PAGE1-第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)[做真題]題型一函數(shù)的概念及表示1．(2015·高考全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1＋log2(2－x)，x<1，,2x－1，x≥1.))則f(－2)＋f(log212)＝()A．3 B．6C．9 D．12解析：選C．因為－2<1，所以f(－2)＝1＋log2(2＋2)＝1＋log24＝1＋2＝3.因為log212>1，所以f(log212)＝2eq\s\up6(log212)－1＝eq\f(12,2)＝6.所以f(－2)＋f(log212)＝3＋6＝9.故選C．2．(2024·高考全國卷Ⅲ)設函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\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________．解析：當x≤0時，由f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝(x＋1)＋(x－eq\f(1,2)＋1)＝2x＋eq\f(3,2)>1，得－eq\f(1,4)<x≤0；當0<x≤eq\f(1,2)時，f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝2x＋(x－eq\f(1,2)＋1)＝2x＋x＋eq\f(1,2)>1，即2x＋x－eq\f(1,2)>0，因為2x＋x－eq\f(1,2)>20＋0－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)>0，所以0<x≤eq\f(1,2)；當x>eq\f(1,2)時，f(x)＋f(x－eq\f(1,2))＝2x＋2x－eq\f(1,2)>2eq\s\up6(\f(1,2))＋20>1，所以x>eq\f(1,2).綜上，x的取值范圍是(－eq\f(1,4)，＋∞)．答案：(－eq\f(1,4)，＋∞)題型二函數(shù)的圖象及其應用1．(2024·高考全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)＝eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)在[－π，π]的圖象大致為()解析：選D．因為f(－x)＝eq\f(sin(－x)－x,cos(－x)＋(－x)2)＝－eq\f(sinx＋x,cosx＋x2)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，解除A；因為f(π)＝eq\f(sinπ＋π,cosπ＋π2)＝eq\f(π,－1＋π2)>0，所以解除C；因為f(1)＝eq\f(sin1＋1,cos1＋1)，且sin1>cos1，所以f(1)>1，所以解除B．故選D．2．(2024·高考全國卷Ⅲ)函數(shù)y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)在[－6，6]的圖象大致為()解析：選B．因為f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)，所以f(－x)＝eq\f(－2x3,2－x＋2x)＝－f(x)，且x∈[－6，6]，所以函數(shù)y＝eq\f(2x3,2x＋2－x)為奇函數(shù)，解除C；當x>0時，f(x)＝eq\f(2x3,2x＋2－x)>0恒成立，解除D；因為f(4)＝eq\f(2×64,24＋2－4)＝eq\f(128,16＋\f(1,16))＝eq\f(128×16,257)≈7.97，解除A．故選B．3．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿意f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\i\su(i＝1,m,)(xi＋yi)＝()A．0 B．mC．2m D．4m解析：選B．因為f(x)＋f(－x)＝2，y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，所以函數(shù)y＝f(x)與y＝eq\f(x＋1,x)的圖象都關于點(0，1)對稱，所以eq\i\su(i＝1,m,)xi＝0，eq\i\su(i＝1,m,)yi＝eq\f(m,2)×2＝m，故選B．題型三函數(shù)的性質(zhì)及應用1．(2024·高考全國卷Ⅲ)設f(x)是定義域為R的偶函數(shù)，且在(0，＋∞)單調(diào)遞減，則()A．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2eq\s\up6(－\f(3,2)))>f(2eq\s\up6(－\f(2,3)))B．feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))>f(2eq\s\up6(－\f(2,3)))>f(2eq\s\up6(－\f(3,2)))C．f(2eq\s\up6(－\f(3,2)))>f(2eq\s\up6(－\f(2,3)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))D．