第3章 素能培优(二) 函数性质的综合问题 -【金版教程】2025年高考数学一轮复习创新方案课件PPT（新教材，提升版）

第三章　函数与幂函数、指数函数、对数函数 素能培优（二）　函数性质的综合问题 考情分析：函数的单调性、奇偶性、周期性、函数图象的对称性是必考点，通常会综合考查，出现在选填题中． 考点 难度 2023 Ⅰ卷T4 单调性 易 Ⅱ卷T4 奇偶性 易 2022 Ⅰ卷T12 奇偶性、对称性 难 Ⅱ卷T8 奇偶性、周期性 难 2021 Ⅰ卷T13 奇偶性 易 Ⅱ卷T8 奇偶性、周期性 难 目录 核心考向 HE XIN KAO XIANG 核心考向 HE XIN KAO XIANG 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向一 函数的奇偶性与单调性 例1　(1)(2023·菏泽模拟)已知函数f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上为奇函数，则不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)>0的解集为(　　) A．(－2，4] B．(－3，5] C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)) D．(－2，2] 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为函数f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上为奇函数，所以－2c－1＋c＋3＝0，解得c＝2，又f(－x)＝－f(x)，即－x3＋(a－2)x2－2x＋b＝－x3－(a－2)x2－2x－b，所以2(a－2)x2＋2b＝0，解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（a－2）＝0，,2b＝0，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝0，))所以f(x)＝x3＋2x，x∈[－5，5]，因为y＝x3与y＝2x在定义域[－5，5]上单调递增， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 所以f(x)在定义域[－5，5]上单调递增，则不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)>0，即f(2x＋1)＋f(4)>0，等价于f(2x＋1)>f(－4)，所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1>－4，,－5≤2x＋1≤5，))解得－eq \f(5,2)<x≤2，即不等式的解集为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)).故选C. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (2)(2024·珠海二中阶段考试)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有eq \f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)>0，记a＝f(1)，b＝eq \f(f（－2）,2)，c＝eq \f(f（3）,3)，则(　　) A．c＜a＜b B．a＜b＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　对任意两个不相等的正数x1，x2，不妨设x1＞x2，因为eq \f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)＞0，则x2f(x1)－x1f(x2)＞0，所以eq \f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1x2)＝eq \f(f（x1）,x1)－eq \f(f（x2）,x2)>0，即eq \f(f（x1）,x1)>eq \f(f（x2）,x2)，令g(x)＝eq \f(f（x）,x)，则函数g(x)＝eq \f(f（x）,x)是(0，＋∞)上的增函数，则g(1)＜g(2)＜g(3)，所以f(1)<eq \f(f（2）,2)<eq \f(f（3）,3)，因为f(x)为偶函数，则f(1)<eq \f(f（－2）,2)<eq \f(f（3）,3)，即a＜b＜c.故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (1)利用偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反、奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同，实现不等式的等价转化． (2)注意偶函数的性质f(x)＝f(|x|)的应用． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 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] 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上也单调递减，且f(－2)＝0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)>0；当x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时，f(x)<0，所以由xf(x－1)≥0可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x<0，,－2≤x－1≤0或x－1≥2))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,0≤x－1≤2或x－1≤－2))或x＝0，解得－1≤x≤0或1≤x≤3，所以满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3]．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 2．(2023·开封模拟)f(x)为定义在R上的偶函数，对任意的x2>x1≥0，都有eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2，且f(2)＝4，则不等式f(x)>2|x|的解集为(　　) A．(－∞，2) B．(2，＋∞) C．