PAGE1-第1講函數的圖象與性質、函數與方程[做小題——激活思維]1．(2024·浙江高考)在同始終角坐標系中，函數y＝eq\f(1,ax)，y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))(a＞0，且a≠1)的圖象可能是()D[對于函數y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，當y＝0時，有x＋eq\f(1,2)＝1，得x＝eq\f(1,2)，即y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的圖象恒過定點eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))，解除選項A，C；函數y＝eq\f(1,ax)與y＝logaeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))在各自定義域上單調性相反，解除選項B，故選D.]2．設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋log22－x，x＜1，,2x－1，x≥1，))則f(－2)＋f(log212)＝________.[答案]93．已知函數f(x)＝4x2－kx－8在[5,20]上是單調函數，則實數k的取值范圍是________．[答案](－∞，40]∪[160，＋∞)4．若logaeq\f(3,4)＜1(a＞0，且a≠1)，則實數a的取值范圍是________．[答案]eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,4)))∪(1，＋∞)5．若函數f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1)(a∈R)為奇函數，則a＝________.[答案]16．已知函數f(x)的定義域為R.當x＜0時，f(x)＝x3－1；當－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當x＞eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則f(6)＝________.[答案]2[扣要點——查缺補漏]1．函數及其表示(1)給出解析式的函數的定義域是使解析式有意義的自變量的集合；探求抽象函數的定義域要把握一個原則：f(g(x))中g(x)的范圍與f(x)中x的范圍相同．(2)對于分段函數的求值問題，必需依據條件精確地找出利用哪一段求解；形如f(g(x))的函數求值時，應遵循先內后外的原則．如T2.2．函數的圖象及應用(1)函數圖象的推斷方法①找特別點；②看性質：依據函數性質推斷圖象的位置，對稱性，改變趨勢等；③看變換：看函數是由基本初等函數經過怎樣的變換得到．如T1.(2)利用圖象可確定函數的性質、方程與不等式的解等問題．3．函數的性質及應用(1)利用函數的奇偶性和周期性可以轉化函數的解析式、圖象和性質，把不在已知區間上的問題，轉化到已知區間上求解．如T5.(2)函數單調性的應用：可以比較大小、求函數最值、解不等式、證明方程根的唯一性．如T3，T4.(3)函數周期性的常用結論：若f(x＋a)＝－f(x)或f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則2a是函數f(x)的周期，如T6.4．函數與方程(1)推斷函數零點個數的主要方法①解方程f(x)＝0，干脆求零點；②利用零點存在性定理；③數形結合法：通過分解轉化為兩個能畫出的函數圖象交點問題．(2)解由函數零點的存在狀況求參數的值或取值范圍問題，關鍵是利用函數與方程思想或數形結合思想，構建關于參數的方程或不等式求解．函數的概念及表示(5年3考)[高考解讀]分段函數屬高考的重點內容，涉及干脆求值、解不等式及已知函數值求參數問題，考查學生分類探討思想、邏輯推理和數學運算核心素養.1．(2024·全國卷Ⅱ)下列函數中，其定義域和值域分別與函數y＝10lgx的定義域和值域相同的是()A．y＝x B．y＝lgxC．y＝2x D．y＝eq\f(1,\r(x))D[函數y＝10lgx的定義域與值域均為(0，＋∞)．函數y＝x的定義域與值域均為(－∞，＋∞)．函數y＝lgx的定義域為(0，＋∞)，值域為(－∞，＋∞)．函數y＝2x的定義域為(－∞，＋∞)，值域為(0，＋∞)．函數y＝eq\f(1,\r(x))的定義域與值域均為(0，＋∞)．故選D.]2．(2015·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1－2，x≤1，,－log2x＋1，x＞1，))且f(a)＝－3，則f(6－a)＝()A．－eq\f(7,4)B．－eq\f(5,4)C．－eq\f(3,4)D．－eq\f(1,4)切入點：f(a)＝－3.關鍵點：依據f(a)＝－3求a的值．A[由于f(a)＝－3，①若a≤1，則2a－1－2＝－3，整理得2a－1＝－1.由于2x>0，所以2a－1＝－1無解；②若a>1，則－log2(a＋1)＝－3，解得a＋1＝8，a＝7，所以f(6－a)＝f(－1)＝2－1－1－2＝－eq\f(7,4).綜上所述，f(6－a)＝－eq\f(7,4).故選A.]3．