2023届高考数学二轮复习微专题30函数的单调性学案

微专题30函数的单调性、奇偶性、周期性函数是高考数学的重点内容之一，对函数基本性质的考查是其主要方向；单调性、奇偶性和周期性是函数的几个重要性质，也是研究函数的主要工具，单调性、奇偶性的考查在江苏高考题中常以填空题的形式出现，周期性作为函数的一个整体性质，给函数带来了周而复始的无穷魅力，也正因如此，周期性、单调性、奇偶性如同函数性质的三驾马车，成为了模考、高考的重点考查对象．重点考查学生的数形结合、分类讨论等方面的能力，考查学生的基本数学素养.例题1设函数f(x)＝kax－a－x(a＞0，a≠1)是定义域为R的奇函数．(1)若f(1)＞0，试求不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＞0的解集；(2)若f(1)＝eq\f(3,2)，且g(x)＝a2x＋a－2x－4f(x)，求g(x)在[1，＋∞)上的最小值．例题2(2018·江苏卷)函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在区间(－2，2]上，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(cos\f(πx,2)，0＜x≤2，,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，－2＜x≤0，))则f(f(15))的值为____________．变式1设f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)(a，b为实常数)．(1)当a＝b＝1时，证明：f(x)不是奇函数；(2)若f(x)是奇函数，求a与b的值；(3)当f(x)是奇函数时，研究是否存在这样的实数集的子集D，对任何属于D的x，c，都有f(x)＜c2－3c＋3成立？若存在试找出所有这样的D；若不存在，请说明理由．

变式2若函数f(x)(x∈R)是周期为4的奇函数，且在[0，2]上的解析式为f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），0≤x≤1，,sinπx，1＜x≤2，))则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))的值为________________．串讲1已知f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，满足条件：①f(xy)＝f(x)＋f(y)；②当x＞1时，f(x)＞0恒成立，若f(2)＝1，则满足f(x)＋f(x－3)≤2的x的取值范围是________________．串讲2已知f(x)是定义在R上且周期为3的函数，当x∈[0，3)时，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，若函数y＝f(x)－a在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是________________．已知函数y＝f(x)是R上的奇函数，且f(x)在区间(－∞，0)上单调递增，f(－1)＝0.设g(x)＝cos2x＋msinx－2m，集合M＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，g（x）<0))))，集合N＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(m\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，))f[g（x）]<0))，则M∩N＝________________.已知函数f(x)的定义域为R.当x＜0时，f(x)＝x3－1；当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；当eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2)时，f(1－x)＝f(1＋x)，当x＞eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2))).(1)求f(6)的值；(2)求x≥0时，函数f(x)的解析式．答案：(1)2；(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x＝0，,x3＋1，0＜x＜\f(1,2)，,（x－k）3＋1，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k，1＋k))，k∈N，,（2＋k－x）3＋1，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋k，\f(3,2)＋k))，k∈N，))解析：(1)当x＞eq\f(1,2)时，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，则f(x＋1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)－\f(1,2)))＝f(x).2分所以x＞eq\f(1,2)时，f(x)的周期为1，则f(6)＝f(1)．当－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)，且x＜0时，f(x)＝x3－1，故f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2.4分(2)当x＝0时，f(－0)＝－f(0)，f(0)＝0.6分因为x＜0时，f(x)＝x3－1，且－1≤x≤1时，f(－x)＝－f(x)；则当x∈(0，1]时，－x∈[－1，0)，f(x)＝－f(－x)＝－(－x3－1)＝x3＋1，8分又eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2)时，f(1－x)＝f(1＋x)，则x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))时，2－x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则f(x)＝f(2－x)＝(2－x)3＋1，故f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3＋1，0＜x≤1，,（2－x）3＋1，1≤x≤\f(3,2)，))10分由(1)知，x＞eq\f(1,2)时，f(x)的周期为1，则x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k，1＋k))(k∈N)，x－k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))(k∈N)，f(x)＝f(x－k)＝(x－k)3＋1，12分则x∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋k，\f(3,2)＋k))(k∈N)，x－k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))(k∈N)，f(x)＝f(x－k)＝(2＋k－x)3＋1，14分综上所述，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(0，x＝0，,x3＋1，0＜x≤\f(1,2)，,（x－k）3＋1，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋k，1＋k))，k∈N，,（2＋k－x）3＋1，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋k，\f(3,2)＋k))，k∈N.)).微专题30例题1答案：(1){x|x＞1，或x＜－4}；(2)－2.解析：∵f(x)是定义域为R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，令x＝0，得f(0)＝0，k－1＝0，k＝1.(1)∵f(1)＞0，∴a－eq\f(1,a)＞0，又a＞0且a≠1，∴a＞1，f(x)＝ax－a－x，∵f′(x)＝axlna＋a－xlna＝(ax＋a－x)lna＞0，∴f(x)在R上为增函数(令解析：设x1，x2∈R，且x1＜x2，则f(x2)－f(x1)＝(ax2－ax1)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))\s\up12(x1)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))\s\up12(x2)))，因为a＞1，则ax2－ax1＞0，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(x1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))eq\s\up12(x2)＞0，所以f(x2)－f(x1)＞0，则f(x)在R上为单调增函数)．因为函数f(x)是定义域为R的奇函数，则不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＞0可化为f(x2＋2x)＞f(4－x)，又f(x)在R上为单调增函数，所以x2＋2x＞4－x，解得x＜－4，或x＞1，所以不等式的解集为{x|x＞1，或x＜－4}．