(0，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞) 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　对任意的x2>x1≥0，都有eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)>2，则eq \f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)－2＝eq \f([f（x2）－2x2]－[f（x1）－2x1],x2－x1)>0，令g(x)＝f(x)－2|x|，则g(x)＝f(x)－2|x|在[0，＋∞)上单调递增，因为f(x)为定义在R上的偶函数，所以g(－x)＝f(－x)－2|－x|＝f(x)－2|x|＝g(x)，即g(x)＝f(x)－2|x|为偶函数，又g(2)＝f(2)－2×|2|＝0，由f(x)>2|x|，可得g(x)＝f(x)－2|x|>0，即g(|x|)>g(2)，所以|x|>2，所以f(x)>2|x|的解集为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向二　函数的奇偶性与周期性 例2　(1)(2021·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋2)为偶函数，f(2x＋1)为奇函数，则(　　) A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0 B．f(－1)＝0 C．f(2)＝0 D．f(4)＝0 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为函数f(x＋2)为偶函数，则f(2＋x)＝f(2－x)，所以f(x＋3)＝f(1－x)，因为函数f(2x＋1)为奇函数，则f(1－2x)＝－f(2x＋1)，所以f(1－x)＝－f(x＋1)，所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋1)＝－f(x－1)，所以f(x＋3)＝f(x－1)，即f(x)＝f(x＋4)，故函数f(x)是以4为周期的周期函数，因为f(2x＋1)为奇函数，所以f(1)＝0，故f(－1)＝－f(1)＝0，其他三个选项未知．故选B. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (2)(2024·浙江名校联盟第一次联考)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，f(x＋2)为偶函数，若f(0)＝0，eq \o(∑,\s\up7(n),\s\do7(k＝1))f(k)＝111，则n的值为(　　) A．107 B．118 C．109 D．110 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　对任意的x∈R，由f(x＋1)＋f(x－1)＝2可得f(x＋3)＋f(x＋1)＝2，所以f(x＋3)＝f(x－1)，则f(x)＝f(x＋4)，所以函数f(x)为周期函数，且周期为4，因为f(x＋2)为偶函数，所以f(2－x)＝f(2＋x)，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，则f(1)＝f(3)，因为f(1)＋f(3)＝2，则f(1)＝f(3)＝1，因为f(0)＋f(2)＝2且f(0)＝0，则f(2)＝2，所以f(1)＋f(2)＝3，因为f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4，且111＝4×27＋3，因为eq \o(∑,\s\up7(n),\s\do7(k＝1))f(k)＝27×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＝111，故n＝4×27＋2＝110.故选D. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 2 答案 解析 * (2024·湖南名校联盟入学摸底考试)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)是奇函数，f(x＋3)＝f(1－x)，f(0)＝－2，则eq \o(∑,\s\up17(2023),\s\do17(k＝1))f(k)＝________． 解析　因为f(x＋1)是奇函数，所以f(x＋1)＝－f(1－x)，又f(x＋3)＝f(1－x)，可得f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为4的周期函数，因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(2)＋f(4)＝0，f(1)＋f(3)＝0，所以eq \o(∑,\s\up7(2023),\s\do7(k＝1))f(k)＝506×[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]－f(2024)＝－f(0)＝2. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向三　函数的周期性与对称性 例3　(多选)(2024·东莞第四高级中学检测)已知f(x)是定义在R上的偶函数，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))恒成立．当x∈[2，3]时，f(x)＝x.则下列四个命题中正确的是(　　) A．f(x)的周期是2k(k≠0，k∈Z) B．f(x)的图象关于点(1，0)对称 C．当x∈[－3，－2]时，f(x)＝－x D．当x∈[－2，0]时，f(x)＝3－|x＋1| 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))得f(x)＝f(x＋2)，即f(x)是周期为2的周期函数，则f(x)的周期是2k(k≠0，k∈Z)，故A正确；∵f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(x＋2)＝f(－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，故B错误；当x∈[－3，－2]时，－x∈[2，3]，则f(－x)＝－x＝f(x)，即此时f(x)＝－x，x∈[－3，－2]，故C正确；当x∈[0，1]时，x＋2∈[2，3]，f(x)＝f(x＋2)＝x＋2，x∈[0，1]．∵函数f(x)是偶函数，∴当x∈[－1，0]时，f(x)＝f(－x)＝－x＋2，当x∈[－2，－1]时，x＋2∈[0，1]， 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 此时f(x)＝f(x＋2)＝x＋2＋2＝x＋4，当x∈[－2，0]时，f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x＋2，x∈[－1，0]，,x＋4，x∈[－2，－1），))当x∈[－2，－1)时，f(x)＝3－|x＋1|＝3＋x＋1＝x＋4，当x∈[－1，0]时，f(x)＝3－|x＋1|＝3－x－1＝2－x，故D正确．故选ACD. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (多选)(2024·长沙模拟)已知函数f(x)的定义域为R，函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，且满足f(x＋3)＝f(1－x)，则下列结论正确的是(　　) A．