2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第三章第2讲含答案

2025-高考科学复习创新方案-数学-提升版第三章第2讲函数的单调性与最值[课程标准]借助函数图象，会用符号语言表达函数的单调性、最大值、最小值，理解它们的作用和实际意义．1．函数的单调性(1)定义单调递增单调递减定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I.∀x1，x2∈D当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq\x(\s\up1(01))单调递增当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，那么就称函数f(x)在区间D上eq\x(\s\up1(02))单调递减图象描述自左向右看图象是eq\x(\s\up1(03))上升的自左向右看图象是eq\x(\s\up1(04))下降的增(减)函数当函数f(x)在它的定义域上单调递增(减)时，我们就称它是增(减)函数(2)单调性与单调区间如果函数y＝f(x)在区间D上单调递增或单调递减，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)eq\x(\s\up1(05))单调性，区间D叫做y＝f(x)的eq\x(\s\up1(06))单调区间．2．函数的最值前提设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足条件(1)∀x∈I，都有f(x)≤M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M(1)∀x∈I，都有f(x)≥M；(2)∃x0∈I，使得f(x0)＝M结论M为函数y＝f(x)的eq\x(\s\up1(07))最大值M为函数y＝f(x)的eq\x(\s\up1(08))最小值1．函数单调性的两个等价结论设∀x1，x2∈D(x1≠x2)，则eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>(<)0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>(<)0)⇔f(x)在D上单调递增(减)．2．若函数f(x)，g(x)在区间I上具有单调性，则在区间I上具有以下性质：(1)当f(x)，g(x)都是增(减)函数时，f(x)＋g(x)是增(减)函数；(2)复合函数y＝f(g(x))的单调性与y＝f(u)和u＝g(x)的单调性有关．简记为“同增异减”．3．对勾函数y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的单调递增区间为(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)；单调递减区间为[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]，且对勾函数为奇函数．1．(多选)下列函数中，在区间(0，＋∞)上为增函数的是()A．y＝－eq\f(1,x＋1) B．y＝xeq\s\up7(\f(1,3))C．y＝2－x D．y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)答案AB解析对于A，y＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上单调递增，符合题意；对于B，y＝xeq\s\up7(\f(1,3))在R上单调递增，符合题意；对于C，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上单调递减，不符合题意；对于D，y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上单调递减，不符合题意．2．(人教A必修第一册习题3.2T1改编)如图是函数y＝f(x)，x∈[－4，3]的图象，则下列说法正确的是()A．f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，3]上单调递增B．f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，最小值为－2C．f(x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3D．当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1<t<2答案C解析由已知得，f(x)在[－4，－1]上单调递减，在[－1，1]上单调递增，在[1，3]上单调递减，A错误；f(x)在区间(－1，3)上的最大值为3，无最小值，B错误；C正确；当直线y＝t与f(x)的图象有三个交点时－1≤t≤2，D错误．3．(2024·嘉兴一中月考)若函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，则f(m)与f(1)的大小关系是()A．f(m)<f(1) B．f(m)>f(1)C．f(m)≤f(1) D．f(m)＝f(1)答案B解析因为函数f(x)＝(m－1)x＋b在R上是减函数，所以m－1<0，得m<1，因为f(x)在R上是减函数，所以f(m)>f(1)．故选B.4．(人教A必修第一册3.2.1例5改编)已知函数f(x)＝eq\f(2,1－x)，x∈[2，6]，则f(x)的最大值为________，最小值为________．答案－eq\f(2,5)－2解析可判断函数f(x)＝eq\f(2,1－x)在区间[2，6]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max＝f(6)＝－eq\f(2,5).5．(人教A必修第一册复习参考题3T4改编)函数y＝－2x2－4ax＋3在区间[－4，－2]上具有单调性，则a的取值范围是________．答案(－∞，2]∪[4，＋∞)解析函数y＝－2x2－4ax＋3的图象的对称轴为直线x＝－a，由题意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4.故a的取值范围是(－∞，2]∪[4，＋∞)．多角度探究突破考向一判断函数的单调性(单调区间)角度定义法确定函数的单调性例1试讨论函数f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的单调性．解设－1<x1<x2<1，f(x)＝a·eq\f(x－1＋1,x－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，则f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）).由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故当a>0时，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递减；当a<0时，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函数f(x)在(－1，1)上单调递增．定义法判断函数单调性的步骤已知函数f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1).(1)求f(0)；(2)探究f(x)的单调性，并证明你的结论．解(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上单调递增．证明如下：因为f(x)的定义域为R，所以任取x1，x2∈R，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝a－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2（2x1－2x2）,（2x1＋1）（2x2＋1）).由y＝2x在R上单调递增知，2x1<2x2，所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0，2x2＋1>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上单调递增．角度图象法、性质法确定函数的单调性例2(1)(2023·海口模拟)函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2)C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞)答案B解析根据题意，函数f(x)＝x2－4|x|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x＜0，))画出函数图象如图所示．