第2章 第4节 函数性质的综合应用(习题课)（课件PPT）-【创新方案】2024高考数学一轮复习（新教材 新高考）

第四节　函数性质的综合应用(习题课) 开始 1 [方法技巧] 1．常见题型及解法 比较大小问题 一般解法是利用奇偶性，把不在同一单调区间上的两个或多个自变量的函数值转化为与在同一单调区间上的有关自变量的函数值，然后利用单调性比较大小 解抽象不等式 ①将所给的不等式转化为两个函数值的大小关系； ②利用单调性脱去符号“f”，转化为解不等式(组)的问题 [方法技巧] 单调性、奇偶性、周期性是函数的三大特征．对于函数性质结合的题目，函数的周期性有时需要通过函数的奇偶性得到，函数的奇偶性体现的是一种对称关系，而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律．因此在解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．　　 “课时验收评价”见“课时验收评价（九）” (单击进入电子文档) 27 谢 谢 观 看 28 第四节　函数性质的综合应用(习题课) 考法一　函数的单调性与奇偶性相结合 [典例]　(2023·合肥质检)若f(x)是定义在R上的偶函数，对∀x1，x2∈(－∞，0]，当x1≠x2时，都有＞0，则a＝f(sin 3)，b＝f，c＝f(21.5)的大小关系是(　 ) A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．b＞c＞a D．c＞b＞a [解析]　因为∀x1，x2∈(－∞，0]且x1≠x2，有＞0，所以函数f(x)在(－∞，0]上单调递增，由f(x)为偶函数，得函数f(x)在[0，＋∞)上单调递减，因为0＜sin 3＜1,1＜ln 3＜2,21.5>2，f＝f(－ln 3)＝f(ln 3)，所以f(sin 3)＞f(ln 3)＞f(21.5)，即a＞b＞c.故选A. [答案]　A 2.解题注意点 在转化时，自变量的取值必须在同一单调区间上；当不等式一边没有符号“f”时，需要转化为含有符号“f”的形式，如0＝f(1)，f(x－1)<0，则f(x－1)<f(1)；偶函数中f(x)＝f(|x|)的灵活应用等． [针对训练] 1．(多选)若定义域为R的函数f(x)在(4，＋∞)上为减函数，且函数y＝f(x＋4)为偶函数，则(　 ) A．f(2)>f(3) B．f(2)＝f(6) C．f(3)＝f(5) D．f(3)>f(6) 答案：BCD　 解析：因为f(x＋4)是偶函数，所以f(x)的图象关于直线x＝4 对称，即当x∈(－∞，4)时，f(x)单调递增，当x∈(4，＋∞)时，f(x)单调递减，对于A,2，3∈(－∞，4)，3>2，∴f(3)>f(2)，错误；对于B，|4－2|＝|6－4|＝2，f(2)＝f(6)，正确；对于C，|3－4|＝|5－4|＝1，f(3)＝f(5)，正确；对于D，f(3)＝f(5)，5,6∈(4，＋∞)，6>5，f(6)<f(5)＝f(3)，正确．故选B、C、D. 2．若函数f(x)＝ex－e－x，则不等式f(ln x)＋f(ln x－1)<0的解集是______． 解析：因为f(x)＝ex－e－x，定义域为R，且f(－x)＝－(ex－e－x)＝－f(x)，故其为奇函数，又y＝ex，y＝－e－x均为单调递增函数，故f(x)为R上的单调递增函数，则原不等式等价于f(ln x)<f(1－ln x)，即ln x<1－ln x，整理得ln x<，解得0<x<，故不等式的解集为(0，)． 答案：(0，) 考法二　函数的奇偶性与周期性、对称性相结合 [典例]　(1)(2022·全国乙卷)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则f(k)＝(　 ) A．－21 B．－22 C．－23 D．－24 (2)定义在R上的函数y＝f(x)满足以下三个条件：①对于任意的x∈R，都有f(x＋1)＝f(x－1)； ②函数y＝f(x＋1)的图象关于y轴对称； ③对于任意的x1，x2∈[0,1]，都有(f(x1)－f(x2))·(x1－x2)>0； 则f，f(2)，f(3)从小到大的关系是(　 ) A．f>f(2)>f(3) B．f(3)>f(2)>f C．f>f(3)>f(2) D．f(3)>f>f(2) [解析]　(1)由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，可得g(2＋x)＝g(2－x)．在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，可得f(－x)＝f(x)　①，y＝f(x)为偶函数．在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，代入f(x)＋g(2－x)＝5中，得f(x)＋f(－x－2)＝－2　②，所以y＝f(x)的图象关于点(－1，－1)中心对称，所以f(1)＝f(－1)＝－1.