f(2eq\s\up6(－\f(2,3)))>f(2eq\s\up6(－\f(3,2)))>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log3\f(1,4)))解析：選C．依據(jù)函數(shù)f(x)為偶函數(shù)可知，f(log3eq\f(1,4))＝f(－log34)＝f(log34)，因為0<2eq\s\up6(－\f(3,2))<2eq\s\up6(－\f(2,3))<20<log34，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)單調(diào)遞減，所以f(2eq\s\up6(－\f(3,2)))>f(2eq\s\up6(－\f(2,3)))>f(log3eq\f(1,4))．故選C．2．(2024·高考全國卷Ⅰ)函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且為奇函數(shù)．若f(1)＝－1，則滿意－1≤f(x－2)≤1的x的取值范圍是()A．[－2，2] B．[－1，1]C．[0，4] D．[1，3]解析：選D．因為函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)單調(diào)遞減，且f(1)＝－1，所以f(－1)＝－f(1)＝1，由－1≤f(x－2)≤1，得－1≤x－2≤1，所以1≤x≤3，故選D．3．(2024·高考全國卷Ⅱ)已知f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿意f(1－x)＝f(1＋x)，若f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(50)＝()A．－50 B．0C．2 D．50解析：選C．因為f(x)是定義域為(－∞，＋∞)的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，且f(0)＝0.因為f(1－x)＝f(1＋x)，所以f(x)＝f(2－x)，f(－x)＝f(2＋x)，所以f(2＋x)＝－f(x)，所以f(4＋x)＝－f(2＋x)＝f(x)，所以f(x)是周期函數(shù)，且一個周期為4，所以f(4)＝f(0)＝0，f(2)＝f(1＋1)＝f(1－1)＝f(0)＝0，f(3)＝f(1＋2)＝f(1－2)＝－f(1)＝－2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＋…＋f(50)＝12×0＋f(49)＋f(50)＝f(1)＋f(2)＝2，故選C．[明考情]1．高考對此部分內(nèi)容的命題多集中于函數(shù)的概念、函數(shù)的性質(zhì)及分段函數(shù)等方面，多以選擇、填空題的形式考查，一般出現(xiàn)在第5～10題或第13～15題的位置上，難度一般．主要考查函數(shù)的定義域，分段函數(shù)求值或分段函數(shù)中參數(shù)的求解及函數(shù)圖象的推斷．2．此部分內(nèi)容有時出現(xiàn)在選擇、填空題壓軸題的位置，多與導數(shù)、不等式、創(chuàng)新型問題結(jié)合命題，難度較大．函數(shù)及其表示[考法全練]1．函數(shù)y＝log2(2x－4)＋eq\f(1,x－3)的定義域是()A．(2，3) B．(2，＋∞)C．(3，＋∞) D．(2，3)∪(3，＋∞)解析：選D．由題意得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－4>0，,x－3≠0，))解得x>2且x≠3，所以函數(shù)y＝log2(2x－4)＋eq\f(1,x－3)的定義域為(2，3)∪(3，＋∞)，故選D．2．已知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,ax＋b，x≤0))(0<a<1)，且f(－2)＝5，f(－1)＝3，則f(f(－3))＝()A．－2 B．2C．3 D．－3解析：選B．由題意得，f(－2)＝a－2＋b＝5.①f(－1)＝a－1＋b＝3，②聯(lián)立①②，結(jié)合0<a<1，得a＝eq\f(1,2)，b＝1，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log3x，x>0，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))\s\up12(x)＋1，x≤0，))則f(－3)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(－3)＋1＝9，f(f(－3))＝f(9)＝log39＝2，故選B．3．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2(1－x)，0≤x≤1，,x－1，1<x≤2，))假如對隨意的n∈N*，定義fn(x)＝，那么f2019(2)的值為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C．