内容正文:
第4课时 函数性质的综合应用
考点一 函数的奇偶性与单调性
[典例1] (1)(2020·新高考Ⅰ卷)若定义在R的奇函数f (x)在(-∞,0)单调递减,且f (2)=0,则满足xf (x-1)≥0的x的取值范围是( )
A.[-1,1]∪[3,+∞) B.[-3,-1]∪[0,1]
C.[-1,0]∪[1,+∞) D.[-1,0]∪[1,3]
(2)(多选)定义在R上的奇函数f (x)为减函数,偶函数g(x)在区间[0,+∞)上的图象与f (x)的图象重合,设a>b>0,则下列不等式中成立的是( )
A.f (b)-f (-a)<g(a)-g(-b)
B.f (b)-f (-a)>g(a)-g(-b)
C.f (a)+f (-b)<g(b)-g(-a)
D.f (a)+f (-b)>g(b)-g(-a)
(1)D (2)AC [(1)因为函数f (x)为定义在R上的奇函数,则f (0)=0.
又f (x)在(-∞,0)上单调递减,且f (2)=0,
画出函数f (x)的大致图象如图①所示,
则函数f (x-1)的大致图象如图②所示.
图① 图②
当x≤0时,要满足xf (x-1)≥0,
则f (x-1)≤0,得-1≤x≤0.
当x>0时,要满足xf (x-1)≥0,则f (x-1)≥0,得1≤x≤3.
故满足xf (x-1)≥0的x的取值范围是[-1,0]∪[1,3].故选D.
(2)函数f (x)为R上的奇函数,且为单调减函数,
偶函数g(x)在区间[0,+∞)上的图象与f (x)的图象重合,
由a>b>0,得f (a)<f (b)<0,f (a)=g(a),f (b)=g(b);
对于A,f (b)-f (-a)<g(a)-g(-b)⇔f (b)+f (a)-g(a)+g(b)=2f (b)<0(因为f (a)=g(a)在a>0上成立),所以A正确;
对于B,f (b)-f (-a)>g(a)-g(-b)⇔f (b)+f (a)-g(a)+g(b)=2f (b)>0,这与f (b)<0矛盾,所以B错误;
对于C,f (a)+f (-b)<g(b)-g(-a)⇔f (a)-f (b)-g(b)+g(a)=2[f (a)-f (b)]<0,这与f (a)<f (b)符合,所以C正确;
对于D,f (a)+f (-b)>g(b)-g(-a)⇔f (a)-f (b)-g(b)+g(a)=2[f (a)-f (b)]>0,这与f (a)<f (b)矛盾,所以D错误.]
1.比较函数值的大小问题,可以利用奇偶性,把不在同一单调区间上的两个或多个自变量转化到同一单调区间上,再利用函数的单调性比较大小;
2.对于抽象函数不等式的求解,应变形为f (x1)>f (x2)的形式,再结合单调性,脱去“f”变成常规不等式,转化为x1<x2(或x1>x2)求解.
[跟进训练]
1.(1)已知函数f (x+2)是定义域为R的偶函数,若f (x)在(2,+∞)上单调递减,则不等式f (ln x)<f (1)的解集是( )
A.(0,1)∪(3,+∞) B.(1,3)
C.(0,e)∪(e3,+∞) D.(e,e3)
(2)(2023·广东深圳高三期中)已知函数f (x)满足:①∀x,y∈R,f (x+y)=f (x)+f (y),②∀x>0,f (x)>0,则( )
A.f (x)是偶函数且在(0,+∞)上单调递减
B.f (x)是偶函数且在(0,+∞)上单调递增
C.f (x)是奇函数且单调递减
D.f (x)是奇函数且单调递增
(1)C (2)D [(1)因为f (x+2)的图象向右平移2个单位长度得到f (x)的图象,且f (x+2)的图象关于y轴对称,
所以f (x)的图象关于直线x=2对称.
由f (x)在(2,+∞)上单调递减可得f (x)在(-∞,2)上单调递增,由f (ln x)<f (1),所以ln x<1或ln x>3,解得0<x<e或x>e3.
(2)因为∀x,y∈R,f (x+y)=f (x)+f (y),
所以,令x=y=0得f (0)=f (0)+f (0),即f (0)=0.
令y=-x,得f (0)=f (x)+f (-x)=0,即f (-x)=-f (x),
所以函数f (x)为奇函数.
设x1>x2>0,则x1=x2+(x1-x2),所以f (x1)=f (x2)+f (x1-x2),
即f (x1)-f (x2)=f (x1-x2),
因为∀x>0,f (x)>0,x1-x2>0,
所以f (x1-x2)>0,即f (x1)>f (x2),
所以函数f (x)在(0,+∞)上单调递增,
所以函数f (x)在R上单调递增,
综上,f (x)是奇函数且单调递增.
故选D.]
【教师备