(2)∵f(1)＝eq\f(3,2)，∴a－eq\f(1,a)＝eq\f(3,2)，即2a2－3a－2＝0，∴a＝2或a＝－eq\f(1,2)(舍去)，∴g(x)＝22x＋2－2x－4(2x－2－x)＝(2x－2－x)2－4(2x－2－x)＋2.令t＝2x－2－x(x≥1)，则t＝2x－2－x(x≥1)为增函数，即t≥21－2－1＝eq\f(3,2).所以g(x)＝h(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2≥－2(当t＝2，x＝log2(1＋eq\r(2))时取等号)．则g(x)在[1，＋∞)上的最小值为－2.例题2答案：eq\f(\r(2),2).解析：因为函数f(x)满足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，所以4是函数f(x)的周期．则f(15)＝f(4×4－1)＝f(－1)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－1＋\f(1,2)))＝eq\f(1,2)，所以f(f(15))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝coseq\f(π,4)＝eq\f(\r(2),2).变式联想变式1答案：(1)略；(2)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2；))(3)当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2))时，D＝R；当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))时，D＝(0，＋∞)，或D＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(5,7))).解析：(1)证明：当a＝b＝1时，f(x)＝eq\f(1－2x,1＋2x＋1)，f(－1)＝eq\f(1,4)，f(1)＝－eq\f(1,5)，所以f(－1)≠－f(1)，则f(x)不是奇函数．(2)f(x)是奇函数时，f(－x)＝－f(x)，即eq\f(－2－x＋a,2－x＋1＋b)＝－eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)对定义域内任意实数x都成立，即(2a－b)·22x＋(2ab－4)·2x＋(2a－b)＝0，对定义域内任意实数x都成立，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a－b＝0，,2ab－4＝0))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2，))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2.))经检验都符合题意．(3)当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))时，f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)，因为2x＞0，所以2x＋1＞1，0＜eq\f(1,2x＋1)＜1，所以－eq\f(1,2)＜f(x)＜eq\f(1,2)而c2－3c＋3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c－\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)对任何实数c成立；所以可取D＝R对任何x、c属于D，都有f(x)＜c2－3c＋3成立，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))时，f(x)＝eq\f(－2x－1,2x＋1－2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,1－2x)(x≠0)，所以当x＞0时，f(x)＜－eq\f(1,2)；当x＜0时，f(x)＞eq\f(1,2)①因此取D＝(0，＋∞)，对任何x、c属于D，都有f(x)＜c2－3c＋3成立．②当c＜0时，c2－3c＋3＞3，解不等式－eq\f(1,2)＋eq\f(1,1－2x)≤3得：x≤log2eq\f(5,7).所以取D＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(5,7)))，对任何属于D的x、c，都有f(x)＜c2－3c＋3成立．综上，当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))时，D＝R；当eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))时，D＝(0，＋∞)，或D＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(5,7))).说明：单调性与奇偶性之间体现了函数性质的局部与整体的关系，这两个性质常“结伴而行”，给问题解决带来了灵活与简便；除了掌握函数单调性、奇偶性的定义外，利用它们解不等式、求参数的值(范围)是常见的题型；另外，奇偶性作为函数的一个整体性质，将问题转化为恒成立问题或者通过列举反例得出结论是两个惯用的解题策略．变式2答案：eq\f(5,16).解析：因为f(x)是以4为周期的奇函数，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(3,4)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)))＝－eq\f(3,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(3,4)))＝－eq\f(3,16)。feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(8－\f(7,6)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(7,6)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,6)))＝－sineq\f(7,6)π＝eq\f(1,2)，所以，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))＝－eq\f(3,16)＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,16).说明：在模考和高考题中，函数的周期性既可以单独考查(如2016、2018江苏卷)，也可以与其他性质(单调性、奇偶性等)一道进行综合考查(2018全国Ⅱ卷)；对于利用周期性求函数值的问题，一般是借助周期性将所要求的未知区间的函数值等价转化为已知区间上的函数值，在此过程中，有时还要灵活地运用函数的奇偶性，化未知为已知是问题解决永远不变的真理．串讲激活串讲1答案：(3，4]．解析：f(x)为定义域上的增函数，设任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，因为f(xy)＝f(x)＋f(y)，所以f(xy)－f(x)＝f(y)，取xy＝x2，x＝x1，则y＝eq\f(x2,x1)，即f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))，因为x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，所以eq\f(x2,x1)＞1，又当x＞1时，f(x)＞0恒成立，所以f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))＞0即f(x1)＜f(x2)，所以f(x)是(0，＋∞)上的增函数．因为2＝f(2)＋f(2)＝f(4)，f(x)＋f(x－3)≤2可转换为f(x(x－3))≤f(4)．所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＞0，,x－3＞0,x（x－3）≤4，))，解得3＜x≤4，所以x的取值范围为(3，4]．串讲2答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).解析：作出函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，x∈[0，3)的图象，可见f(0)＝eq\f(1,2)，当x＝1时，f(x)极大＝eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(7,2)，方程f(x)－a＝0在[－3，4]上有10个零点，即函数y＝f(x)与直线y＝a在[－3，4]上有10个公共点，由于函数f(x)的周期为3，因此直线y＝a与函数f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，x∈[0，3)的公共点数为4，则有a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).新题在线答案：{m|m