由图象可知，函数f(x)＝x2－4|x|＋3的单调递减区间为(－∞，－2)和(0，2)．故选B.(2)函数y＝eq\r(x2＋x－6)的单调递增区间为________，单调递减区间为________．答案[2，＋∞)(－∞，－3]解析令u＝x2＋x－6，则y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq\r(u)与u＝x2＋x－6复合而成的函数．令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是减函数，在[2，＋∞)上是增函数，而y＝eq\r(u)在[0，＋∞)上是增函数，∴y＝eq\r(x2＋x－6)的单调递减区间为(－∞，－3]，单调递增区间为[2，＋∞)．1．图象法判断函数的单调性如果f(x)是以图象形式给出的，或者f(x)的图象易作出，则可由图象的上升或下降确定单调性．2．判断函数单调性常用的性质(1)对于由基本初等函数的和、差构成的函数，根据各初等函数的增减性及f(x)±g(x)的增减性进行判断．(2)对于复合函数，先将函数y＝f(g(x))分解成y＝f(u)和u＝g(x)，再讨论(判断)这两个函数的单调性，最后根据复合函数“同增异减”的规则进行判断．1.(多选)下列函数中在(0，＋∞)上单调递增的是()A．f(x)＝|x| B．f(x)＝2x＋xC．f(x)＝x2－2x D．f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x答案AB解析对于A，当x＞0时，f(x)＝x在(0，＋∞)上单调递增，A符合题意；对于B，因为y＝2x与y＝x在(0，＋∞)上均单调递增，所以f(x)＝2x＋x在(0，＋∞)上单调递增，B符合题意；对于C，f(x)＝x2－2x在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，C不符合题意；对于D，因为y＝logeq\s\do7(\f(1,3))x与y＝－3x在(0，＋∞)上均单调递减，所以f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x在(0，＋∞)上单调递减，D不符合题意．故选AB.2．求函数f(x)＝|4－x|·(x－1)的单调区间．解f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4－x）（x－1），x≤4，,（x－4）（x－1），x＞4，))根据图象可知其单调递增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))，(4，＋∞)，单调递减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4)).多角度探究突破考向二函数单调性的应用角度利用函数的单调性比较大小例3已知函数f(x)的图象向左平移1个单位后关于y轴对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为()A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c答案D解析由题意知y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，且当x>1时，y＝f(x)是减函数，∵a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故选D.利用函数的单调性比较大小的思路已知下面的三个条件中任意两个都能推出第三个．①函数f(x)在某个区间上的单调性；②在这个区间上的任意两个自变量x1，x2的大小；③在这个区间上的任意两个函数值f(x1)，f(x2)的大小．提醒：若自变量的值不在同一个单调区间内，则要利用函数的性质，将自变量的值转化到同一个单调区间上进行比较．已知函数f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(m)＝1，且0<p<m<n，则()A．f(n)<1且f(p)>1 B．f(n)>1且f(p)>1C．f(n)>1且f(p)<1 D．f(n)<1且f(p)<1答案C解析易知函数y＝lgx与y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)都是(0，＋∞)上的增函数，∴函数f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是(0，＋∞)上的增函数，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n)．角度利用函数的单调性解不等式例4已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是________．答案(－2，1)解析因为当x＝0时，两个表达式对应的函数值都为0，所以函数的图象是一条连续的曲线．因为当x≤0时，函数f(x)＝x3为增函数，当x>0时，f(x)＝ln(x＋1)也是增函数，所以函数f(x)是定义在R上的增函数．因此不等式f(2－x2)>f(x)等价于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.利用函数单调性解不等式的具体步骤(1)将函数不等式转化为f(x1)>f(x2)的形式；(2)确定函数f(x)的单调性；(3)根据函数f(x)的单调性去掉对应关系“f”，转化为形如“x1>x2”或“x1<x2”的不等式，从而得解．(2024·安阳林州一中质检)已知函数f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是________．答案(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析因为函数f(x)＝lnx＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).角度利用函数的单调性求参数例5(1)(2023·新课标Ⅰ卷)设函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则a的取值范围是()A．(－∞，－2] B．[－2，0)C．(0，2] D．[2，＋∞)答案D解析函数y＝2x在R上单调递增，而函数f(x)＝2x(x－a)在区间(0，1)上单调递减，则函数y＝x(x－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2,4)在区间(0，1)上单调递减，因此eq\f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范围是[2，＋∞)．故选D.(2)(2023·南京大学附属中学模拟)若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))对于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，则实数a的取值范围是________．答案[4，8)解析∵对于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函数f(x)单调递增，∵函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,4－\f(a,2)＋2≤a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＜8，,a≥4，))∴4≤a＜8.利用函数单调性求参数的策略(1)视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数．(2)需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．(3)分段函数的单调性需要分段研究，既要保证每一段函数的单调性，还要注意每段端点值的大小．设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函数y＝f(x)在区间(a，a＋1)上单调递增，则实数a的取值范围是________．答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析作出函数f(x)的图象如图所示，由图象可知，若f(x)在(a，a＋1)上单调递增，需满足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.