第6板块 2 小题压轴考法(一)——函数的图象与性质（Word教参）-【新高考方案】2024年高考数学二轮复习专题增分方略（新教材）

小题压轴考法(一)——函数的图象与性质 命题点一　函数的性质及其应用 [典例导析] 考法1　函数的单调性与奇偶性 [例1]　(2023·九江二模)定义在R上的奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(－1)＝0，则关于x的不等式xf(x)<0的解集为(　 ) A．(－1,0)∪(0,1) B．(－∞，－1)∪(0,1) C．(－∞，－1)∪(1，＋∞) D．(－1,0)∪(1，＋∞) [解析]　因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(0)＝0，f(1)＝0，可画出其大致图象，如图所示．因为xf(x)<0，所以当x>0时，f(x)<0，解得0<x<1，当x<0时，f(x)>0，解得－1<x<0. 当x＝0时，显然不合题意．所以不等式xf(x)<0的解集为(－1,0)∪(0,1)，故选A. [答案]　A [例2]　已知奇函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，g(x)＝xf(x)，若a＝g，b＝g，c＝g，则a，b，c的大小关系为(　 ) A．a>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．a>c>b [解析]　因为奇函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，所以f(0)＝0，且f′(x)≥0.又因为g(x)＝xf(x)，所以当x＝0时，g(0)＝0. 当x≠0时，f(x)＝，因为f(－x)＝＝－f(x)＝－，即g(－x)＝g(x)， 所以g(x)是(－∞，＋∞)上的偶函数． 当x>0时，因为g′(x)＝f(x)＋xf′(x)>0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增． 根据函数的奇偶性可知，函数g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 又因为>>，所以>>， 则g>g>g，所以a>c>b. [答案]　D [思维建模]　奇偶性与单调性的综合应用 比较函数值的大小 先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 求解抽象函数不等式 对于抽象函数不等式，应先变形为f(x1)＞f(x2)的形式，再结合单调性，脱去“f”变成常规不等式，如x1＞x2(或x1＜x2)求解．如果函数f(x)是偶函数，则由f(x1)＞f(x2)可得|x1|＞|x2|(或|x1|＜|x2|) 考法2　函数的奇偶性、周期性与对称性 [例3]　已知函数f(x)与g(x)的定义域均为R，f(x＋1)为偶函数，且f(3－x)＋g(x)＝1，f(x)－g(1－x)＝1，则下面判断错误的是(　 ) A．f(x)的图象关于点(2,1)中心对称 B．f(x)与g(x)均为周期为4的周期函数 C.(i)＝2 022 D.(i)＝0 [关键点拨] 切入点 由f(x＋1)为偶函数可得函数关于直线x＝1轴对称 隐藏点 f(x)－g(1－x)＝1等价于f(1－x)－g(x)＝1 障碍点 记不住函数对称性的常用结论，解题受阻 (1)若f(x＋a)＝－f(x)，其中f(x)≠0，则f(x)的周期为2|a|. (2)若f(x)的图象关于直线x＝a和x＝b对称，则f(x)的周期为2|a－b|. (3)若f(x)的图象关于点(a,0)和直线x＝b对称，则f(x)的周期为4|a－b| [解析]　因为f(x＋1)为偶函数，所以f(x＋1)＝f(－x＋1)　①，所以f(x)的图象关于直线x＝1轴对称．因为f(x)－g(1－x)＝1等价于f(1－x)－g(x)＝1　②，又f(3－x)＋g(x)＝1　③，②＋③得f(1－x)＋f(3－x)＝2　④，即f(1＋x)＋f(3＋x)＝2，即f(2＋x)＝2－f(x)，所以f(4＋x)＝2－f(2＋x)＝f(x)，故f(x)的周期为4.又g(x)＝1－f(3－x)，所以g(x)的周期也为4，故B正确； ①代入④得f(1＋x)＋f(3－x)＝2，故f(x)的图象关于点(2,1)中心对称，且f(2)＝1，故A正确； 由f(2＋x)＝2－f(x)，f(2)＝1，得f(0)＝1，f(4)＝1，且f(1)＋f(3)＝2，故f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4.故(i)＝505×4＋f(1)＋f(2)＝2 021＋f(1)．因为f(1)与f(3)值不确定，故C错误； 因为f(3－x)＋g(x)＝1，所以g(1)＝0，g(3)＝0，g(0)＝1－f(3)，g(2)＝1－f(1)．所以g(0)＋g(2)＝2－[f(1)＋f(3)]＝0.故g(0)＋g(1)＋g(2)＋g(3)＝0.故(i)＝506×0＝0，故D正确． [答案]　C [思维建模]　解决抽象函数问题常用的结论 结论1 函数y＝f(x)关于x＝对称f(a＋x)＝f(b－x)f(x)＝f(b＋a－x) 特例 ①函数