因為f1(2)＝f(2)＝1，f2(2)＝f(1)＝0，f3(2)＝f(0)＝2，所以fn(2)的值具有周期性，且周期為3，所以f2019(2)＝f3×672＋3(2)＝f3(2)＝2.4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((1－2a)x＋3a，x<1，,2x－1，x≥1))的值域為R，則實數(shù)a的取值范圍是________．解析：當x≥1時，f(x)＝2x－1≥1，因為函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1((1－2a)x＋3a，x<1，,2x－1，x≥1))的值域為R.所以當x<1時，y＝(1－2a)x＋3a必需取遍(－∞，1)內(nèi)的全部實數(shù)，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1－2a>0,1－2a＋3a≥1))，解得0≤a<eq\f(1,2).答案：eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))5．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋1，x<0，,x－1，x≥0，))則不等式x＋(x＋1)f(x＋1)≤1的解集是________．解析：當x＋1<0，即x<－1時，f(x＋1)＝－(x＋1)＋1＝－x，不等式變?yōu)閤－x(x＋1)≤1，即－x2≤1，解得x∈R，故x∈(－∞，－1)．當x＋1≥0，即x≥－1時，f(x＋1)＝x＋1－1＝x，不等式變?yōu)閤＋x(x＋1)≤1，即x2＋2x－1≤0，解得－1－eq\r(2)≤x≤－1＋eq\r(2)，故x∈[－1，－1＋eq\r(2)]．綜上可知，所求不等式的解集為(－∞，－1＋eq\r(2)]．答案：(－∞，－1＋eq\r(2)]eq\a\vs4\al()(1)函數(shù)定義域的求法求函數(shù)的定義域，其實質(zhì)就是以函數(shù)解析式所含運算有意義為準則，列出不等式或不等式組，然后求出它們的解集即可．(2)分段函數(shù)問題的5種常見類型及解題策略求函數(shù)值弄清自變量所在區(qū)間，然后代入對應的解析式，求“層層套”的函數(shù)值，要從最內(nèi)層逐層往外計算求函數(shù)最值分別求出每個區(qū)間上的最值，然后比較大小解不等式依據(jù)分段函數(shù)中自變量取值范圍的界定，代入相應的解析式求解，但要留意取值范圍的大前提求參數(shù)“分段處理”，采納代入法列出各區(qū)間上的方程利用函數(shù)性質(zhì)求值依據(jù)條件找到函數(shù)滿意的性質(zhì)，利用該性質(zhì)求解函數(shù)的圖象及其應用[典型例題]命題角度一函數(shù)圖象的識別(1)(2024·高考全國卷Ⅱ)函數(shù)f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)的圖象大致為()(2)已知定義域為[0，1]的函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，則函數(shù)f(－x＋1)的圖象可能是()(3)(一題多解)如圖，長方形ABCD的邊AB＝2，BC＝1，O是AB的中點，點P沿著邊BC，CD與DA運動，記∠BOP＝x.將動點P到A，B兩點距離之和表示為關于x的函數(shù)f(x)，則f(x)的圖象大致為()【解析】(1)當x<0時，因為ex－e－x<0，所以此時f(x)＝eq\f(ex－e－x,x2)<0，故解除A、D；又f(1)＝e－eq\f(1,e)>2，故解除C，選B．(2)因為f(－x＋1)＝f(－(x－1))，先將f(x)的圖象沿y軸翻折，y軸左側(cè)的圖象即為f(－x)的圖象，再將所得圖象向右平移1個單位長度就得到函數(shù)f(－x＋1)的圖象，故選B．(3)法一：當點P位于邊BC上時，∠BOP＝x，0≤x≤eq\f(π,4)，則eq\f(BP,OB)＝tanx，所以BP＝tanx，所以AP＝eq\r(4＋tan2x)，所以f(x)＝tanx＋eq\r(4＋tan2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0≤x≤\f(π,4)))，可見y＝f(x)圖象的改變不行能是一條直線或線段，解除A，C．當點P位于邊CD上時，∠BOP＝x，eq\f(π,4)≤x≤eq\f(3π,4)，則BP＋AP＝eq\r(BC2＋CP2)＋eq\r(AD2＋DP2)＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,tanx)))\s\up12(2))＋eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,tanx)))\s\up12(2)).當點P位于邊AD上時，∠BOP＝x，eq\f(3π,4)≤x≤π，則eq\f(AP,OA)＝tan(π－x)＝－tanx，所以AP＝－tanx，所以BP＝eq\r(4＋tan2x)，所以f(x)＝－tanx＋eq\r(4＋tan2x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)≤x≤π))，依據(jù)函數(shù)的解析式可解除D，故選B．法二：當點P位于點C時，x＝eq\f(π,4)，此時AP＋BP＝AC＋BC＝1＋eq\r(5)，當點P位于CD的中點時，x＝eq\f(π,2)，此時AP＋BP＝2eq\r(2)<1＋eq\r(5)，故可解除C，D，當點P位于點D時，x＝eq\f(3π,4)，此時AP＋BP＝AD＋BD＝1＋eq\r(5)，而在改變過程中不行能以直線的形式改變，故可解除A，故選B．