考向三函数的最值(值域)问题例6(1)函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域是________．答案(－1，1]解析解法一：函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的定义域是R，因为y＝eq\f(1－x2,1＋x2)＝－1＋eq\f(2,1＋x2)，又因为1＋x2≥1，所以0＜eq\f(2,1＋x2)≤2，所以－1＜－1＋eq\f(2,1＋x2)≤1，所以函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]．解法二：由y＝eq\f(1－x2,1＋x2)得(1＋x2)y＝1－x2，所以(1＋y)x2＝1－y，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)，因为x∈R，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)≥0，解得－1＜y≤1，所以函数y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域为(－1，1]．(2)函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为________．答案1解析解法一：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，则x＝t2＋1，所以原函数变为y＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又t≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函数y＝x＋eq\r(x－1)的最小值为1.解法二：因为函数y＝x和y＝eq\r(x－1)在定义域内均为增函数，故函数y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上为增函数，所以ymin＝1.(3)(2024·张家口宣化第一中学月考)函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的值域为________．答案(－∞，2]解析解法一(图象法)：作出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的图象(如图所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函数图象可知，f(x)的值域为(－∞，2]．解法二(单调性法)：当x≥1时，函数f(x)＝eq\f(1,x)为减函数，所以f(x)在x＝1处取得最大值，为f(1)＝1；当x<1时，易知函数f(x)＝－x2＋2在x＝0处取得最大值，为f(0)＝2，故函数f(x)的最大值为2.所以f(x)的值域为(－∞，2]．函数的最值(或值域)的几种求解方法(1)分离常数法：分子上构造一个跟分母一样的因式，把分式拆成常量和变量，进一步确定变量范围破解．(2)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值．(3)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值．(4)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值．(5)导数法：先求导，然后求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值．(6)换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值．1.定义max{a，b，c}为a，b，c中的最大值，设M＝max{2x，2x－3，6－x}，则M的最小值是()A．2 B．3C．4 D．6答案C解析画出函数M＝max{2x，2x－3，6－x}的图象(如图所示的实线部分)，由图可知，函数M在点A(2，4)处取得最小值4.2．设f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]答案D解析∵当x≤0时，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.当x>0时，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，当且仅当x＝1时取等号．要满足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范围是[0，2]．故选D.3．函数y＝x＋eq\r(1－x2)的值域为________．答案[－1，eq\r(2)]解析令x＝cosθ(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).∴当θ＝eq\f(π,4)时，y有最大值eq\r(2).当θ＝π时，y有最小值－1.∴所求函数的值域是[－1，eq\r(2)]．课时作业一、单项选择题1．(2023·海淀区模拟)下列函数中，在区间(0，＋∞)上不是单调函数的是()A．y＝x B．y＝x2＋xC．y＝x＋eq\r(x) D．y＝|x－1|答案D解析由一次函数的性质可知，y＝x在区间(0，＋∞)上单调递增；由二次函数的性质可知，y＝x2＋x在区间(0，＋∞)上单调递增；由幂函数的性质可知，y＝x＋eq\r(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；结合一次函数的性质可知，y＝|x－1|在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．故选D.2．(2023·中国人民大学附中模拟)已知函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的()A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件答案B解析只有当∃M∈R，∀x∈R，f(x)≤M且∃x∈R，使得f(x)＝M，这时f(x)有最大值．反之，若f(x)有最大值，则存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M成立．所以函数f(x)的定义域为R，则“存在M∈R，对任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的必要不充分条件．故选B.3．(2024·郴州质检)函数f(x)＝ln(x2－2x－8)的单调递增区间是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8>0，得f(x)的定义域为{x|x<－2或x>4}．设t＝x2－2x－8，则y＝lnt为增函数．要求函数f(x)的单调递增区间，即求函数t＝x2－2x－8的单调递增区间(定义域内)．∵函数t＝x2－2x－8在区间(4，＋∞)上单调递增，在区间(－∞，－2)上单调递减，∴函数f(x)的单调递增区间为(4，＋∞)．故选D.4．(2024·鞍山一中月考)函数f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)在区间(－3，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案B解析f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)＝eq\f(a（x＋3）＋1－3a,x＋3)＝a＋eq\f(1－3a,x＋3)，因为f(x)在(－3，＋∞)上单调递增，所以1－3a<0，解得a>eq\f(1,3)，即实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).5．(2023·保定二模)若函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1，则函数g(x)＝f(x)－4x的最小值为()A．－1 B．－2C．－3 D．－4答案D解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1可得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝1－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2)，∴f(x)＝x2(x≠1)．∴g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，当x＝2时，g(x)取得最小值，为－4.