(2024·全國卷Ⅲ)設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x＞0，))則滿意f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))>1的x的取值范圍是________．切入點：f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))＞1.關鍵點：正確分類，精確求出f(x)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))的表達式．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，＋∞))[由題意知，可對不等式分x≤0,0<x≤eq\f(1,2)，x>eq\f(1,2)三段探討．當x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1,2)>1，解得x>－eq\f(1,4)，∴－eq\f(1,4)＜x≤0.當0<x≤eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋x＋eq\f(1,2)>1，明顯成立．當x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋2x－eq\f(1,2)>1，明顯成立．綜上可知，x>－eq\f(1,4).][老師備選題]1．(2024·山東高考)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．8C[若0<a<1，由f(a)＝f(a＋1)得eq\r(a)＝2(a＋1－1)，∴a＝eq\f(1,4)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝f(4)＝2×(4－1)＝6.若a≥1，由f(a)＝f(a＋1)得2(a－1)＝2(a＋1－1)，無解．綜上，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝6.故選C.]2．(2024·江蘇高考)函數f(x)滿意f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在區間(－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________．eq\f(\r(2),2)[由函數f(x)滿意f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，可知函數f(x)的周期是4，所以f(15)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).]對于分段函數的求值問題，必需依據條件精確地找出利用哪一段求解；形如fgx的函數求值時，應遵循先內后外的原則.易錯提示：對于分段函數，已知函數值或函數值范圍求自變量的值或范圍時，應依據每一段的解析式分別求解，但要留意檢驗所求自變量的值或范圍是否符合相應段的自變量的取值范圍.1．(分段函數求值)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,ax＋b，x≤00＜a＜1，))且f(－2)＝5，f(－1)＝3，則f(f(－3))＝()A．－2B．2C．3D．－3B[由題意得，f(－2)＝a－2＋b＝5，①f(－1)＝a－1＋b＝3，②聯立①②，結合0＜a＜1，得a＝eq\f(1,2)，b＝1，所以f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log3x，x＞0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1，x≤0，))則f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－3＋1＝9，f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2，故選B.]2．(分段函數解不等式)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x，x≥0，,－3x，x＜0，))若a[f(a)－f(－a)]＞0，則實數a的取值范圍為()A．(1，＋∞) B．(2，＋∞)C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D[易知a≠0，由題意得，當a＞0時，不等式可化為a(a2＋a－3a)＞0，即a2＋a－3a＞0，即a2－2a＞0，解得a＞2或a＜0(舍去)；當a＜0時，不等式可化為a(－3a－a2＋a)＞0，即－3a－a2＋a＜0，即a2＋2a＞0，解得a＜－2或a＞0(舍去)．綜上，實數a的取值范圍為(－∞，－2)∪(2，＋∞)．]3．(求參數范圍)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x＜1，,2x－1，x≥1))的值域為R，則實數a的取值范圍是________．