函数f(x＋1)是奇函数 B．函数f(x)的图象关于y轴对称 C．函数f(x)是最小正周期为2的周期函数 D．若函数g(x)满足g(x)＋f(x＋3)＝2，则eq \o(∑,\s\up17(2024),\s\do17(k＝1))g(k)＝4048 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　因为函数f(x)的图象关于点(1，0)对称，所以f(x＋1)＝－f(1－x)，所以函数f(x＋1)是奇函数，故A正确；因为f(x＋1)＝－f(1－x)，所以f(x＋2)＝－f(－x)，又f(x＋3)＝f(1－x)，所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，所以f(x＋2)＝－f(x)，所以f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故B正确；因为f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，故C错误；因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(1)＋f(3)＝0，f(0)＋f(2)＝0，因为g(x)＋f(x＋3)＝2，所以g(0)＋g(1)＋g(2)＋g(3)＝2－f(3)＋2－f(4)＋2－f(5)＋2－f(6)＝8－[f(3)＋f(4)＋f(5)＋f(6)]＝8－[f(3)＋f(0)＋f(1)＋f(2)]＝8，所以eq \o(∑,\s\up17(2024),\s\do17(k＝1))g(k)＝506×[g(0)＋g(1)＋g(2)＋g(3)]＝4048，故D正确．故选ABD. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * 考向四　与函数性质有关的新定义问题 例4　(多选)德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet，1805～1859)在数学领域成就显著.19世纪，狄利克雷定义了一个“奇怪的函数”y＝f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x∈Q，,0，x∈∁RQ，))其中R为实数集，Q为有理数集．关于函数f(x)有如下四个命题，其中正确的是(　　) A．函数f(x)是偶函数 B．∀x1，x2∈∁RQ，f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)恒成立 C．任取一个不为零的有理数T，f(x＋T)＝f(x)对任意的x∈R恒成立 D．不存在三个点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))，使得△ABC为等腰直角三角形 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　对于A，若x∈Q，则－x∈Q，满足f(x)＝f(－x)；若x∈∁RQ，则－x∈∁RQ，满足f(x)＝f(－x)，故函数f(x)为偶函数，A正确．对于B，取x1＝π∈∁RQ，x2＝－π∈∁RQ，则f(x1＋x2)＝f(0)＝1，f(x1)＋f(x2)＝0，故B错误．对于C，若x∈Q，则x＋T∈Q，满足f(x)＝f(x＋T)；若eq \a\vs4\al(x∈∁RQ)，则x＋T∈∁RQ，满足f(x)＝f(x＋T)，故C正确．对于D，△ABC要为等腰直角三角形，只可能有如下四种情况：①如图1，直角顶点A在直线y＝1上，斜边在x轴上，此时点B，点C的横坐标为无理数，由等腰直角三角形的性质可知|x1－x2|＝1，那么点A的横坐标也为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立； 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * ②如图2，直角顶点A在直线y＝1上，斜边不在x轴上，此时点B的横坐标为无理数，则点A的横坐标也应为无理数，这与点A的纵坐标为1矛盾，故不成立；③如图3，直角顶点A在x轴上，斜边在直线y＝1上，此时点B，点C的横坐标为有理数，则BC中点的横坐标仍然为有理数，那么点A的横坐标也应为有理数，这与点A的纵坐标为0矛盾，故不成立；④如图4，直角顶点A在x轴上，斜边不在直线y＝1上，此时点A的横坐标为无理数，则点B的横坐标也应为无理数，这与点B的纵坐标为1矛盾，故不成立． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 综上，不存在三个点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，C(x3，f(x3))，使得△ABC为等腰直角三角形，故D正确．故选ACD. 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * 解决与函数有关的新定义问题的策略 (1)联想背景：有些题目给出的新函数是以熟知的初等函数(如一次函数、二次函数、指数函数、对数函数等)为背景定义的，可以通过阅读材料，联想和类比、拆分或构造，将新函数转化为我们熟知的基本初等函数进行求解． (2)紧扣定义：对于题目定义的新函数，通过仔细阅读，分析定义以及新函数所满足的条件，围绕定义与条件来确定解题的方向，然后准确作答． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 * (3)巧妙赋值：如果题目所定义的新函数满足的条件是函数方程，可采用赋值法，求得特殊函数值或函数解析式，再结合掌握的数学知识与方程思想来解决问题． (4)构造函数：有些新定义型函数可看成是由两个已知函数构造而成的． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 答案 * (多选)对于实数x，符号[x]表示不超过x的最大整数，例如[π]＝3，[－1.08]＝－2.定义函数f(x)＝x－[x]，则(　　) A．f(3)＝1 B．函数f(x)是周期函数 C．方程f(x)＝eq \f(1,2)在x∈[0，1)上仅有一个解 D．函数f(x)是增函数 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 解析　由题意知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(…,x＋1，－1≤x<0，,x，0≤x<1，,x－1，1≤x<2，,…))画出分段函数的图象，如图所示． 目录 考向一 考向二 考向三 考向四 解析 * 对于A，由定义可得f(3)＝3－[3]＝3－3＝0，故A不正确；对于B，由图象可知函数f(x)为周期函数，故B正确；对于C，函数y＝f(x)与y＝eq \f(1,2)的图象在x∈[0，1)上有一个交点，即方程f(x)＝eq \f(1,2)在x∈[0，1)上仅有一个解，故C正确；对于D，由图象可知f(0)＝f(1)，所以函数f(x)不是增函数，故D不正确．故选BC. 　　　　　　　　　　　　　 R $$