主题1 第2章 热点强化课1 函数性质的综合应用(课件PPT)-【金榜题名】2026年高考数学一轮总复习（北师大版）

主题二 函　数 第二章　函数 热点强化课1　函数性质的综合应用——(教师专享) 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时冲关 01 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 　 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 课时作业 点击进入WORD链接 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 金榜题名 创新高考总复习 数学（BS新教材） 高考对函数性质的考查往往是综合性的，如将奇偶性、周期性、单调性及函数的零点综合考查，因此，复习过程中应注意在掌握常见函数图象和性质的基础上，注重函数性质的综合应用的演练． 函数的单调性与奇偶性 [例1]　 [例1]　(2025·宁夏银川一模)若f(x)＝ln (x2＋1)－ eq \f(1,\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x)))) ，设a＝f(－3)，b＝f(ln 2)，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20.3)) ，则a，b，c的大小关系为(　　) A．c>a>b　　　　　　B．b>c>a C．a>b>c D．a>c>b [解析]　由题意知x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，0)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) ，因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x)) ＝ln eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x))2＋1)) － eq \f(1,\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x)))) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 为偶函数，图象关于y轴对称， 当x>0时，由复合函数的单调性法则知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 随x的增大而增大， 即 x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，＋∞)) ，f(x)＝ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2＋1)) － eq \f(1,\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x)))) 单调递增， 因为a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3)) ，b＝f(ln 2)，c＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20.3)) ， 且1＝20<20.3<21＝2，0<ln 2<ln e＝1， 所以ln 2<20.3<3，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln 2)) <f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(20.3)) <f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3)) ， 即b<c<a，也就是a>c>b.故选D. [答案]　D [例2]　 (2025·安徽安庆三模)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝ax eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x)) 的图象经过点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，8)) ，则关于x的不等式9f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－x2)) <0的解集为(　　) A． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－4)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，＋∞)) B． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－4，1)) C． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－1)) ∪ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，＋∞)) D． eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，4)) [解析]　由题意知f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2)) ＝4a＝8，解得a＝2，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝2x eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x)) ，其在R上单调递增， 又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x)) ＝－2x eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x)) ＝－2x eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x)) ＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ，所以函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 为奇函数，9f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x)) ， 所以不等式9f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－x2)) <0可化为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3x)) <－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－x2)) ＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2－4)) ， 于是3x<x2－4，即x2－3x－4>0，解得x>4或x<－1.故选C. [答案]　C 函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路 (1)解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性． (2)解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f (x1)＞f (x2)或f (x1)＜f (x2)的形式，再根据函数的奇偶性与单调性，列出不等式(组)，要注意函数定义域对参数的影响． 函数的奇偶性与周期性 [例3]　设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1,2]时，f(x)＝ax2＋b，若f(0)＋f(3)＝6，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝(　　) A．－eq \f(9,4)　　 B．