故选D.6．(2024·衡水中学调考)已知函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，则()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B解析因为函数f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上为增函数，且f(2)＝0，所以当x1∈(1，2)时，f(x1)<f(2)＝0，当x2∈(2，＋∞)时，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故选B.7．(2023·武汉模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若f(x)的值域是R，则实数a的取值范围是()A．(－∞，0] B．[0，1]C．[0，＋∞) D．(－∞，1]答案B解析解法一：因为函数y＝2x是R上的增函数，且值域为(0，＋∞)，函数y＝x＋1是R上的增函数，且值域也是R，所以要使函数f(x)的值域为R，需满足2a≤a＋1.在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x与y＝x＋1的图象，如图所示，由图可知，当0≤x≤1时，2x≤x＋1，所以实数a的取值范围为[0，1]．故选B.解法二：若a＝－1，则当x≤a时，x＋1≤0，当x>a时，2x>eq\f(1,2)，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝－1不满足题意，故排除A，D；若a＝2，则当x≤a时，x＋1≤3，当x>a时，2x>4，可知此时f(x)的值域不是R，即a＝2不满足题意，故排除C.故选B.8．(2024·长沙模拟)设f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－a))(a∈R)，记f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上的最大值为M(a)，则M(a)的最小值为()A．0 B.eq\f(9,8)C.eq\f(15,8) D．2答案B解析设g(x)＝x＋eq\f(1,x)－a，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，则g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上单调递减，在[1，4]上单调递增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)－a，g(1)＝2－a，g(4)＝eq\f(17,4)－a，所以M(a)是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－a))，|2－a|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a))三者中的较大者，所以M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a，a≤\f(25,8)，,a－2，a>\f(25,8)，))所以当a＝eq\f(25,8)时，M(a)的最小值为eq\f(9,8).故选B.二、多项选择题9．设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论错误的是()A．y＝eq\f(1,|f（x）|)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝－eq\f(1,f（x）)在R上为增函数D．y＝－f(x)在R上为减函数答案ABC解析对于A，若f(x)＝x，则y＝eq\f(1,|f（x）|)＝eq\f(1,|x|)，在R上不是减函数，故A错误；对于B，若f(x)＝x，则y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函数，故B错误；对于C，若f(x)＝x，则y＝－eq\f(1,f（x）)＝－eq\f(1,x)，在R上不是增函数，故C错误；对于D，函数f(x)在R上为增函数，则对于任意的x1，x2∈R，设x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，对于y＝－f(x)，则有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，则y＝－f(x)在R上为减函数，故D正确．故选ABC.10．(2024·盘锦高级中学月考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2，))下列关于函数f(x)的结论正确的是()A．f(x)的定义域是R B．f(x)的值域是(－∞，5)C．若f(x)＝3，则x的值为eq\r(2) D．f(x)的图象与y＝2有2个交点答案BC解析由函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2))知，定义域为(－∞，－1]∪(－1，2)，即(－∞，2)，A错误；当x≤－1时，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，当－1<x<2时，x2∈[0，4)，故f(x)＝x2＋1∈[1，5)，故其值域为(－∞，5)，B正确；由分段函数的取值可知f(x)＝3时，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝3，解得x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)(舍去)，C正确；由分段函数的取值可知f(x)＝2时，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝2，解得x＝1或x＝－1(舍去)，故f(x)的图象与y＝2有1个交点，D错误．故选BC.11．(2023·无锡市锡山区校级三模)一般地，若函数f(x)的定义域为[a，b]，值域为[ka，kb]，则称[ka，kb]为f(x)的“k倍跟随区间”；若函数的定义域为[a，b]，值域也为[a，b]，则称[a，b]为f(x)的“跟随区间”．下列结论正确的是()A．若[1，b]为f(x)＝x2－2x＋2的“跟随区间”，则b＝2B．函数f(x)＝1＋eq\f(1,x)存在“跟随区间”C．若函数f(x)＝m－eq\r(x＋1)存在“跟随区间”，则m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))D．二次函数f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x存在“3倍跟随区间”答案ACD解析由已知可得函数f(x)在区间[1，b]上单调递增，则有f(b)＝b2－2b＋2＝b，解得b＝2或b＝1(舍去)，所以b＝2，A正确；若存在“跟随区间”[a，b](a<b)，又因为函数在单调区间上单调递减，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))解得a＝b＝eq\f(1－\r(5),2)或a＝b＝eq\f(1＋\r(5),2)，不满足a<b，故不存在，B不正确；由已知函数可得，函数在定义域上单调递减，若存在“跟随区间”[a，b](－1≤a<b)，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝m－\r(a＋1)，,a＝m－\r(b＋1)，))两式作差得，a－b＝eq\r(a＋1)－eq\r(b＋1)，即(a－b)·(eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1))＝a＋1－(b＋1)＝a－b，又－1≤a<b，所以eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)＝1，易得0≤eq\r(a＋1)<eq\r(b＋1)≤1，所以m＝a＋eq\r(b＋1)＝a＋1－eq\r(a＋1)，设eq\r(a＋1)＝t，则m＝t2－t，即t2－t－m＝0在区间[0，1]上有两个不相等的实数根，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝1＋4m>0，,－m≥0，))解得－eq\f(1,4)<m≤0，C正确；若函数存在“3倍跟随区间”，设定义域为[a，b]，值域为[3a，3b]，当a<b≤1时，易得函数在定义域上单调递增，则a，b是方程－eq\f(1,2)x2＋x＝3x的两个不相等的实数根，解得x＝0或－4，故存在定义域为[－4，0]使得值域为[－12，0]，D正确．