq\f(lg1－x2,|x－2|－2)；(4)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x<0，,－x2＋x，x>0.))考向二：函數(shù)奇偶性的應用3．(1)[2019·全國卷Ⅱ]設f(x)為奇函數(shù)，且當x≥0時，f(x)＝ex－1，則當x<0時，f(x)＝()A．e－x－1B．e－x＋1C．－e－x－1D．－e－x＋1(2)[2021·浙江高三月考]若函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2x－a)為奇函數(shù)，則實數(shù)a的值為________．悟·技法1.判斷函數(shù)奇偶性的三種方法(1)定義法(2)圖象法(3)性質法設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．2．函數(shù)奇偶性的應用(1)求函數(shù)值：將特求值利用奇偶性轉化為求已知解析式的區(qū)間上的函數(shù)值．(2)求解析式：將待求區(qū)間上的自變量轉化到已知解析式的區(qū)間上，再利用奇偶性的定義求出．(3)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得到關于參數(shù)的恒等式，由系數(shù)的對等性或等式恒成立的條件得方程(組)，進而得出參數(shù)的值．(4)畫函數(shù)圖象：利用函數(shù)的奇偶性可畫出函數(shù)在另一對稱區(qū)間上的圖象．(5)求特殊值：利用奇函數(shù)的最大值與最小值之和為零可求一些特殊結構的函數(shù)值．[注意]對于定義域為I的奇函數(shù)f(x)，若0∈I，則f(0)＝0.考點二函數(shù)的周期性[互動講練型][例1](1)[2021·綿陽模擬]函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，－1≤x<3，,fx－4，x≥3，))則f(9)＝________.(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝eq\f(1,fx)，當x∈[0,2)時，f(x)＝x＋ex，則f(2020)＝________.悟·技法1.求函數(shù)周期的方法方法解讀適合題型定義法具體步驟為：對于函數(shù)y＝f(x)，如果能夠找到一個非零常數(shù)T，使得當x取定義域內的任何值時，都有f(x＋T)＝f(x)，那么T就是函數(shù)y＝f(x)的周期非零常數(shù)T容易確定的函數(shù)遞推法采用遞推的思路進行，再結合定義確定周期．如：若f(x＋a)＝－f(x)，則f(x＋2a)＝f[(x＋a)＋a]＝－f(x＋a)＝f(x)，所以2a為f(x)的一個周期含有f(x＋a)與f(x)的關系式換元法通過換元思路將表達式化簡為定義式的結構，如：若f(x＋a)＝f(x－a)，令x－a＝t，則x＝t＋a，則f(t＋2a)＝f(t＋a＋a)＝f(t＋a－a)＝f(t)，所以2a為f(x)的一個周期f(bx±a)＝f(bx±c)型關系式2.函數(shù)周期性的應用根據(jù)函數(shù)的周期性，可以由函數(shù)局部的性質得到函數(shù)的整體性質，即周期性與奇偶性都具有將未知區(qū)間上的問題轉化到已知區(qū)間的功能．在解決具體問題時，要注意結論：若T是函數(shù)的周期，則kT(k∈Z且k≠0)也是函數(shù)的周期.[變式練]——(著眼于舉一反三)1．已知定義在R上的函數(shù)滿足f(x＋2)＝－eq\f(1,fx)，當x∈(0,2]時，f(x)＝2x－1.則f(17)＝________，f(20)＝________.2．已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當0≤x<2時，f(x)＝x3－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點個數(shù)為________．考點三函數(shù)性質的綜合應用[分層深化型]考向一：單調性與奇偶性的綜合[例2][2020·山東卷]若定義在R的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0)單調遞減，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]考向二：周期性與奇偶性結合[例3][2018·全國卷Ⅱ]已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿足f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50B．0C．2D．50考向三：單調性、奇偶性和周期性結合[例4][2021·青島二中模擬]已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：①f(x＋2)＝f(x)；②f(x－2)為奇函數(shù)；③當x∈[0,1)時，eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0(x1≠x2)恒成立，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))，f(4)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))的大小關系正確的是()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))B．f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>f(4)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(15,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,2)))>f(4)悟·技法

