PAGEPAGE1第1講小題考法——函數的圖象與性質一、主干學問要記牢函數的奇偶性、周期性(1)奇偶性是函數在其定義域上的整體性質，對于定義域內的隨意x(定義域關于原點對稱)，都有f(－x)＝－f(x)成立，則f(x)為奇函數(都有f(－x)＝f(x)成立，則f(x)為偶函數)．(2)周期性是函數在其定義域上的整體性質，一般地，對于函數f(x)，假如對于定義域內的隨意一個x的值：若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，則f(x)是周期函數，T是它的一個周期．二、二級結論要用好1．函數單調性和奇偶性的重要結論(1)當f(x)，g(x)同為增(減)函數時，f(x)＋g(x)為增(減)函數．(2)奇函數在關于原點對稱的兩個區(qū)間上有相同的單調性，偶函數在關于原點對稱的兩個區(qū)間上有相反的單調性.(3)f(x)為奇函數?f(x)的圖象關于原點對稱；f(x)為偶函數?f(x)的圖象關于y軸對稱．(4)偶函數的和、差、積、商是偶函數，奇函數的和、差是奇函數，積、商是偶函數，奇函數與偶函數的積、商是奇函數．(5)定義在(－∞，＋∞)上的奇函數的圖象必過原點，即有f(0)＝0.存在既是奇函數，又是偶函數的函數：f(x)＝0．(6)f(x)＋f(－x)＝0?f(x)為奇函數；f(x)－f(－x)＝0?f(x)為偶函數．2．抽象函數的周期性與對稱性的結論(1)函數的周期性①若函數f(x)滿意f(x＋a)＝f(x－a)，則f(x)是周期函數，T＝2a②若函數f(x)滿意f(x＋a)＝－f(x)，則f(x)是周期函數，T＝2a③若函數f(x)滿意f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，則f(x)是周期函數，T＝2a．(2)函數圖象的對稱性①若函數y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，則f(x)的圖象關于直線x＝a②若函數y＝f(x)滿意f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，則f(x)的圖象關于點(a,③若函數y＝f(x)滿意f(a＋x)＝f(b－x)，則函數f(x)的圖象關于直線x＝eq\f(a＋b,2)對稱．3．函數圖象平移變換的相關結論(1)把y＝f(x)的圖象沿x軸左右平移|c|個單位(c＞0時向左移，c＜0時向右移)得到函數y＝f(x＋c)的圖象(c為常數)．(2)把y＝f(x)的圖象沿y軸上下平移|b|個單位(b＞0時向上移，b＜0時向下移)得到函數y＝f(x)＋b的圖象(b為常數)．三、易錯易混要明白1．求函數的定義域時，關鍵是依據含自變量x的代數式有意義來列出相應的不等式(組)求解，如開偶次方根，被開方數肯定是非負數；對數式中的真數是正數．列不等式時，應列出全部的不等式，不能遺漏．2．求函數單調區(qū)間時，多個單調區(qū)間之間不能用符號“∪”和“或”連接，可用“和”連接或用“，”隔開．單調區(qū)間必需是“區(qū)間”，而不能用集合或不等式代替．3．推斷函數的奇偶性時，要留意定義域必需關于原點對稱，有時還要對函數式化簡整理，但必需留意使定義域不受影響．4．用換元法求解析式時，要留意新元的取值范圍，即函數的定義域問題．5．分段函數是在其定義域的不同子集上，分別用不同的式子來表示對應法則的函數，它是一個函數，而不是幾個函數．考點一函數的概念及表示1．函數定義域的求法求函數的定義域，其實質就是以函數解析式所含運算有意義為準則，列出不等式或不等式組，然后求出解集即可．2．分段函數問題的5種常見類型及解題策略常見類型解題策略求函數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”的函數值，要從最內層逐層往外計算求函數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分段函數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“分段處理”，采納代入法列出各區(qū)間上的方程利用函數性質求值必需依據條件找到函數滿意的性質，利用該性質求解1．(2024·邵陽模擬)設函數f(x)＝log2(x－1)＋eq\r(2－x)，則函數feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))的定義域為(B)A．(1,2] B．(2,4]C．[1,2] D．[2,4)解析f(x)的定義域為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x≥0，,x－1＞0))?1＜x≤2,故1＜eq\f(x,2)≤2,2＜x≤4,所以選B．2．(2024·南充三聯)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x≤0，,fx－2＋1，x＞0，))則f(2018)＝__1_008__．解析函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x≤0，,fx－2＋1，x＞0，))則f(2018)＝f(2016)＋1＝f(2014)＋2＝…＝f(0)＋1009＝1－2＋1009＝1008,故答案為1008．