故选ACD.三、填空题12．函数f(x)＝eq\f(1,x2－2x)的值域为________．答案(－∞，－1]∪(0，＋∞)解析令t＝x2－2x，则t≥－1，且t≠0，因为函数y＝eq\f(1,t)在[－1，0)和(0，＋∞)上单调递减，所以当t∈[－1，0)时，y≤－1；当t∈(0，＋∞)时，y>0.综上，函数f(x)＝eq\f(1,x2－2x)的值域为(－∞，－1]∪(0，＋∞)．13．(2024·郑州模拟)设函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，则函数g(x)的单调递减区间是________．答案[0，1)解析由题意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))函数图象如图实线部分所示，根据图象可知，函数g(x)的单调递减区间是[0，1)．14．(2023·中卫三模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－1，x≤0，,3x＋m，x>0))在R上存在最小值，则m的取值范围是________．答案[－3，＋∞)解析当x≤0时，f(x)＝x2＋2x－1＝(x＋1)2－2≥－2，当x＝－1时，取得最小值－2，当x>0时，f(x)＝3x＋m递增，可得f(x)>1＋m，由题意可得1＋m≥－2，解得m≥－3.四、解答题15．已知函数f(x)＝eq\f(x2,x－3).(1)试判断f(x)在[1，2]上的单调性；(2)求函数f(x)在[1，2]上的最值．解(1)∀x1，x2∈[1，2]，且x1<x2，则f(x2)－f(x1)＝eq\f(xeq\o\al(2,2),x2－3)－eq\f(xeq\o\al(2,1),x1－3)＝eq\f(xeq\o\al(2,2)（x1－3）－xeq\o\al(2,1)（x2－3）,（x2－3）（x1－3）)＝eq\f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)，∵x1，x2∈[1，2]，∴x2－3<0，x1－3<0，x1x2－3(x1＋x2)<0，又x1<x2，∴x2－x1>0，∴eq\f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)<0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[1，2]上为减函数．(2)由(1)知f(x)在[1，2]上为减函数，∴f(x)min＝f(2)＝eq\f(4,2－3)＝－4，f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1－3)＝－eq\f(1,2).16．已知定义在(0，＋∞)上的函数f(x)满足：①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)；②当x＞1时，f(x)＜0.(1)求f(1)的值；(2)证明：函数f(x)为减函数；(3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集．解(1)令x1＝x2＞0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，则eq\f(x1,x2)＞1，由于当x＞1时，f(x)＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函数f(x)在区间(0，＋∞)上是减函数．(3)因为函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等价于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,3)，故原不等式的解集为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,3))))).第3讲函数的奇偶性与周期性[课程标准]1.结合具体函数，了解奇偶性的概念和几何意义.2.了解周期性的概念和几何意义．1．函数的奇偶性奇函数偶函数定义设函数f(x)的定义域为I，如果∀x∈I，都有eq\x(\s\up1(01))－x∈I且eq\x(\s\up1(02))f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)是奇函数且eq\x(\s\up1(03))f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)是偶函数图象特点关于eq\x(\s\up1(04))原点对称关于eq\x(\s\up1(05))y轴对称2.函数的周期性(1)周期函数设函数f(x)的定义域为D，如果存在一个非零常数T，使得对每一个x∈D都有eq\x(\s\up1(06))x＋T∈D，且eq\x(\s\up1(07))f(x＋T)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做周期函数，非零常数T叫做这个函数的周期，同时nT(n∈Z，n≠0)也是这个函数的周期．(2)最小正周期如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个eq\x(\s\up1(08))最小的正数，那么这个eq\x(\s\up1(09))最小正数就叫做f(x)的最小正周期．1．函数奇偶性的重要结论(1)如果一个奇函数f(x)在x＝0处有定义，即f(0)有意义，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．(3)既是奇函数又是偶函数的函数只有一种，即f(x)＝0，x∈D，其中定义域D是关于原点对称的非空数集．(4)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．(5)偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值，取最值时的自变量的值互为相反数；奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数，取最值时的自变量的值也互为相反数．2．周期性的三个常用结论对f(x)定义域内任一自变量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，则T＝2a(a≠0)．(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，则T＝2a(a≠0)．(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，则T＝2a(a≠0)．3．对称性的三个常用结论(1)若函数y＝f(x＋a)是偶函数，即f(a－x)＝f(a＋x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．(2)若对于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．(3)若函数y＝f(x＋b)是奇函数，即f(－x＋b)＋f(x＋b)＝0，则函数y＝f(x)的图象关于点(b，0)中心对称．1．(2023·北京丰台区三模)下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝lnx B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1 D．y＝3－|x|答案B解析对于A，y＝lnx为非奇非偶函数，不满足题意；对于B，y＝|x|＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递增，符合题意；对于C，y＝－x2＋1是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意；对于D，y＝3－|x|是偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，不符合题意．故选B.2．(人教B必修第一册习题3－1BT8改编)已知f(x)＝ax2＋bx是定义在[a－1，2a]上的偶函数，那么a＋b的值是()A．－eq\f(1,3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案B解析显然b＝0，a－1＋2a＝0，∴a＝eq\f(1,3)，∴a＋b＝eq\f(1,3).3.(人教A必修第一册3.2.2练习T1改编)设偶函数f(x)的定义域为[－5，5]，若当x∈[0，5]时，f(x)的图象如图所示，则不等式f(x)＜0的解集为________．答案[－5，－2)∪(2，5]解析由图象可知，当0＜x＜2时，f(x)＞0；当2＜x≤5时，f(x)＜0.