热点强化课2 抽象函数性质的综合应用-【创新教程】2026年高考数学总复习大一轮课件PPT（A版）

第二章　函数 热点强化课2　抽象函数性质的综合应用 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 下一页 上一页 返回导航 第二章　函数 高考总复习 数学A版 抽象函数问题，其构思新颖，条件隐蔽，技巧性强，解法灵活，往往让学生感觉头痛．抽象函数问题可以全面考查函数的概念和性质，将函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性、图象集于一身，是考查函数的良好载体，借助特殊函数模型有利于打开解题思路，有时会起到事半功倍的效果． [典例]　[多选]已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且g(x)＋f(－x＋2)＝1，f(x)－g(x＋1)＝1，若y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，则以下说法正确的是(　　) A．g(x)为奇函数　　 B．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0 C．∀x∈R，f(x)＝f(x＋4) D．若f(x)的值域为[m，M]，则f(x)＋g(x)＝m＋M－1 [解析]　∵g(x)＋f(－x＋2)＝1，∴g(x＋1)＋f(1－x)＝1， ∵f(x)－g(x＋1)＝1，∴f(x)＋f(1－x)＝2， ∵f(x)关于x＝1对称，∴f(1－x)＝f(1＋x)， ∴f(x)＋f(1＋x)＝2，∴f(x＋1)＋f(2＋x)＝2，∴f(x)＝f(2＋x)， ∴T＝2，∴f(x)＝f(x＋4)，故C正确； ∵f(x)关于x＝1对称，∴f(x)＝f(2－x)， ∴f(x)＝f(－x)，∴f(x)为偶函数， ∵g(x)＋f(－x＋2)＝1，∴g(x)＋f(x)＝1， ∴g(－x)＋f(－x)＝1，∴g(－x)＋f(x)＝1， ∴g(x)＝g(－x)，∴g(x)为偶函数，故A错误； ∵f(x)＋f(1－x)＝2，∴f(x)图象关于点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))中心对称， ∴存在一对最小值点与最大值点也关于eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))对称，∴m＋M＝2 ∴g(x)＋f(x)＝1＝m＋M－1，故D正确； 由f(x)＋f(1－x)＝2得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝1，又T＝2，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝1， 由g(x)＋f(x)＝1得geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝1，所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0，故B正确． [答案]　BCD 对含有f(x)，g(x)混合关系的抽象函数，要探求f(x)，g(x)性质首先要消去一个函数只剩下另一个函数，消去其中一个函数的方法就是对x进行合理的赋值，组成方程组消去一个函数，再考查剩余函数的性质．对抽象函数的周期性、奇偶性、单调性以及图象的对称性的综合应用，解决该问题应该注意的事项： (1)赋值法使用，注意和题目条件作联系； (2)转化过程要以相关定义为目的，不断转变． [多选]已知函数f(x)＝lg(eq \r(x2－2x＋2)－x＋1)，g(x)＝eq \f(2x＋6,2x＋2)，则下列说法正确的是(　　) A．f(x)是奇函数 B．g(x)的图象关于点(1,2)对称 C．若函数F(x)＝f(x)＋g(x)在x∈[1－m,1＋m]上的最大值、最小值分别为M、N，则M＋N＝4 D．令F(x)＝f(x)＋g(x)，若F(a)＋F(－2a＋1)＞4，则实数a的取值范围是(－1，＋∞) 解析：BCD　[由题意函数f(x)＝lg(eq \r(x2－2x＋2)－x＋1)＝lg(eq \r(x－12＋1)－(x－1))， 因为eq \r(x－12＋1)－(x－1)＞0恒成立， 即函数f(x)的定义域为R， 又因为f(0)＝lg(eq \r(2)＋1)≠0，所以f(x)不是奇函数，所以A错误； 将g(x)＝eq \f(2x＋6,2x＋2)的图象向下平移两个单位得到y＝eq \f(2x＋6,2x＋2)－2＝eq \f(2－2x,2＋2x)， 再向左平移一个单位得到h(x)＝eq \f(2－2x＋1,2＋2x＋1)＝eq \f(1－2x,1＋2x)， 此时h(－x)＝eq \f(1－2－x,1＋2－x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝－h(x)， 所以h(x)图象关于点(0,0)对称， 所以g(x)的图象关于(1,2)对称，所以B正确； 将函数f(x)的图象向左平移一个单位得m(x)＝lg(eq \r(x2＋1)－x)， 因为m(－x)＋m(x)＝lg(eq \r(x2＋1)＋x)＋lg(eq \r(x2＋1)－x)＝lg 1＝0， 即m(－x)＝－m(x)，所以函数m(x)为奇函数， 所以函数f(x)关于(1,0)点对称， 所以F(x)若在1＋a处取得最大值，则F(x)在1－a处取得最小值， 则F(1＋a)＋F(1－a)＝f(1＋a)＋f(1－a)＋g(1＋a)＋g(1－a)＝0＋4＝4，所以C正确； 由F(a)＋F(－2a＋1)＞4，可得f(a)＋f(1－2a)＋g(a)＋g(1－2a)＞4， 由f(x)＝lg(eq \r(x－12＋1)－(x－1))， 设m(x)＝lg(eq \r(x2＋1)－x)，t＝eq \r(x2＋1)－x， 可得t′＝eq \f(x,\r(x2＋1))－1＜0，所以t＝eq \r(x2＋1)－x为减函数， 可得函数m(x)＝lg(eq \r(x2＋1)－x)为减函数， 所以函数f(x)＝lg(eq \r(x－12＋1)－(x－1))为减函数， 又由g(x)＝eq \f(2x＋6,2x＋2)＝1＋eq \f(4,2x＋2)为减函数， 所以F(x)为减函数， 因为F(x)关于点(1,2)对称， 所以F(a)＋F(－2a＋1)＞4＝F(a)＋F(2－a)， 即F(－2a＋1)＞F(2－a)， 即－2a＋1＜2－a，解得a＞－1，所以D正确．] $$