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))[當x≥1時，f(x)＝2x－1≥1，∵函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2ax＋3a，x＜1，,2x－1，x≥1))的值域為R，∴當x＜1時，y＝(1－2a)x＋3a必需取遍(－∞，1]內的全部實數，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a＞0，,1－2a＋3a≥1，))解得0≤a＜eq\f(1,2).]4．(新定義問題)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(21－x，0≤x≤1，,x－1，1＜x≤2，))假如對隨意的n∈N*，定義fn(x)＝，那么f2020(2)＝________.1[∵f1(2)＝f(2)＝1，f2(2)＝f(1)＝0，f3(2)＝f(0)＝2，f4(2)＝f(2)＝1，∴fn(2)的值具有周期性，且周期為3，∴f2020(2)＝f3×673＋1(2)＝f1(2)＝1.]函數的圖象及應用(5年8考)[高考解讀]高考對函數圖象的考查，通常涉及函數的奇偶性、單調性等，考查考生敏捷應用學問、分析函數圖象與性質的實力，體現了對學問的考查側重于對理解和應用的考查.角度一：函數圖象的識別1．(2024·全國卷Ⅰ)函數f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()ABCD切入點：f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2).關鍵點：精確把握函數的奇偶性及值域．D[因為f(－x)＝eq\f(sin－x－x,cos－x＋－x2)＝－eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，解除選項A.令x＝π，則f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,－1＋π2)＞0，解除選項B，C.故選D.]2．(2024·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)的圖象大致為()切入點：f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2).關鍵點：精確把握函數f(x)的奇偶性、單調性．B[因為f(－x)＝eq\f(e－x－ex,－x2)＝－eq\f(ex－e－x,x2)＝－f(x)(x≠0)，所以f(x)是定義域上的奇函數，所以函數f(x)的圖象關于原點(0,0)中心對稱，解除選項A；因為f(1)＝e－eq\f(1,e)>2，所以解除選項C，D，故選B.]角度二：函數圖象的應用3．(2024·全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x，x≤0，,1，x>0，))則滿意f(x＋1)<f(2x)的x的取值范圍是()A．(－∞，－1] B．(0，＋∞)C．(－1,0) D．(－∞，0)切入點：f(x＋1)＜f(2x)．關鍵點：利用數形結合思想精確畫出圖象，利用圖象的直觀性求解，避開分類探討．D[當x≤0時，函數f(x)＝2－x是減函數，則f(x)≥f(0)＝1.作出f(x)的大致圖象如圖所示，結合圖象可知，要使f(x＋1)<f(2x)，則需eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1<0，,2x<0，,2x<x＋1))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1≥0，,2x<0，))所以x<0，故選D.]4．(2024·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)(x∈R)滿意f(x)＝f(2－x)，若函數y＝|x2－2x－3|與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\i\su(i＝1,m,x)i＝()A．0B．mC．2mD．4m切入點：①f(x)＝f(2－x)；②y＝|x2－2x－3|與函數y＝f(x)圖象的交點．關鍵點：①由題意得出f(x)與y＝|x2－2x－3|的圖象關于直線x＝1對稱；②關于直線x＝1對稱的兩點的橫坐標之和為2.B[∵f(x)＝f(2－x)，∴函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．又y＝|x2－2x－3|＝|(x－1)2－4|的圖象關于直線x＝1對稱，∴兩函數圖象的交點關于直線x＝1對稱．當m為偶數時，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m,2)＝m；當m為奇數時，eq\i\su(i＝1,m,x)i＝2×eq\f(m－1,2)＋1＝m.故選B.][老師備選題]1．[一題多解](2024·全國卷Ⅲ)函數y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為()D[法一：易得函數y＝－x4＋x2＋2為偶函數，y′＝－4x3＋2x＝－2x(eq\r(2)x＋1)(eq\r(2)x－1)，令y′>0，即2x(eq\r(2)x＋1)(eq\r(2)x－1)<0，解得x<－eq\f(\r(2),2)或0<x<eq\f(\r(2),2)，所以當y′<0時，－eq\f(\r(2),2)<x<0或x>eq\f(\r(2),2)，所以函數y＝－x4＋x2＋2在－∞，－eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(2),2)上單調遞增，在－eq\f(\r(2),2)，0，eq\f(\r(2),2)，＋∞上單調遞減，故選D.