又f(x)是偶函数，∴当－2＜x＜0时，f(x)＞0；当－5≤x＜－2时，f(x)＜0.综上，不等式f(x)＜0的解集为[－5，－2)∪(2，5]．4．(人教A必修第一册习题3.2T11改编)已知函数f(x)是奇函数且定义域为R，当x>0时，f(x)＝x＋1，则f(x)的解析式为________．答案f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0))解析当x<0时，－x>0，则f(－x)＝－x＋1，又f(x)＝－f(－x)，∴f(x)＝x－1，∵f(x)是定义域为R的奇函数，∴f(0)＝0，∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0.))5．(2024·大庆实验中学月考)设f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有f(x＋4)＝f(x)．当x∈[0，2]时，f(x)＝2x－x2，则f(2023)＝________．答案－1解析因为f(x＋4)＝f(x)，所以函数f(x)的周期T＝4.又f(1)＝1，所以f(2023)＝f(－1＋4×506)＝f(－1)＝－f(1)＝－1.考向一函数奇偶性的判断例1判断下列函数的奇偶性．(1)f(x)＝eq\r(x2－1)＋eq\r(1－x2)；(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x＞0，,x2＋2x－1，x＜0；))(3)f(x)＝x2－|x|＋1，x∈[－1，4]；(4)f(x)＝|x＋1|－|x－1|；(5)f(x)＝eq\f(\r(1－x2),|x＋2|－2).解(1)f(x)的定义域为{－1，1}，关于原点对称．又f(－1)＝f(1)＝0，f(－1)＝－f(1)＝0，所以f(x)既是奇函数又是偶函数．(2)解法一(定义法)：当x＞0时，f(x)＝－x2＋2x＋1，－x＜0，f(－x)＝(－x)2＋2(－x)－1＝x2－2x－1＝－f(x)；当x＜0时，f(x)＝x2＋2x－1，－x＞0，f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＋1＝－x2－2x＋1＝－f(x)．所以f(x)为奇函数．解法二(图象法)：作出函数f(x)的图象，由奇函数的图象关于原点对称的特征知函数f(x)为奇函数．(3)因为f(x)的定义域为[－1，4]不关于原点对称，所以函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数．(4)f(x)的定义域为R，且f(－x)＝|－x＋1|－|－x－1|＝|x－1|－|x＋1|＝－f(x)，所以函数f(x)为奇函数．(5)由1－x2≥0得－1≤x≤1，所以x＋2>0，所以f(x)＝eq\f(\r(1－x2),x)，定义域为[－1，0)∪(0，1]．所以f(－x)＝eq\f(\r(1－（－x）2),－x)＝－eq\f(\r(1－x2),x)＝－f(x)，所以函数f(x)是奇函数．判断函数奇偶性的方法(1)定义法(2)图象法(3)性质法在公共定义域内有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．注意：函数定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提条件．1.函数f(x)＝|x3＋1|＋|x3－1|，则下列坐标表示的点一定在函数f(x)的图象上的是()A．(a，－f(a)) B．(a，f(－a))C．(－a，－f(a)) D．(－a，－f(－a))答案B解析∵f(－x)＝|－x3＋1|＋|－x3－1|＝|x3－1|＋|x3＋1|＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∵(a，f(a))一定在函数f(x)的图象上，而f(a)＝f(－a)，∴(a，f(－a))一定在函数f(x)的图象上．故选B.2．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，则下列函数中为奇函数的是()A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1答案B解析解法一：因为f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝－1＋eq\f(2,x＋1)，其图象关于点(－1，－1)中心对称，将其图象向右平移1个单位长度，再向上平移1个单位长度后关于原点(0，0)中心对称，所以f(x－1)＋1为奇函数．故选B.解法二：因为f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x－1)＝eq\f(1－（x－1）,1＋（x－1）)＝eq\f(2－x,x)，f(x＋1)＝eq\f(1－（x＋1）,1＋（x＋1）)＝eq\f(－x,x＋2).对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝eq\f(2－x,x)－1＝eq\f(2－2x,x)，定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)，故F(x)不是奇函数；对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝eq\f(2－x,x)＋1＝eq\f(2,x)，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)，故G(x)为奇函数；对于C，f(x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋2)－1＝－eq\f(2x＋2,x＋2)，定义域不关于原点对称，不是奇函数；对于D，f(x＋1)＋1＝eq\f(－x,x＋2)＋1＝eq\f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称，不是奇函数．故选B.考向二函数奇偶性的应用例2(1)(2024·南昌二中月考)已知函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2－log2x，则feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝()A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(5,4)答案D解析因为函数f(x)为奇函数，且当x>0时，f(x)＝x2－log2x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－log2\f(1,2)))＝－eq\f(5,4).故选D.(2)(2023·新课标Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)·lneq\f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则a＝()A．－1 B．0C．eq\f(1,2) D．1答案B解析解法一：因为f(x)为偶函数，则f(1)＝f(－1)，即(1＋a)lneq\f(1,3)＝(－1＋a)ln3，解得a＝0.当a＝0时，f(x)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)，由(2x－1)·(2x＋1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，则其定义域为eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)或x<－\f(1,2)))))，关于原点对称．f(－x)＝(－x)lneq\f(2（－x）－1,2（－x）＋1)＝(－x)lneq\f(2x＋1,2x－1)＝(－x)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,2x＋1)))eq\s\up12(－1)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B.解法二：设g(x)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)，易知g(x)的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且g(－x)＝lneq\f(－2x－1,－2x＋1)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－lneq\f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，所以g(x)为奇函数．