－eq \f(3,2) C.eq \f(7,4)　　 D.eq \f(5,2) [解析]　因为f(x＋1)为奇函数，所以f(1)＝0，即a＋b＝0，所以b＝－a， 又f(0)＝f(－1＋1)＝－f(1＋1)＝－f(2)＝－4a－b＝－3a， f(3)＝f(1＋2)＝f(－1＋2)＝f(1)＝0，由f(0)＋f(3)＝6，得a＝－2， 所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(5,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\f(5,2))) ＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)＋1)) ＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋1))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋2)) ＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＋2))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2))) ＝－eq \f(9,4)a－b＝－eq \f(5,4)a＝eq \f(5,2). [答案]　D [例4]　(2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则f(k)＝(　　) A．－3 B．－2 C．0 D．1 [解析]　因为f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，令x＝1，y＝0，可得2f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，令x＝0，可得f(y)＋f(－y)＝2f(y)，即f(y)＝f(－y)，所以函数f(x)为偶函数，令y＝1，得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即有f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，从而可知f(x＋2)＝－f(x＋1)，f(x－1)＝－f(x－4)，故f(x＋2)＝f(x－4)，即f(x)＝f(x＋6)，所以函数f(x)的一个周期为6. 因为f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(－2)＝f(2)＝－1，f(5)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(6)＝f(0)＝2，所以一个周期内的f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0.由于22除以6余4， 所以f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4) ＝1－1－2－1＝－3. [答案]　A 利用函数的奇偶性和周期性求解策略： 周期性与奇偶性结合的问题多考查求值问题，常利用奇偶性结合周期性进行转换，将所求函数值的自变量转化到已知函数值或解析式的定义域内求解． 函数的奇偶性与对称性 [例5]　 (2025·河南模拟)已知函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的定义域为R，若g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝1－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1)) 为奇函数，且直线 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m)) ·y＋3m＝0与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的图象恰有5个公共点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，y3)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，y4)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x5，y5)) ，则＝________． [解析]　 g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＝1－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1)) 为奇函数，则有g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) ＋g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x)) ＝0， 即1－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1)) ＋1－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－1)) ＝0，可得f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－1)) ＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－1)) ＝2， eq \f(2x－1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2x－1)),2) ＝－1，所以函数f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的图象关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1)) 对称． 直线 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m)) ·y＋3m＝0，即 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－y＋3)) m＋x＋y＝0， 由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－y＋3＝0，,x＋y＝0，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝1，)) 所以直线过定点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1)) ， 即直线 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m)) ·y＋3m＝0关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，1)) 对称． 直线 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2m＋1)) x＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－m)) ·y＋3m＝0与f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x)) 的图象恰有5个公共点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x1，y1)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，y2)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x3，y3)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x4，y4)) ， eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x5，y5)) ， 则有 eq \o(∑,\s\up11(5),\s\do4(i＝1)) xi＝5× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1)) ＝－5， eq \i\su(i＝1,5,y) i＝5×1＝5， eq \o(∑,\s\up11(5),\s\do4(i＝1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(xi－yi)) ＝－10. [答案]　-10 [例6]　(2025·天津模拟)设函数y＝f(x)的定义域为D，若对任意的x1，x2∈D，且x1＋x2＝2a，恒有f(x1)＋f(x2)＝2b，则称函数f(x)具有对称性，其中点(a，b)为函数y＝f(x)的对称中心，研究函数f(x)＝x＋1＋eq \f(1,x－1)＋tan(x－1)的对称中心，求feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2 025)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))＝(　　) A．