【答案】(1)B(2)B(3)Beq\a\vs4\al()(1)由函數(shù)解析式識別函數(shù)圖象的策略(2)依據(jù)動點改變過程確定其函數(shù)圖象的策略①先依據(jù)已知條件求出函數(shù)解析式后再推斷其對應的函數(shù)的圖象．②采納“以靜觀動”，即將動點處于某些特別的位置處考查圖象的改變特征，從而做出選擇．③依據(jù)動點中變量改變時，對因變量改變的影響，結(jié)合選項中圖象的改變趨勢做出推斷．命題角度二函數(shù)圖象的應用(1)已知函數(shù)f(x)＝x|x|－2x，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)是偶函數(shù)，遞增區(qū)間是(0，＋∞)B．f(x)是偶函數(shù)，遞減區(qū)間是(－∞，1)C．f(x)是奇函數(shù)，遞減區(qū)間是(－1，1)D．f(x)是奇函數(shù)，遞增區(qū)間是(－∞，0)(2)(2024·高考全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)的定義域為R，滿意f(x＋1)＝2f(x)，且當x∈(0，1]時，f(x)＝x(x－1)．若對隨意x∈(－∞，m]，都有f(x)≥－eq\f(8,9)，則m的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9,4))) B．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))C．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(8,3)))【解析】(1)將函數(shù)f(x)＝x|x|－2x去掉肯定值，得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≥0，,－x2－2x，x<0，))作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖，視察圖象可知，函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且在(－1，1)上單調(diào)遞減．(2)當－1<x≤0時，0<x＋1≤1，則f(x)＝eq\f(1,2)f(x＋1)＝eq\f(1,2)(x＋1)x；當1<x≤2時，0<x－1≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝2(x－1)(x－2)；當2<x≤3時，0<x－2≤1，則f(x)＝2f(x－1)＝22f(x－2)＝22(x－2)(x－3)，…由此可得f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(…,\f(1,2)(x＋1)x，－1<x≤0，,x(x－1)，0<x≤1，,2(x－1)(x－2)，1<x≤2，,22(x－2)(x－3)，2<x≤3，,…))由此作出函數(shù)f(x)的圖象，如圖所示．由圖可知當2<x≤3時，令22(x－2)(x－3)＝－eq\f(8,9)，整理，得(3x－7)(3x－8)＝0，解得x＝eq\f(7,3)或x＝eq\f(8,3)，將這兩個值標注在圖中．要使對隨意x∈(－∞，m]都有f(x)≥－eq\f(8,9)，必有m≤eq\f(7,3)，即實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(7,3)))，故選B．【答案】(1)C(2)Beq\a\vs4\al()(1)利用函數(shù)的圖象探討不等式當不等式問題不能用代數(shù)法求解，但其與函數(shù)有關時，常將不等式問題轉(zhuǎn)化為兩函數(shù)圖象的上下關系問題，從而利用數(shù)形結(jié)合求解．(2)利用函數(shù)的圖象探討函數(shù)的性質(zhì)對于已知或解析式易畫出其在給定區(qū)間上圖象的函數(shù)，其性質(zhì)常借助圖象探討：①從圖象的最高點、最低點，分析函數(shù)的最值、極值；②從圖象的對稱性，分析函數(shù)的奇偶性；③從圖象的走向趨勢，分析函數(shù)的單調(diào)性、周期性．[對點訓練]1．函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx的圖象的大致形態(tài)是()解析：選B．因為f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx，所以f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋e－x)－1))cos(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,1＋ex)－1))cosx＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，其圖象關于原點對稱，可解除選項A，C，又當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，ex>e0＝1，eq\f(2,1＋ex)－1<0，cosx>0，所以f(x)<0，可解除選項D，故選B．