若f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则y＝x＋a也应为奇函数，所以a＝0.故选B.(3)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)＝2x－2x＋a，则a＝________；当x<0时，f(x)＝________．答案－1－2－x－2x＋1解析因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，所以a＝－1.当x≥0时，f(x)＝2x－2x－1，设x<0，则－x>0，所以f(－x)＝2－x－2(－x)－1＝2－x＋2x－1，又f(x)为奇函数，所以f(x)＝－f(－x)，所以f(x)＝－2－x－2x＋1.已知函数奇偶性可以解决的四个问题求函数值利用函数奇偶性将待求值转化为已知区间上的函数值求解求解析式将待求区间上的自变量转化到已知区间上，再利用函数奇偶性求出求参数利用待定系数法求解，根据f(x)±f(－x)＝0得到关于参数的恒等式，由系数的对等性得参数的方程(组)求得参数画图象利用奇偶性可画出对称区间上的图象并解决单调性等相关问题1.(2023·茂名模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x是偶函数，则a＝________．答案－1解析因为f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x是偶函数，所以f(－x)＝f(x)恒成立，所以(e－x－aex)cos3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x，整理得(a＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))＝0恒成立，所以a＝－1.2．(2024·襄阳五中阶段考试)已知函数f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，f(x)＋g(x)＝2×3x，则函数f(x)＝________．答案3x＋3－x解析因为f(x)＋g(x)＝2×3x，所以f(－x)＋g(－x)＝2×3－x，又f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，所以f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，所以f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝2×3－x，则eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋g（x）＝2×3x，,f（x）－g（x）＝2×3－x，))两式相加，得2f(x)＝2×3x＋2×3－x，所以f(x)＝3x＋3－x.3．设函数f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________．答案2解析显然函数f(x)的定义域为R，且f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，设g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，则g(－x)＝－g(x)，∴g(x)为奇函数，由奇函数图象的对称性知g(x)max＋g(x)min＝0，∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.考向三函数的周期性例3(1)(2023·武汉二模)定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，则下列是周期函数的是()A．y＝f(x)－x B．y＝f(x)＋xC．y＝f(x)－2x D．y＝f(x)＋2x答案D解析依题意，定义在R上的函数f(x)满足f(x＋1)＝f(x)－2，所以f(x＋1)＋2(x＋1)＝f(x)＋2x，所以y＝f(x)＋2x是周期为1的周期函数．故选D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷改编)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)＝1.①证明：函数f(x)为偶函数；②证明：函数f(x)为周期函数；③求eq\o(∑,\s\up7(22),\s\do7(k=1))f（k）.解①证明：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.②证明：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），从而可得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）是周期为6的周期函数.③令x＝y＝1，可得f（2）＝[f（1）]2－f（0）＝1－2＝－1，令x＝2，y＝1，可得f（3）＝f（2）f（1）－f（1）＝－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eq\o(∑,\s\up7(22),\s\do7(k=1))f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.函数周期性的判断与应用1.已知定义在R上的函数f(x)满足对任意x都有f(x＋2)＝eq\f(13,f（x）)且f(2)＝2，则f(2024)＝________．答案eq\f(13,2)解析因为f(x＋2)＝eq\f(13,f（x）)，所以f(2)＝eq\f(13,f（0）)，又f(2)＝2，所以f(0)＝eq\f(13,2)，因为f(x＋4)＝eq\f(13,f（x＋2）)＝eq\f(13,\f(13,f（x）))＝f(x)，所以f(x)的周期为4，所以f(2024)＝f(4×506＋0)＝f(0)＝eq\f(13,2).2．(2024·成都模拟)已知f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且当0≤x<2时，f(x)＝x3－x，则函数y＝f(x)的图象在区间[0，6]上与x轴的交点个数为________．答案7解析因为当0≤x<2时，f(x)＝x3－x，又f(x)是R上最小正周期为2的周期函数，且f(0)＝0，则f(6)＝f(4)＝f(2)＝f(0)＝0.又f(1)＝0，所以f(3)＝f(5)＝f(1)＝0，故函数y＝f(x)的图象在区间[0，6]上与x轴的交点有7个．考向四函数图象的对称性例4(1)(2024·河南部分学校联考)已知函数f(x)＝eq\f(x2,x2－6x＋18)，则()A．f(x)是偶函数 B．f(x)是奇函数C．f(x)的图象关于直线x＝3对称 D．f(x)的图象关于点(3，1)对称答案D解析由f(－x)＝eq\f(x2,x2＋6x＋18)，易知A，B不正确；由题意得f(2)＝eq\f(2,5)，f(4)＝eq\f(8,5)，故f(2)≠f(4)，故C不正确；f(x)＝eq\f(x2,（x－3）2＋9)，故f(6－x)＋f(x)＝eq\f(（6－x）2,（3－x）2＋9)＋eq\f(x2,（x－3）2＋9)＝eq\f(2x2－12x＋36,（x－3）2＋9)＝2，故f(x)的图象关于点(3，1)对称，故D正确．故选D.(2)(多选)已知函数f(x)的定义域为R，对任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且f(－x)＝f(x)，则下列结论正确的是()A．f(x)的图象关于直线x＝2对称B．f(x)的图象关于点(2，0)对称C．4为f(x)的周期D．y＝f(x＋4)为偶函数答案ACD解析∵f(2＋x)＝f(2－x)，则f(x)的图象关于直线x＝2对称，故A正确，B错误；∵函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，∴f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴4为f(x)的周期，故C正确；∵4为f(x)的周期且f(x)为偶函数，故y＝f(x＋4)为偶函数，故D正确．故选ACD.1．由函数奇偶性延伸可得到一些对称性结论，如函数f(x＋a)为偶函数(奇函数)，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称(关于点(a，0)对称)．2．函数图象自身对称的两个结论(1)若f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝eq\f(a＋b,2)对称．