函數(shù)性質綜合應用問題的常見類型及解題策略(1)函數(shù)單調性與奇偶性的綜合．解此類問題常利用以下兩個性質：①如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)．②奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性．(2)周期性與奇偶性的綜合．此類問題多考查求值問題，常利用奇偶性及周期性進行變換，將所求函數(shù)值的自變量轉化到已知解析式的函數(shù)定義域內求解．(3)單調性、奇偶性與周期性的綜合．解決此類問題通常先利用周期性、奇偶性轉化自變量所在的區(qū)間，然后利用單調性求解.[同類練]——(著眼于觸類旁通)3．[2020·全國卷Ⅱ]設函數(shù)f(x)＝ln|2x＋1|－ln|2x－1|，則f(x)()A．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))單調遞增B．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(1,2)))單調遞減C．是偶函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))單調遞增D．是奇函數(shù)，且在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))單調遞減[變式練]——(著眼于舉一反三)4．[2021·武昌區(qū)調研考試]已知f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，且函數(shù)y＝f(x－1)為偶函數(shù)，當0≤x≤1時，f(x)＝x3，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝________.[拓展練]——(著眼于遷移應用)5．[2021·廣東珠海模擬]定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)＝f(2－x)，f(x)＝－f(－x)，且在[0,1]上有f(x)＝x2，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2019\f(1,2)))＝()A.eq\f(9,4)B.eq\f(1,4)C．－eq\f(9,4)D．－eq\f(1,4)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)第三節(jié)函數(shù)的奇偶性與周期性【知識重溫】①任意一個②f(－x)＝f(x)③y軸④任意一個⑤f(－x)＝－f(x)⑥原點⑦相同⑧相反⑨奇函數(shù)⑩偶函數(shù)?偶函數(shù)?奇函數(shù)?0?f(x)?存在一個最小?最小正數(shù)【小題熱身】1．答案：(1)√(2)×(3)√(4)√(5)√(6)×2．解析：A是奇函數(shù)，B是偶函數(shù)，C，D是非奇非偶函數(shù)．答案：A3．解析：當x<0時，－x>0，∴f(－x)＝(－x)(1－x)＝－x(1－x)．又f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴－f(x)＝－x(1－x)，即f(x)＝x(1－x)．答案：f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x，x≥0,x1－x，x<0))4．解析：函數(shù)f(x)＝eq\r(x2－4)＋eq\r(4－x2)的定義域滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4≥0，,4－x2≥0，))即x2＝4，因此函數(shù)f(x)的定義域為{－2,2}，關于原點對稱，此時f(x)＝0，滿足f(－x)＝－f(x)，f(－x)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．而函數(shù)h(x)＝eq\r(x－4)＋eq\r(4－x)的定義域為{4}，不關于原點對稱，因此函數(shù)h(x)是非奇非偶函數(shù)．答案：D5．解析：∵f(x)為奇函數(shù)，且在(－∞，0)內是減函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上也為減函數(shù)．∵f(2)＝0，∴f(－2)＝－f(2)＝0，故函數(shù)f(x)的大致圖象如圖所示．則由eq\f(fx,x)<0，可得xf(x)<0，即x和f(x)異號，由圖象可得x<－2或x>2.故eq\f(fx,x)<0的解集為{x|x<－2或x>2}，故選A.答案：A6．解析：解法一由x>0可得－x<0，由f(x)是奇函數(shù)可知f(－x)＝－f(x)，∴x>0時，f(x)＝－f(－x)＝－[－ea(－x)]＝e－ax，則f(ln2)＝e－aln2＝8，∴－aln2＝ln8＝3ln2，∴a＝－3.解法二由f(x)是奇函數(shù)可知f(－x)＝－f(x)，∴f(ln2)＝－f(lneq\f(1,2))＝－(－ealneq\f(1,2))＝8，∴alneq\f(1,2)＝ln8＝3ln2，∴a＝－3.答案：－3課堂考點突破考點一1．