2．某地一年的氣溫Q(t)(單位：℃)與時間t(月份)之間的關系如圖所示．已知該年的平均氣溫為10℃，令C(t)表示時間段[0，t]的平均氣溫，下列四個函數(shù)圖象中，最能表示C(t)與t之間的函數(shù)關系的是()解析：選A．若增加的數(shù)大于當前的平均數(shù)，則平均數(shù)增大；若增加的數(shù)小于當前的平均數(shù)，則平均數(shù)減小．因為12個月的平均氣溫為10℃，所以當t＝12時，平均氣溫應當為10℃，故解除B；因為在靠近12月份時其溫度小于10℃，因此12月份前的一小段時間內(nèi)的平均氣溫應當大于10℃，解除C；6月份以后增加的溫度先大于平均值后小于平均值，故平均氣溫不行能出現(xiàn)先減小后增加的狀況，故解除D，故選A．函數(shù)的性質(zhì)及應用[典型例題](1)函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，對隨意兩個正數(shù)x1，x2(x1<x2)，都有x2f(x1)>x1f(x2)，記a＝eq\f(1,2)f(2)，b＝f(1)，c＝－eq\f(1,3)f(－3)，則a，b，c之間的大小關系為()A．a(chǎn)>b>c B．b>a>cC．c>b>a D．a(chǎn)>c>b(2)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)，滿意在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(－1)＝0，則f(x＋1)>0的解集為()A．(－∞，－2)∪(－1，0) B．(0，＋∞)C．(－2，－1)∪(1，2) D．(－2，－1)∪(0，＋∞)(3)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．0 B．2C．4 D．8(4)已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，且滿意f(x＋2)＝－eq\f(1,f(x))，當2≤x≤3時，f(x)＝x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,2)))＝________．【解析】(1)因為對隨意兩個正數(shù)x1，x2(x1<x2)，都有x2f(x1)>x1f(x2)，所以eq\f(f(x1),x1)>eq\f(f(x2),x2)，得函數(shù)g(x)＝eq\f(f(x),x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，又c＝－eq\f(1,3)f(－3)＝eq\f(1,3)f(3)，所以g(1)>g(2)>g(3)，即b>a>c，故選B．(2)由f(x)為奇函數(shù)，在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(－1)＝0，可得f(1)＝0，作出函數(shù)f(x)的示意圖如圖所示，由f(x＋1)>0，可得－1<x＋1<0或x＋1>1，解得－2<x<－1或x>0，所以f(x＋1)>0的解集為(－2，－1)∪(0，＋∞)．(3)f(x)＝eq\f(2·(2|x|＋1)＋x3,2|x|＋1)＝2＋eq\f(x3,2|x|＋1)，設g(x)＝eq\f(x3,2|x|＋1)，因為g(－x)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)，所以g(x)max＋g(x)min＝0.因為M＝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.(4)因為f(x＋2)＝－eq\f(1,f(x))，所以f(x＋4)＝f(x)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，又當2≤x≤3時，f(x)＝x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))＝eq\f(5,2)，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,2)))＝eq\f(5,2).【答案】(1)B(2)D(3)C(4)eq\f(5,2)eq\a\vs4\al()(1)函數(shù)的3特性質(zhì)及應用奇偶性具有奇偶性的函數(shù)在關于原點對稱的區(qū)間上其圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系親密，探討問題時可轉(zhuǎn)化到只探討部分(一半)區(qū)間上．尤其留意偶函數(shù)f(x)的性質(zhì)：f(|x|)＝f(x)單調(diào)性可以比較大小、求函數(shù)最值、解不等式、證明方程根的唯一性周期性利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題，轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解(2)函數(shù)性質(zhì)綜合應用的留意點①依據(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)，即周期性與奇偶性都具有將未知區(qū)間上的問題轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間的功能．