法二：令x＝0，則y＝2，解除A，B；令x＝eq\f(1,2)，則y＝－eq\f(1,16)＋eq\f(1,4)＋2＝eq\f(3,16)＋2，解除C.故選D.]2．[一題多解](2024·全國卷Ⅲ)函數y＝1＋x＋eq\f(sinx,x2)的部分圖象大致為()D[法一：當x∈(0,1)時，sinx＞0，∴y＝1＋x＋eq\f(sinx,x2)＞1＋x＞1，解除A，C.令f(x)＝x＋eq\f(sinx,x2)，則f(－x)＝－x＋eq\f(sin－x,－x2)＝－f(x)，∴f(x)＝x＋eq\f(sinx,x2)是奇函數，∴y＝1＋x＋eq\f(sinx,x2)的圖象關于點(0,1)對稱，故解除B.故選D.法二：當x→＋∞時，eq\f(sinx,x2)→0,1＋x→＋∞，y＝1＋x＋eq\f(sinx,x2)→＋∞，故解除選項B.當0＜x＜eq\f(π,2)時，y＝1＋x＋eq\f(sinx,x2)＞0，故解除選項A，C.故選D.]1．找尋函數圖象與解析式之間的對應關系的方法知式選圖①從函數的定義域，推斷圖象的左右位置；從函數的值域，推斷圖象的上下位置；②從函數的單調性，推斷圖象的改變趨勢；③從函數的奇偶性，推斷圖象的對稱性；④從函數的周期性，推斷圖象的循環往復.知圖選式①從圖象的左右、上下分布，視察函數的定義域、值域；②從圖象的改變趨勢，視察函數的單調性；③從圖象的對稱性，視察函數的奇偶性；④從圖象的循環往復，視察函數的周期性.2.利用函數的圖象探討不等式當不等式問題不能用代數法求解，但其與函數有關時，常將不等式問題轉化為兩函數圖象的上下關系問題，從而利用數形結合求解．1．(圖象辨析)定義一種運算：g?h＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(gg≥h，,hg＜h，))已知函數f(x)＝2x?1，那么函數f(x－1)的大致圖象是()B[由定義知，當x≥0時，2x≥1，∴f(x)＝2x，當x＜0時，2x＜1，∴f(x)＝1，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x，x≥0，,1，x＜0，))其圖象易作，f(x－1)的圖象可由f(x)的圖象向右平移1個單位長度得到，故選B.]2．(知圖選式)函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax＋bx≤0,logc\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,9)))x＞0))的圖象如圖所示，則a＋b＋c＝()A.eq\f(4,3)B.eq\f(7,3)C．4D.eq\f(13,3)D[將點(0,2)代入y＝logceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,9)))，得2＝logceq\f(1,9)，解得c＝eq\f(1,3).再將點(0,2)和(－1,0)分別代入y＝ax＋b，解得a＝2，b＝2，∴a＋b＋c＝eq\f(13,3)，故選D.]3．(依圖選圖)如圖，矩形ABCD的周長為8，設AB＝x(1≤x≤3)，線段MN的兩端點在矩形的邊上滑動，且MN＝1，當N沿A→D→C→B→A在矩形的邊上滑動一周時，線段MN的中點P所形成的軌跡為G，記G圍成的區域的面積為y，則函數y＝f(x)的圖象大致為()D[由題意可知點P的軌跡為圖中虛線所示，其中四個角均是半徑為eq\f(1,2)的扇形．因為矩形ABCD的周長為8，AB＝x，則AD＝eq\f(8－2x,2)＝4－x，所以y＝x(4－x)－eq\f(π,4)＝－(x－2)2＋4－eq\f(π,4)(1≤x≤3)，明顯該函數的圖象是二次函數圖象的一部分，且當x＝2時，y＝4－eq\f(π,4)∈(3,4)，故選D.]4．(函數圖象的應用)給定min{a，b}＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a，a≤b,b，b＜a))，已知函數f(x)＝min{x，x2－4x＋4}＋4，若動直線y＝m與函數y＝f(x)的圖象有3個交點，則實數m的取值范圍為________．(4,5)[設g(x)＝min{x，x2－4x＋4}，則f(x)＝g(x)＋4，故把g(x)的圖象向上平移4個單位長度，可得f(x)的圖象，函數f(x)＝min{x，x2－4x＋4}＋4的圖象如圖所示，由于直線y＝m與函數y＝f(x)的圖象有3個交點，數形結合可得m的取值范圍為(4,5)．]函數的性質及應用(5年8考)[高考解讀]高考對函數性質的考查主要涉及已知函數的單調性或奇偶性求參數的取值范圍，以及利用函數的單調性解不等式或比較大小等.而函數的性質與導數相交匯問題，會在小題的壓軸題中出現，難度較大.1．(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝lnx＋ln(2－x)，則()A．f(x)在(0,2)單調遞增B．