2 025 B．4 049 C．4 050 D．8 100 [解析]　令函数g(t)＝t＋eq \f(1,t)＋tan t，则g(－t)＝－t－eq \f(1,t)＋tan(－t)＝－geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)＋tan t))＝－g(t)， 所以函数g(t)为奇函数，其图象关于原点对称， 可得f(x)＝x－1＋eq \f(1,x－1)＋tan(x－1)＋2的图象关于点(1,2)中心对称， 即当x1＋x2＝2，可得f(x1)＋f(x2)＝4， 设M＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2 025)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))， M＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 047,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 045,2 025)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025)))， 所以2M＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))))＋eq \b\lc\[\rc\ (\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2 025))))) eq \b\lc\ \rc\](\a\vs4\al\co1(＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 047,2 025)))))＋…＋eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))＋f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025))))) ＝2 025×4＝8 100，所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2 025)))＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2 025)))＋…＋feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4 049,2 025)))＝4 050. [答案]　C 将奇函数平移可以得到中心对称函数，若逆向探讨，则可以得到任何一个中心对称函数平移后都可以变成奇函数，这样便可以得到对称中心；将偶函数平移可以得到轴对称函数，若逆向探讨，则可以得到任何一个轴对称函数平移后都可以变成偶函数，这样便可以得到对称轴． 函数的周期性与对称性 [例7]　已知函数f(x)满足f(x＋3)＝f(1－x)＋9f(2)对任意x∈R恒成立，又函数f(x＋9)的图象关于点(－9,0)对称，且f(1)＝2 025，则f(53)＝(　　) A．2 024 B．－2 024 C．2 025 D．－2 025 [解析]　因为对任意x∈R，都有f(x＋3)＝f(1－x)＋9f(2)， 令x＝－1，得f(2)＝f(2)＋9f(2)，解得f(2)＝0， 则f(x＋3)＝f(1－x)，即f(x＋4)＝f(－x)， 所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称． 又函数f(x＋9)的图象关于点(－9,0)对称，则函数f(x)的图象关于点(0,0)对称， 即函数f(x)为奇函数，所以f(x＋4)＝f(－x)＝－f(x)， 所以f(x＋8)＝－f(x＋4)＝f(x)，所以8是函数f(x)的一个周期， 所以f(53)＝f(7×8－3)＝f(－3)＝－f(3)＝－f(1)＝－2 025. [答案]　D [例8]　已知y＝f(x－1)的图象关于点(1,0)对称，且对∀x∈R，都有f(x－1)＝f(3－x)成立，当0≤x≤1时，f(x)＝x2，则f(2 027)＝(　　) A．－1 B．0 C．1 D．2 [解析]　f(x)＝f[(x＋1)－1]，由此可知f(x)关于原点对称，是奇函数， 因此f(x－1)＝f(3－x)⇒f[(x＋1)－1]＝f[3－(x＋1)]⇒f(x)＝f(2－x)＝－f(x－2)， 可得f(x－4)＝－f(x－2)＝f(x)，故f(x)是周期为4的周期函数，故f(2 027)＝f(－1)＝－f(1)＝－1. [答案]　A 周期性与对称性的综合解题，尤其要注意对称性与周期性之间的关系，周期是两条对称轴(或对称中心)之间距离的2倍，是对称中心与对称轴之间距离的4倍． 函数的奇偶性、对称性、 周期性与单调性的综合 [例9]　(多选)在平面直角坐标系xOy中，如图放置的边长为2的正方形ABCD沿x轴滚动(无滑动滚动)，点D恰好经过坐标原点，设顶点B(x，y)的轨迹方程是y＝f(x)，则对函数y＝f(x)的判断正确的是(　　) A．函数g(x)＝f(x)－2eq \r(2)在[－3,9]上有两个零点 B．函数y＝f(x)是偶函数 C．函数y＝f(x)在[－8，－6]上单调递增 D．对任意的x∈R，都有f(x＋4)＝－eq \f(1,fx) [解析]　以A点为中心滚动时，B点轨迹为以(－2,0)为圆心，2为半径的eq \f(1,4)圆弧； 当以D点为中心滚动时，B点轨迹为以(0,0)为圆心，2eq \r(2)为半径的eq \f(1,4)圆弧； 当以C点为中心滚动时，B点轨迹为以(2,0)为圆心，2为半径的eq \f(1,4)圆弧； 当以B点为中心滚动时，B点不动，然后周期循环，周期为8. 画出函数图象，如图所示， g(0)＝f(0)－2eq \r(2)＝0，g(8)＝f(8)－2eq \r(2)＝f(0)－2eq \r(2)＝0，A正确； 根据图象和周期知B正确； 函数y＝f(x)在[0,2]上单调递减，故在[－8，－6]上单调递减，C错误； 取x＝－2，易知f(2)≠－eq \f(1,f－2)，故D错误． [答案]　AB [例10]　(多选)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)＝－f(4－x)，且f(x＋1)＝f(1－x)，则(　　) A．f(x)为奇函数 B．f(x)的图象关于x＝2对称 C．f(x＋2)为偶函数 D．f(x)是周期为4的函数 [解析]　因为f(x＋1)＝f(1－x)，所以f(x)关于x＝1对称． 因为f(x)＝－f(4－x)，所以f(x＋2)＝－f(2－x)，所以f(x)关于点(2,0)对称． 对于A，由点(2,0)关于x＝1的对称点为(0,0)，(2,0)为f(x)的对称中心，且f(x)关于x＝1对称，所以(0,0)为f(x)的对称中心，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)为奇函数．故A正确； 对于B，因为f(x)＝－f(4－x)，所以f(x＋2)＝－f(2－x)，f(2＋x)＝f(2－x)未必成立，所以f(x)的图象不一定关于x＝2对称，故B错误； 对于C，因为f(x)＝－f(4－x)，令x＋2代换x，得到f(x＋2)＝－f(2－x)．① 对于f(x＋1)＝f(1－x)，令x＋1代换x，得到f(x＋2)＝f(－x)．② 由①②得f(－x)＝－f(2－x)，令－x代换x，得到f(x)＝－f(2＋x)， 与②结合得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)， 所以f(x＋2)为奇函数，故C错误； 对于D，对于f(x＋1)＝f(1－x)，令x－1代换x，得到f(x)＝f(2－x)， 又因为f(x)＝－f(4－x)，所以f(2－x)＝－f(4－x)， 令2－x代换x，得到f(x)＝－f(2＋x)， 令x－2代换x，得到f(x－2)＝－f(x)，所以f(x－2)＝f(x＋2)， 令x＋2代换x，得到f(x)＝f(x＋4)，即f(x)是周期为4的函数．故D正确． [答案]　AD 函数的奇偶性、对称性、周期性与单调性是函数的四大性质，在高考中常常将它们综合到一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性、对称性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转化，再利用单调性解决相关问题． $$