主题2 第2章 热点强化课1 函数性质的综合应用-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮课件PPT（北师大版）

该高中数学高考复习课件聚焦“函数性质的综合应用”专题，覆盖单调性、奇偶性、周期性、对称性及四大性质综合等高考核心考点，依据高考评价体系梳理5大常考题型，通过例题解析与方法指导明确考点权重，构建系统解题思路，体现备考针对性与实用性。 课件亮点在于“题型分类突破+性质转化策略+核心素养培养”，如例2通过构造奇函数将不等式问题转化，培养逻辑推理能力，例7结合周期性与对称性求函数值，发展抽象能力。特设方法指导与易错分析，帮助学生掌握性质综合应用技巧，教师可据此精准教学，助力高效冲刺。

主题二 函 数（必修第一册） 第二章　函数 热点强化课1　函数性质的综合应用 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 课时冲关 01 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 课时作业 下一页 上一页 返回导航 主题二 第二章　函　数 高考总复习 数学（BS） 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]　已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，＋∞)上单调递增，则(　　) A．f(log2π)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)))＞f(2－π) B．f(log2eq \f(1,3))＞f(2－π)＞f(log2π) C．f(2－π)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)))＞f(log2π) D．f(2－π)＞f(log2π)＞feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3))) [解析]　∵f(x)是偶函数， ∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)))＝f(－log23)＝f(log23)． ∵1＜log23＜log2π＜2,0＜2－π＜1， ∴0＜2－π＜log23＜log2π＜2. ∵f(x)在[0，＋∞)上为增函数， ∴f(2－π)＜f(log23)＜f(log2π)， 即f(2－π)＜feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)))＜f(log2π)． [答案]　A [例2]　已知函数f(x)＝eq \f(2,ex＋1)－x－2，若f(m2)＋f(m－2)＋2＞0恒成立，则实数m的取值范围是(　　) A．(－2,1)　　　 B．(－1,2) C．(0,2) D．(2,4) [解析]　由题可知，f(x)＝eq \f(2,ex＋1)－x－2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,ex＋1)－1))－x－1＝eq \f(1－ex,ex＋1)－x－1， 令g(x)＝f(x)＋1＝eq \f(1－ex,ex＋1)－x，则g(－x)＝eq \f(1－e－x,e－x＋1)＋x＝－eq \f(1－ex,ex＋1)＋x＝－g(x)， 所以g(x)是奇函数．又由f(m2)＋f(m－2)＋2＞0，可得f(m2)＋1＋f(m－2)＋1＞0， 即g(m2)＋g(m－2)＞0，得g(m2)＞g(2－m). 由g(x)＝eq \f(1－ex,ex＋1)－x＝eq \f(－ex＋1＋2,ex＋1)－x＝－1＋eq \f(2,ex＋1)－x，因为y＝eq \f(2,ex＋1)，y＝－x－1均为R上的减函数，所以g(x)在R上单调递减，所以m2＜2－m，即m2＋m－2＜0， 解得－2＜m＜1，即实数m的取值范围是(－2,1)． [答案]　A 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]　若定义在R上的函数f(x)满足y＝f(x＋1)是奇函数，f(4＋x)＝f(－x)，f(2)＝2，则f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(30)＝　________　. [解析]　因为y＝f(x＋1)是奇函数，所以f(x＋1)＝－f(－x＋1)，用x－1替换上式中的x，可得f(x)＝－f(－x＋2)，在f(4＋x)＝f(－x)中，用x－2替换x，可得f(x＋2)＝f(－x＋2)，所以f(x)＝－f(x＋2)，用x＋2替换该式中的x，可得f(x＋2)＝－f(x＋4)，所以f(x)＝(x＋4)，所以函数f(x)的周期为4，在f(x＋1)＝－f(－x＋1)中，令x＝0，得f(1)＝0，在f(x)＝－f(x＋2)中，令x＝1，得f(3)＝－f(1)＝0，在f(x＋2)＝－f(x＋4)中，令x＝0，得f(4)＝－f(2)＝－2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(30)＝f(1)＋f(2)＝2. [答案]　2 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]　若函数f(x)＝eq \f(2x＋12＋sin x,x2＋1)的最大值和最小值分别为M、m，则函数g(x)＝(M＋m)x＋sineq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(M＋mx－\f(π,3)))图象的对称中心不可能是(　　) A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)，\f(4π,3))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,12)，\f(π,3))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,3)，\f(8π,3))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4π,3)，\f(16π,3))) [解析]　设h(x)＝f(x)－2＝eq \f(4x＋sin x,x2＋1)， 则h(－x)＝eq \f(－4x－sin x,x2＋1)＝－h(x)， 即h(x)为奇函数， ∴M＋m＝h(x)＋2＋h(－x)＋2＝4， ∴g(x)＝4x＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3))) ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＋sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4x－\f(π,3)))＋eq \f(π,3)， 令s(x)＝4x＋sin 4x， 则s(x)＋seq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－x))＝4x＋sin 4x＋4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,2)－x))＋sin(2kπ－4x)＝2kπ，k∈Z， 可知s(x)＝4x＋sin 4x的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)，kπ))(k∈Z)， 将s(x)＝4x＋sin 4x的图象向右平移eq \f(π,12)个单位，再向上平移eq \f(π,3)个单位得到g(x)的图象， ∴g(x)的对称中心为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(kπ,4)＋\f(π,12)，kπ＋\f(π,3)))(k∈Z)， 当eq \f(kπ,4)＋eq \f(π,12)＝eq \f(2π,3)时，k＝eq \f(7,3)，不合题意，可知不可能为C，又当k＝1,0,5时分别对应选项A，B，D，可知A，B，D均为g(x)的对称中心． [答案]　C [例6]　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]　已知函数f(x)、g(x)的定义域均为R，函数f(2x－1)＋1的图象关于原点对称，函数g(x＋1)的图象关于y轴对称，f(x＋2)＋g(x＋1)＝－1，f(－4)＝0，则f(2 030)－g(2 017)＝(　　) A．－4　　 B．－3 C．3　　 D．4 [解析]　[由函数f(2x－1)＋1的图象关于原点对称，f(－2x－1)＋1＝－f(2x－1)－1， 即f(－x－1)＝－2－f(x－1)， 即f(x)＋f(－2－x)＝－2，① 由函数g(x＋1)的图象关于y轴对称，可得g(－x＋1)＝g(x＋1)，② 由f(x＋2)＋g(x＋1)＝－1，可得f(x)＋g(x－1)＝－1，又得f(－2－x)＋g(－x－3)＝－1， 两式相加，f(x)＋f(－2－x)＋g(x－1)＋g(－x－3)＝－2，将①式代入，得g(x－1)＋g(－x－3)＝0， 则得g(x－5)＋g(－x＋1)＝0，将②式代入得，g(x＋1)＝－g(x－5)，则g(x＋6)＝－g(x)， 于是g(x＋12)＝－g(x＋6)＝g(x)，即g(x)的周期为12. 又由f(－4)＝0，由①可得f(2)＋f(－4)＝－2，得f(2)＝－2， 又由f(x＋2)＋g(x＋1)＝－1，可得f(2)＋g(1)＝－1，即得g(1)＝1. 因f(2 030)＋g(2 029)＝－1，可得f(2 030)＝－1－g(2 029)，于是f(2 030)－g(2 017)＝－1－g(2 029)－g(2 017)＝－1－g(1)－g(1)＝－1－2g(1)＝－3. [答案]　B 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． $