f(x)在(0,2)單調遞減C．y＝f(x)的圖象關于直線x＝1對稱D．y＝f(x)的圖象關于點(1,0)對稱切入點：函數f(x)＝lnx＋ln(2－x)．關鍵點：化簡函數f(x)的解析式為f(x)＝ln[x(2－x)]或利用f(2－x)＝f(x)求解．C[f(x)的定義域為(0,2)．f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝ln[x(2－x)]＝ln(－x2＋2x)．設u＝－x2＋2x，x∈(0,2)，則u＝－x2＋2x在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減．又y＝lnu在其定義域上單調遞增，∴f(x)＝ln(－x2＋2x)在(0,1)上單調遞增，在(1,2)上單調遞減．∴選項A，B錯誤．∵f(x)＝lnx＋ln(2－x)＝f(2－x)，∴f(x)的圖象關于直線x＝1對稱，∴選項C正確．∵f(2－x)＋f(x)＝[ln(2－x)＋lnx]＋[lnx＋ln(2－x)]＝2[lnx＋ln(2－x)]，不恒為0，∴f(x)的圖象不關于點(1,0)對稱，∴選項D錯誤．故選C.]2．(2024·全國卷Ⅱ)已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數，滿意f(1－x)＝f(1＋x)．若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50B．0C．2D．50切入點：①f(x)為奇函數；②f(1－x)＝f(1＋x)；③f(1)＝2.關鍵點：利用函數的奇偶性和周期性求解．C[因為f(1－x)＝f(1＋x)，所以函數f(x)的圖象關于直線x＝1對稱．因為f(x)是奇函數，所以函數f(x)的圖象關于坐標原點(0,0)中心對稱．數形結合可知函數f(x)是以4為周期的周期函數．因為f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數，所以f(0)＝0.因為f(1－x)＝f(1＋x)，所以當x＝1時，f(2)＝f(0)＝0；當x＝2時，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－2；當x＝3時，f(4)＝f(－2)＝－f(2)＝0.綜上，可得f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝12×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝12×[2＋0＋(－2)＋0]＋2＋0＝2.故選C.]3．(2024·全國卷Ⅲ)設f(x)是定義域為R的偶函數，且在(0，＋∞)單調遞減，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(3,2))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(2,3))))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(2,3))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(3,2))))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(3,2))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(2,3))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(2,3))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(3,2))))＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))切入點：f(x)為偶函數且在(0，＋∞)上單調遞減．關鍵點：將log3eq\f(1,4)，2eq\s\up15(－\f(3,2))，2eq\s\up15(－\f(2,3))轉化到同一個單調區間上．C[因為f(x)是定義域為R的偶函數，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))＝f(－log34)＝f(log34)．又因為log34＞1＞2eq\s\up15(－\f(2,3))＞2eq\s\up15(－\f(3,2))＞0，且函數f(x)在(0，＋∞)上單調遞減，所以f(log34)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(2,3))))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2eq\s\up15(－\f(3,2)))).故選C.][老師備選題]1．(2024·全國卷Ⅱ)函數f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調遞增區間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)D[由x2－2x－8>0，得x>4或x<－2.設t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數．