②一些題目中，函數(shù)的周期性經(jīng)常通過函數(shù)的奇偶性得到，函數(shù)的奇偶性體現(xiàn)的是一種對稱關系，而函數(shù)的單調(diào)性體現(xiàn)的是函數(shù)值隨自變量改變而改變的規(guī)律．因此在解題時，往往須要借助函數(shù)的奇偶性和周期性來確定另一區(qū)間上的單調(diào)性，即實現(xiàn)區(qū)間的轉(zhuǎn)換，再利用單調(diào)性解決相關問題．[對點訓練]1．已知函數(shù)f(x)滿意f(x＋1)＋f(－x＋1)＝2，則以下四個選項肯定正確的是()A．f(x－1)＋1是偶函數(shù)B．f(x－1)－1是奇函數(shù)C．f(x＋1)＋1是偶函數(shù)D．f(x＋1)－1是奇函數(shù)解析：選D．法一：因為f(x＋1)＋f(－x＋1)＝2，所以f(x)＋f(2－x)＝2，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關于點(1，1)中心對稱，而函數(shù)y＝f(x＋1)－1的圖象可看作是由y＝f(x)的圖象先向左平移1個單位長度，再向下平移1個單位長度得到，所以函數(shù)y＝f(x＋1)－1的圖象關于點(0，0)中心對稱，所以函數(shù)y＝f(x＋1)－1是奇函數(shù)，故選D．法二：由f(x＋1)＋f(－x＋1)＝2，得f(x＋1)－1＋f(－x＋1)－1＝0，令F(x)＝f(x＋1)－1，則F(x)＋F(－x)＝0，所以F(x)為奇函數(shù)，即f(x＋1)－1為奇函數(shù)，故選D．2．定義在R上的函數(shù)f(x)對隨意0<x2<x1都有eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<1，且函數(shù)y＝f(x)的圖象關于原點對稱，若f(2)＝2，則不等式f(x)－x>0的解集是()A．(－2，0)∪(0，2)B．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C．(－∞，－2)∪(0，2)D．(－2，0)∪(2，＋∞)解析：選C．由eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)<1，可得eq\f([f(x1)－x1]－[f(x2)－x2],x1－x2)<0.令F(x)＝f(x)－x，由題意知F(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上是減函數(shù)，且是奇函數(shù)，F(xiàn)(2)＝0，F(xiàn)(－2)＝0，所以結(jié)合圖象，令F(x)>0，得x<－2或0<x<2.故選C．3．已知函數(shù)y＝f(x)的定義域為R，且滿意下列三個條件：①對隨意的x1，x2∈[4，8]，當x1<x2時，都有eq\f(f(x1)－f(x2),x1－x2)>0恒成立；②f(x＋4)＝－f(x)；③y＝f(x＋4)是偶函數(shù)．若a＝f(6)，b＝f(11)，c＝f(2017)，則a，b，c的大小關系正確的是()A．a(chǎn)<b<c B．b<a<cC．a(chǎn)<c<b D．c<b<a解析：選B．由①知函數(shù)f(x)在區(qū)間[4，8]上為單調(diào)遞增函數(shù)；由②知f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，即函數(shù)f(x)的周期為8，所以c＝f(2017)＝f(252×8＋1)＝f(1)，b＝f(11)＝f(3)；由③可知函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝4對稱，所以b＝f(3)＝f(5)，c＝f(1)＝f(7)．因為函數(shù)f(x)在區(qū)間[4，8]上為單調(diào)遞增函數(shù)，所以f(5)<f(6)<f(7)，即b<a<c.一、選擇題1．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x，x<0，))則f(f(－2))＝()A．4 B．3C．2 D．1解析：選A．因為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x，x<0，))所以f(－2)＝－(－2)＝2，所以f(f(－2))＝f(2)＝22＝4.2．下列函數(shù)中，圖象是軸對稱圖形且在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是()A．y＝eq\f(1,x) B．y＝－x2＋1C．y＝2x D．y＝log2|x|解析：選B．因為函數(shù)的圖象是軸對稱圖形，所以解除A、C，又y＝－x2＋1在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，y＝log2|x|在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以解除D．故選B．3．(2024·高考全國卷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－1 B．e－x＋1C．－e－x－1 D．－e－x＋1解析：選D．