解析：因為y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，由f(|－x|)＝f(|x|)，知①是偶函數(shù)；由f[－(－x)]＝f(x)＝－f(－x)，知②是奇函數(shù)；由y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝x是定義在R上的奇函數(shù)，奇×奇＝偶，知③是偶函數(shù)；由f(－x)＋(－x)＝－[f(x)＋x]，知④是奇函數(shù)．答案：D2．解析：(1)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－x2≥0，,x2－3≥0，))得x2＝3，解得x＝±eq\r(3)，即函數(shù)f(x)的定義域為{－eq\r(3)，eq\r(3)}，∴f(x)＝eq\r(3－x2)＋eq\r(x2－3)＝0.∴f(－x)＝－f(x)且f(－x)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．(2)由eq\f(1＋x,1－x)≥0得－1≤x<1，所以f(x)的定義域為[－1,1)，所以函數(shù)f(x)是非奇非偶函數(shù)．(3)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－x2>0，,|x－2|≠2，))得定義域為(－1,0)∪(0,1)，關于原點對稱．∴x－2<0，∴|x－2|－2＝－x，∴f(x)＝eq\f(lg1－x2,－x).又f(－x)＝eq\f(lg[1－－x2],x)＝eq\f(lg1－x2,x)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．(4)顯然函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，關于原點對稱．∵當x<0時，－x>0，則f(－x)＝－(－x)2－x＝－x2－x＝－f(x)；當x>0時，－x<0，則f(－x)＝(－x)2－x＝x2－x＝－f(x)；綜上可知，對于定義域內的任意x，總有f(－x)＝－f(x)，∴函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．3．解析：(1)當x<0時，－x>0，因為當x≥0時，f(x)＝ex－1，所以f(－x)＝e－x－1.又因為f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.故選D項．(2)由于函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，故f(－x)＋f(x)＝0，即eq\f(－x,－x＋2－x－a)＋eq\f(x,x＋2x－a)＝0，即eq\f(4－2ax2,x＋2－x＋2x＋ax－a)＝0，故4－2a＝0，即a＝2.答案：(1)D(2)2考點二例1解析：(1)f(9)＝f(9－4)＝f(5)＝f(5－4)＝f(1)＝2×1－1＝1.(2)因為定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝eq\f(1,fx)，所以f(x＋4)＝eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4.當x∈[0,2)時，f(x)＝x＋ex，所以f(2020)＝f(505×4＋0)＝f(0)＝0＋e0＝1.答案：(1)1(2)1變式練1．解析：因為f(x＋2)＝－eq\f(1,fx)，所以f(x＋4)＝－eq\f(1,fx＋2)＝f(x)，所以函數(shù)y＝f(x)的周期T＝4.f(17)＝f(4×4＋1)＝f(1)＝1.f(20)＝f(4×4＋4)＝f(4)＝f(2＋2)＝－eq\f(1,f2)＝－eq\f(1,2×2－1)＝－eq\f(1,3).答案：1－eq\f(1,3)2．解析：因為當0≤x<2時，f(x)＝x3－x，又f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且f(0)＝0，則f(6)＝f(4)＝f(2)＝f(0)＝0.又f(1)＝0，∴f(3)＝f(5)＝f(1)＝0，故函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0,6]上與x軸的交點有7個．答案：7考點三例2解析：由題意知f(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)單調遞減，且f(－2)＝f(2)＝f(0)＝0.當x>0時，令f(x－1)≥0，得0≤x－1≤2，∴1≤x≤3；當x<0時，令f(x－1)≤0，得－2≤x－1≤0，∴－1≤x≤1，又x<0，∴－1≤x<0；當x＝0時，顯然符合題意．綜上，原不等式的解集為[－1,0]∪[1,3]，選D.答案：D例3解析：∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(1－x)＝－f(x－1)．由f(1－x)＝f(1＋x)，∴－f(x－1)＝f(x＋1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)．由f(x)為奇函數(shù)得f(0)＝0.又∵f(1－x)＝f(1＋x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∴f(2)＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0.又f(1)＝2，∴f(－1)＝－2，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f(0)＝2＋0－2＋0＝0，∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(49)＋f(50)＝0×12＋f