要求函數f(x)的單調遞增區間，即求函數t＝x2－2x－8的單調遞增區間．∵函數t＝x2－2x－8的單調遞增區間為(4，＋∞)，∴函數f(x)的單調遞增區間為(4，＋∞)．故選D.]2．(2014·全國卷Ⅰ)設函數f(x)，g(x)的定義域都為R，且f(x)是奇函數，g(x)是偶函數，則下列結論中正確的是()A．f(x)g(x)是偶函數B．|f(x)|g(x)是奇函數C．f(x)|g(x)|是奇函數D．|f(x)g(x)|是奇函數C[A：令h(x)＝f(x)g(x)，則h(－x)＝f(－x)·g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(x)，∴h(x)是奇函數，A錯．B：令h(x)＝|f(x)|g(x)，則h(－x)＝|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)＝h(x)，∴h(x)是偶函數，B錯．C：令h(x)＝f(x)|g(x)|，則h(－x)＝f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|＝－h(x)，∴h(x)是奇函數，C正確．D：令h(x)＝|f(x)g(x)|，則h(－x)＝|f(－x)·g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝|f(x)g(x)|＝h(x)，∴h(x)是偶函數，D錯．]3．[一題多解](2015·全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3)))D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))A[法一：∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－eq\f(1,1＋－x2)＝f(x)，∴函數f(x)為偶函數．∵當x≥0時，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，在(0，＋∞)上y＝ln(1＋x)遞增，y＝－eq\f(1,1＋x2)也遞增，依據單調性的性質知，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．又∵f(x)為偶函數，∴f(x)在(－∞，0)上單調遞減．綜上可知：f(x)>f(2x－1)?f(|x|)>f(|2x－1|)?|x|>|2x－1|?x2>(2x－1)2?3x2－4x＋1<0?eq\f(1,3)<x<1.故選A.法二：令x＝0，此時f(x)＝f(0)＝－1<0，f(2x－1)＝f(－1)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0，∴x＝0不滿意f(x)>f(2x－1)，故C錯誤．令x＝2，此時f(x)＝f(2)＝ln3－eq\f(1,5)，f(2x－1)＝f(3)＝ln4－eq\f(1,10).∵f(2)－f(3)＝ln3－ln4－eq\f(1,10)，其中ln3<ln4，∴ln3－ln4－eq\f(1,10)<0，∴f(2)－f(3)<0，即f(2)<f(3)，∴x＝2不滿意f(x)>f(2x－1)，故B，D錯誤．故選A.]1．函數的4特性質及應用奇偶性具有奇偶性的函數在關于原點對稱的區間上其圖象、函數值、解析式和單調性聯系親密，探討問題時可轉化到只探討部分(一半)區間上．尤其留意偶函數f(x)的性質：f(|x|)＝f(x)單調性可以比較大小、求函數最值、解不等式、證明方程根的唯一性對稱性、周期性利用對稱性、周期性可以轉化函數的解析式、圖象和性質，把不在已知區間上的問題，轉化到已知區間上求解2.函數性質綜合應用的留意點(1)依據函數的周期性，可以由函數局部的性質得到函數的整體性質，即周期性與奇偶性都具有將未知區間上的問題轉化到已知區間的功能．(2)一些題目中，函數的周期性經常通過函數的奇偶性得到，函數的奇偶性體現的是一種對稱關系，而函數的單調性體現的是函數值隨自變量改變而改變的規律．因此在解題時，往往須要借助函數的奇偶性和周期性來確定另一區間上的單調性，即實現區間的轉換，再利用單調性解決相關問題．1．(奇偶性與單調性的應用)函數y＝f(x)在[0,2]上單調遞增，且函數f(x＋2)是偶函數，則下列結論成立的是()A．f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))C．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(1)D．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))B[∵函數y＝f(x)在[0,2]上單調遞增，且函數f(x＋2)是偶函數，∴函數y＝f(x)在[2,4]上單調遞減，且在[0,4]上函數y＝f(x)滿意f(2－x)＝f(2＋x)，∴f(1)＝f(3)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＜f(3)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)))＜f(1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2))).