特别地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，则y＝f(x)的图象关于直线x＝a对称．(2)若f(a＋x)＋f(a－x)＝2b恒成立，即f(x)＋f(2a－x)＝2b，则f(x)的图象关于点(a，b)对称．提醒：函数图象自身对称性满足的等式与函数周期性容易混淆，区别是前者和为常数，后者差为常数．(2023·海口模拟)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，函数g(x)＝|x－2|·f(x)的图象关于直线x＝2对称，若f(－1)＝－1，则g(3)＝()A．5 B．1C．－1 D．－5答案B解析因为g(x)的图象关于直线x＝2对称，则g(x＋2)＝|x|f(x＋2)是偶函数，g(2－x)＝|－x|f(2－x)＝|x|f(2－x)，所以|x|f(2－x)＝|x|f(x＋2)对任意的x∈R恒成立，所以f(2－x)＝f(2＋x)，因为f(－1)＝－1且f(x)为奇函数，所以f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝－f(－1)＝1，因此g(3)＝|3－2|f(3)＝1.故选B.课时作业一、单项选择题1．(2024·丹东模拟)下列函数中为偶函数的是()A．y＝lgx B．y＝eq\r(3,x)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x) D．y＝eq\f(x2,x＋1)答案C解析函数y＝lgx的定义域为(0，＋∞)，定义域关于原点不对称，函数为非奇非偶函数，故A不符合题意；函数y＝eq\r(3,x)的定义域为R，则f(－x)＝eq\r(3,－x)＝－eq\r(3,x)＝－f(x)，故该函数为奇函数，故B不符合题意；函数y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)的定义域为R，则f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(－x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＝f(x)，故该函数为偶函数，故C符合题意；函数y＝eq\f(x2,x＋1)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，＋∞)，故该函数为非奇非偶函数，故D不符合题意．故选C.2．(2023·成都二模)若函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝eq\f(x,4－2x)，则f(23)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D.eq\f(1,2)答案B解析依题意，因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以函数f(x)的周期为4，所以f(23)＝f(4×5＋3)＝f(3)．又因为f(x＋2)＝－f(x)，所以f(3)＝－f(1)，当x∈[0，1]时，f(x)＝eq\f(x,4－2x)，所以f(1)＝eq\f(1,4－2×1)＝eq\f(1,2)，所以f(3)＝－f(1)＝－eq\f(1,2).故选B.3．(2023·上饶一模)已知函数f(x)＝sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3，若f(a)＝－1，则f(－a)＝()A．3 B．5C．6 D．7答案D解析函数f(x)＝sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3，f(－x)＋f(x)＝sin(－x)＋(－x)3－eq\f(1,x)＋3＋sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3＝－sinx－x3－eq\f(1,x)＋sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋6＝6，若f(a)＝－1，则f(－a)＝6－f(a)＝6－(－1)＝7.故选D.4．已知函数f(x)＝x(x－a)＋b，若函数y＝f(x＋1)为偶函数，且f(1)＝0，则b的值为()A．－2 B．－1C．1 D．2答案C解析解法一：由f(x＋1)＝(x＋1)(x＋1－a)＋b＝x2＋(2－a)x＋1－a＋b为偶函数，得a＝2.又f(1)＝－1＋b＝0，所以b＝1.故选C.解法二：由y＝f(x＋1)为偶函数，知y＝f(x＋1)的图象关于直线x＝0对称，而y＝f(x＋1)的图象是由y＝f(x)的图象向左平移1个单位长度得到的，因而y＝f(x)的图象关于直线x＝1对称，故f(x)＝x(x－a)＋b图象的对称轴方程为x＝eq\f(a,2)＝1，得a＝2.又f(1)＝－1＋b＝0，故b＝1.故选C.5．(2023·晋中二模)已知函数f(x)＝2x－eq\f(16,2x)(x∈R)，则f(x)的图象()A．关于直线x＝2对称 B．关于点(2，0)对称C．关于直线x＝0对称 D．关于原点对称答案B解析f(x)＝2x－24－x，则f(4－x)＝24－x－24－(4－x)＝24－x－2x，所以f(x)＋f(4－x)＝0，则函数f(x)的图象关于点(2，0)对称．故选B.6．(2024·安庆、池州、铜陵三市开学联考)已知函数f(x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋a))为奇函数，则f(eq\r(2))＝()A．ln(eq\r(2)－1) B．ln(eq\r(2)＋1)C．2ln(eq\r(2)－1) D．2ln(eq\r(2)＋1)答案D解析由已知f(－x)＝ln(－2x＋eq\r(4x2＋a))＝lneq\f(（－2x＋\r(4x2＋a)）（2x＋\r(4x2＋a)）,2x＋\r(4x2＋a))＝lneq\f(a,2x＋\r(4x2＋a))，因为f(－x)＝－f(x)，所以f(x)＋f(－x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋a))＋lneq\f(a,2x＋\r(4x2＋a))＝lna＝0，所以a＝1，故f(x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋1))，所以f(eq\r(2))＝ln(2eq\r(2)＋3)＝2ln(eq\r(2)＋1)．7．(2023·张家口一模)下列函数是奇函数，且函数值恒小于1的是()A．f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1) B．f(x)＝－x2＋xC．f(x)＝|sinx| D．f(x)＝xeq\f(1,3)＋x－eq\f(1,3)答案A解析对于A，f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，则f(x)是奇函数，f(x)＝eq\f(2x＋1－2,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)<1，故A正确；对于B，f(－x)＝－x2－x≠－f(x)，f(x)不是奇函数，不满足条件，故B错误；对于C，f(－x)＝|sin(－x)|＝|sinx|＝f(x)，f(x)是偶函数，不满足条件，故C错误；对于D，f(x)＝eq\r(3,x)＋eq\f(1,\r(3,x))，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(8)＝eq\r(3,8)＋eq\f(1,\r(3,8))＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)>1，不满足条件，故D错误．故选A.8．(2023·南通二模)已知函数f(x)的定义域为R，y＝f(x)＋ex是偶函数，y＝f(x)－3ex是奇函数，则函数f(x)的最小值为()A．e B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．2e答案B解析因为函数y＝f(x)＋ex是偶函数，则f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex，即f(x)－f(－x)＝e－x－ex①，又因为函数y＝f(x)－3ex是奇函数，则f(－x)－3e－x＝－f(x)＋3ex，即f(x)＋f(－x)＝3ex＋3e－x②，联立①②可得f(x)＝ex＋2e－x，由基本不等式可得f(x)＝ex＋2e－x≥2eq\r(ex·2e－x)＝2eq\r(2)，当且仅当ex＝2e－x，即x＝eq\f(1,2)ln2时，等号