3．(2024·百校聯盟4月聯考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)，x＞1，,x＋1，x≤1))若f(1－a)＝f(1＋a)(a＞0)，則實數a的值為__1__．解析∵a＞0，∴1－a＜1,1＋a＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a＝eq\f(1,a)，即a2－2a＋1＝0，所以a＝1．考點二函數的圖象及應用由函數解析式識別函數圖象的策略1．(2024·郴州二模)函數f(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2的大致圖象是(A)解析因為f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)x＝eq\f(4－x2,4x)，所以0＜x＜2，f′(x)＞0，x＞2，f′(x)＜0，函數在(0,2)上是增函數，(2，＋∞)上是減函數，故C，D選項錯誤，又f(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneeq\f(1,2)＝lneq\f(2,\r(e))＞ln1＝0，故選A．2．(2024·江門一模)函數y＝eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx的部分圖象大致為(A)解析設f(x)＝eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx，由1＋ln|x|≠0得x≠±eq\f(1,e)，則函數的定義域為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．∵f(－x)＝eq\f(1－ln|－x|,1＋ln|－x|)·sin(－x)＝－eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx＝－f(x)，∴函數f(x)為奇函數，解除D．又1＞eq\f(1,e)，且f(1)＝sin1＞0，故可解除B．eq\f(1,e2)＜eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝eq\f(1－ln|\f(1,e2)|,1＋ln|\f(1,e2)|)·sineq\f(1,e2)＝eq\f(1－－2,1－2)·sineq\f(1,e2)＝－3·sineq\f(1,e2)＜0，故可解除C．選A．3．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x>0，,2|x|，x≤0，))則方程2f2(x)－3f(x)＋1＝0解的個數是__5__．解析方程2f2(x)－3f(x)＋1＝0的解為f(x)＝eq\f(1,2)或1.作出y＝f(x)的圖象，由圖象知方程解的個數為5．考點三函數的性質及應用函數3特性質的應用(1)奇偶性：具有奇偶性的函數在關于原點對稱的區(qū)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(qū)間上．尤其留意偶函數f(x)的性質：f(|x|)＝f(x)．(2)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．(3)周期性：利用周期性可以轉化函數的解析式、圖象和性質，把不在已知區(qū)間上的問題，轉化到已知區(qū)間上求解．1．(2024·山西聯考)若函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x＜0，,gx，x＞0))為奇函數，則f(g(2))＝(D)A．－2 B．－1C．0 D．2解析設x＞0，則－x＜0，故f(－x)＝2x－2＝－f(x)，故x＞0時，f(x)＝2－2x，由g(2)＝f(2)＝2－4＝－2，故f(g(2))＝f(－2)＝－f(2)＝2，故選D．2．(2024·雅安三診)已知函數f(x)＝－x3－7x＋sinx，若f(a2)＋f(a－2)＞0，則實數a的取值范圍是(D)A．(－∞，1) B．(－∞，3)C．(－1,2) D．(－2,1)解析∵函數f(x)＝－x3－7x＋sinx，∴f(－x)＝x3＋7x－sinx＝－f(x)，即函數f(x)在R上為奇函數．∵f′(x)＝－3x2－7＋cosx，∴f′(x)＝－3x2－7＋cosx＜0恒成立，即函數f(x)在R上為減函數．∵f(a2)＋f(a－2)＞0，∴f(a2)＞－f(a－2)＝f(2－a)，∴a2＜2－a，即a2＋a－2＜0．∴－2＜a＜1，故選D．3．(2024·石嘴山二模)已知f(x)是定義在R上的奇函數，且f(x＋4)＝f(x)，當0＜x＜2時，f(x)＝2x－1，則f(－21)＋f(16)＝__－1__．解析f(－21)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(16)＝f(0)＝0，∴f(－21)＋f(16)＝－1，故答案為－1．4．(2024·延邊模擬)若函數f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·2x－1－\f(1,a)，x≤1，,a