故選B.]2．(奇偶性與周期性的應用)已知f(x)在R上是奇函數，且滿意f(x＋5)＝－f(x)，當x∈(0,5)時，f(x)＝x2－x，則f(2019)＝()A．－12B．－16C．－20D．0D[因為f(x＋5)＝－f(x)，所以f(x＋10)＝－f(x＋5)＝f(x)，所以f(x)的周期為10，因此f(2019)＝f(－1)＝－f(1)＝0，故選D.]3．(單調性、奇偶性、對稱性的應用)已知定義在R上的函數f(x)在[1，＋∞)上單調遞減，且f(x＋1)是偶函數，不等式f(m＋2)≥f(x－1)對隨意的x∈[－1,0]恒成立，則實數m的取值范圍是()A．[－3,1] B．[－4,2]C．(－∞，－3]∪[1，＋∞) D．(－∞，－4]∪[2，＋∞)A[因為f(x＋1)是偶函數，所以f(－x＋1)＝f(x＋1)，所以f(x)的圖象關于x＝1對稱，由f(m＋2)≥f(x－1)得|(m＋2)－1|≤|(x－1)－1|，所以依據題意得|m＋1|≤2，解得－3≤m≤1.故選A.]函數的零點及應用(5年2考)[高考解讀]高考對函數零點的考查主要涉及方程根的個數的推斷、推斷零點的存在性或零點所在區間、已知函數零點求參數或參數的范圍，且常和函數的圖象、性質、導數綜合考查，綜合性較強，解題時要充分利用函數與方程、數形結合等思想.1．(2024·全國卷Ⅲ)函數f(x)＝2sinx－sin2x在[0,2π]的零點個數為()A．2B．3C．4D．5B[令f(x)＝0，得2sinx－sin2x＝0，即2sinx－2sinxcosx＝0，∴2sinx(1－cosx)＝0，∴sinx＝0或cosx＝1.又x∈[0,2π]，∴由sinx＝0得x＝0，π或2π，由cosx＝1得x＝0或2π.故函數f(x)的零點為0，π，2π，共3個．故選B.]2．[一題多解](2024·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝()A．－eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2)D．1切入點：①x2－2x＝(x－1)2－1；②e－x＋1＝e－(x－1)．關鍵點：令t＝x－1換元，然后分別參數求解．C[法一：f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝(x－1)2＋a[ex－1＋e－(x－1)]－1，令t＝x－1，則g(t)＝f(t＋1)＝t2＋a(et＋e－t)－1.∵g(－t)＝(－t)2＋a(e－t＋et)－1＝g(t)，∴函數g(t)為偶函數．∵f(x)有唯一零點，∴g(t)也有唯一零點．又g(t)為偶函數，由偶函數的性質知g(0)＝0，∴2a－1＝0，解得a＝eq\f(1,2).故選C.法二：f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.ex－1＋e－x＋1≥2eq\r(ex－1·e－x＋1)＝2，當且僅當x＝1時取“＝”．－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”．若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝eq\f(1,2).若a≤0，則f(x)的零點不唯一．故選C.][老師備選題](2014·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0>0，則a的取值范圍是()A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)B[f′(x)＝3ax2－6x，當a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)，則當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2,3)))時，f′(x)<0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，＋∞))時，f′(x)>0，留意f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))＝eq\f(5,9)>0，則f(x)的大致圖象如圖1所示．圖1不符合題意，解除A，C.當a＝－eq\f(4,3)時，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(3,2)))時，f′(x)<0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)，0))時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，f′(x)<0，留意f(0)＝1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝－eq\f(5,4)，則f(x)的大致圖象如圖2所示．圖2不符合題意，解除D.]1．推斷函數零點個數的3種方法2．利用函數零點的狀況求參數值(或范圍)的3種方法1．(推斷函數零點所在區間)曲線y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al