通解：依題意得，當x<0時，f(x)＝－f(－x)＝－(e－x－1)＝－e－x＋1，選D．優(yōu)解：依題意得，f(－1)＝－f(1)＝－(e1－1)＝1－e，結(jié)合選項知，選D．4．已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(x)＝－f(x＋2)，當x∈(0，2]時，f(x)＝2x＋log2x，則f(2015)＝()A．5 B．eq\f(1,2)C．2 D．－2解析：選D．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(2015)＝f(503×4＋3)＝f(3)＝f(1＋2)＝－f(1)＝－(2＋0)＝－2，故選D．5．(2024·安徽五校聯(lián)盟其次次質(zhì)檢)函數(shù)y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)的圖象大致為()解析：選C．因為函數(shù)y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)為奇函數(shù)，所以其圖象關于原點對稱，當x>0時，y＝eq\f(1,2)eq\r(\f(x2＋1,x2))＝eq\f(1,2)eq\r(1＋\f(1,x2))，所以函數(shù)y＝eq\f(\r(x2＋1),2x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以解除選項B，D；又當x＝1時，y＝eq\f(\r(2),2)<1，所以解除選項A，故選C．6．若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax＋b，x<－1，,ln(x＋a)，x≥－1))的圖象如圖所示，則f(－3)等于()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(5,4)C．－1 D．－2解析：選C．由圖象可得a×(－1)＋b＝3，ln(－1＋a)＝0，所以a＝2，b＝5，所以f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋5，x<－1，,ln(x＋2)，x≥－1，))故f(－3)＝2×(－3)＋5＝－1.7．下列函數(shù)中，其圖象與函數(shù)y＝lnx的圖象關于直線x＝1對稱的是()A．y＝ln(1－x) B．y＝ln(2－x)C．y＝ln(1＋x) D．y＝ln(2＋x)解析：選B．法一：設所求函數(shù)圖象上任一點的坐標為(x，y)，則其關于直線x＝1的對稱點的坐標為(2－x，y)，由對稱性知點(2－x，y)在函數(shù)f(x)＝lnx的圖象上，所以y＝ln(2－x)．故選B．法二：由題意知，對稱軸上的點(1，0)既在函數(shù)y＝lnx的圖象上也在所求函數(shù)的圖象上，代入選項中的函數(shù)表達式逐一檢驗，解除A，C，D，選B．8．(2024·湖南省五市十校聯(lián)考)若f(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，則滿意f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2的x的取值范圍是()A．(－2，＋∞) B．(－1，＋∞)C．(2，＋∞) D．(3，＋∞)解析：選B．由f(x)＝ex－ae－x為奇函數(shù)，得f(－x)＝－f(x)，即e－x－aex＝ae－x－ex，得a＝1，所以f(x)＝ex－e－x，則f(x)在R上單調(diào)遞增，又f(x－1)>eq\f(1,e2)－e2＝f(－2)，所以x－1>－2，解得x>－1，故選B．9．如圖，把圓周長為1的圓的圓心C放在y軸上，頂點A(0，1)，一動點M從點A起先逆時針繞圓運動一周，記eq\o(AM,\s\up8(︵))＝x，直線AM與x軸交于點N(t，0)，則函數(shù)t＝f(x)的圖象大致為()解析：選D．當x由0→eq\f(1,2)時，t從－∞→0，且單調(diào)遞增，當x由eq\f(1,2)→1時，t從0→＋∞，且單調(diào)遞增，所以解除A、B、C，故選D．10.(2024·福州市第一學期抽測)如圖，函數(shù)f(x)的圖象為兩條射線CA，CB組成的折線，假如不等式f(x)≥x2－x－a的解集中有且僅有1個整數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．{a|－2<a<－1} B．{a|－2≤a<－1}C．{a|－2≤a<2} D．{a|a≥－2}解析：選B．依據(jù)題意可知f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋2，x≤0，,－x＋2，x>0，))不等式f(x)≥x2－x－a等價于a≥x2－x－f(x)，令g(x)＝x2－x－f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－3x－2，x≤0，,x2－2，x>0，))作出g(x)的大致圖象，如圖所示，又g(0)＝－2，g(1)＝－1，g(－1)＝2，所以要使不等式的解集中有且僅有1個整數(shù)，則－2≤a<－1，即實數(shù)a的取值范圍是{a|－2≤a<－1}．故選B．11．(2024·福州市質(zhì)量檢測)已知函數(shù)f(x)＝eq\