2025版高考数学二轮复习第1篇专题8函数与导数第1讲小题考法-函数的图象与性质学案

PAGEPAGE1第1讲小题考法——函数的图象与性质一、主干学问要记牢函数的奇偶性、周期性(1)奇偶性是函数在其定义域上的整体性质，对于定义域内的随意x(定义域关于原点对称)，都有f(－x)＝－f(x)成立，则f(x)为奇函数(都有f(－x)＝f(x)成立，则f(x)为偶函数)．(2)周期性是函数在其定义域上的整体性质，一般地，对于函数f(x)，假如对于定义域内的随意一个x的值：若f(x＋T)＝f(x)(T≠0)，则f(x)是周期函数，T是它的一个周期．二、二级结论要用好1．函数单调性和奇偶性的重要结论(1)当f(x)，g(x)同为增(减)函数时，f(x)＋g(x)为增(减)函数．(2)奇函数在关于原点对称的两个区间上有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上有相反的单调性.(3)f(x)为奇函数⇔f(x)的图象关于原点对称；f(x)为偶函数⇔f(x)的图象关于y轴对称．(4)偶函数的和、差、积、商是偶函数，奇函数的和、差是奇函数，积、商是偶函数，奇函数与偶函数的积、商是奇函数．(5)定义在(－∞，＋∞)上的奇函数的图象必过原点，即有f(0)＝0.存在既是奇函数，又是偶函数的函数：f(x)＝0．(6)f(x)＋f(－x)＝0⇔f(x)为奇函数；f(x)－f(－x)＝0⇔f(x)为偶函数．2．抽象函数的周期性与对称性的结论(1)函数的周期性①若函数f(x)满意f(x＋a)＝f(x－a)，则f(x)是周期函数，T＝2a②若函数f(x)满意f(x＋a)＝－f(x)，则f(x)是周期函数，T＝2a③若函数f(x)满意f(x＋a)＝eq\f(1,fx)，则f(x)是周期函数，T＝2a．(2)函数图象的对称性①若函数y＝f(x)满意f(a＋x)＝f(a－x)，即f(x)＝f(2a－x)，则f(x)的图象关于直线x＝a②若函数y＝f(x)满意f(a＋x)＝－f(a－x)，即f(x)＝－f(2a－x)，则f(x)的图象关于点(a,③若函数y＝f(x)满意f(a＋x)＝f(b－x)，则函数f(x)的图象关于直线x＝eq\f(a＋b,2)对称．3．函数图象平移变换的相关结论(1)把y＝f(x)的图象沿x轴左右平移|c|个单位(c＞0时向左移，c＜0时向右移)得到函数y＝f(x＋c)的图象(c为常数)．(2)把y＝f(x)的图象沿y轴上下平移|b|个单位(b＞0时向上移，b＜0时向下移)得到函数y＝f(x)＋b的图象(b为常数)．三、易错易混要明白1．求函数的定义域时，关键是依据含自变量x的代数式有意义来列出相应的不等式(组)求解，如开偶次方根，被开方数肯定是非负数；对数式中的真数是正数．列不等式时，应列出全部的不等式，不能遗漏．2．求函数单调区间时，多个单调区间之间不能用符号“∪”和“或”连接，可用“和”连接或用“，”隔开．单调区间必需是“区间”，而不能用集合或不等式代替．3．推断函数的奇偶性时，要留意定义域必需关于原点对称，有时还要对函数式化简整理，但必需留意使定义域不受影响．4．用换元法求解析式时，要留意新元的取值范围，即函数的定义域问题．5．分段函数是在其定义域的不同子集上，分别用不同的式子来表示对应法则的函数，它是一个函数，而不是几个函数．考点一函数的概念及表示1．函数定义域的求法求函数的定义域，其实质就是以函数解析式所含运算有意义为准则，列出不等式或不等式组，然后求出解集即可．2．分段函数问题的5种常见类型及解题策略常见类型解题策略求函数值弄清自变量所在区间，然后代入对应的解析式，求“层层套”的函数值，要从最内层逐层往外计算求函数最值分别求出每个区间上的最值，然后比较大小解不等式依据分段函数中自变量取值范围的界定，代入相应的解析式求解，但要留意取值范围的大前提求参数“分段处理”，采纳代入法列出各区间上的方程利用函数性质求值必需依据条件找到函数满意的性质，利用该性质求解1．(2024·邵阳模拟)设函数f(x)＝log2(x－1)＋eq\r(2－x)，则函数feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)))的定义域为(B)A．(1,2] B．(2,4]C．[1,2] D．[2,4)解析f(x)的定义域为eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x≥0，,x－1＞0))⇒1＜x≤2,故1＜eq\f(x,2)≤2,2＜x≤4,所以选B．2．(2024·南充三联)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x≤0，,fx－2＋1，x＞0，))则f(2018)＝__1_008__．解析函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x≤0，,fx－2＋1，x＞0，))则f(2018)＝f(2016)＋1＝f(2014)＋2＝…＝f(0)＋1009＝1－2＋1009＝1008,故答案为1008．3．(2024·百校联盟4月联考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,x－1)，x＞1，,x＋1，x≤1))若f(1－a)＝f(1＋a)(a＞0)，则实数a的值为__1__．解析∵a＞0，∴1－a＜1,1＋a＞1，由f(1－a)＝f(1＋a)得2－a＝eq\f(1,a)，即a2－2a＋1＝0，所以a＝1．考点二函数的图象及应用由函数解析式识别函数图象的策略1．(2024·郴州二模)函数f(x)＝lnx－eq\f(1,8)x2的大致图象是(A)解析因为f′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,4)x＝eq\f(4－x2,4x)，所以0＜x＜2，f′(x)＞0，x＞2，f′(x)＜0，函数在(0,2)上是增函数，(2，＋∞)上是减函数，故C，D选项错误，又f(2)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneeq\f(1,2)＝lneq\f(2,\r(e))＞ln1＝0，故选A．2．(2024·江门一模)函数y＝eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx的部分图象大致为(A)解析设f(x)＝eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx，由1＋ln|x|≠0得x≠±eq\f(1,e)，则函数的定义域为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,e)，\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))．∵f(－x)＝eq\f(1－ln|－x|,1＋ln|－x|)·sin(－x)＝－eq\f(1－ln|x|,1＋ln|x|)·sinx＝－f(x)，∴函数f(x)为奇函数，解除D．又1＞eq\f(1,e)，且f(1)＝sin1＞0，故可解除B．eq\f(1,e2)＜eq\f(1,e)，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e2)))＝eq\f(1－ln|\f(1,e2)|,1＋ln|\f(1,e2)|)·sineq\f(1,e2)＝eq\f(1－－2,1－2)·sineq\f(1,e2)＝－3·sineq\f(1,e2)＜0，故可解除C．选A．3．已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|lgx|，x>0，,2|x|，x≤0，))则方程2f2(x)－3f(x)＋1＝0解的个数是__5__．解析方程2f2(x)－3f(x)＋1＝0的解为f(x)＝eq\f(1,2)或1.作出y＝f(x)的图象，由图象知方程解的个数为5．考点三函数的性质及应用函数3特性质的应用(1)奇偶性：具有奇偶性的函数在关于原点对称的区间上其图象、函数值、解析式和单调性联系亲密，探讨问题时可转化到只探讨部分(一半)区间上．尤其留意偶函数f(x)的性质：f(|x|)＝f(x)．(2)单调性：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方程根的唯一性．(3)周期性：利用周期性可以转化函数的解析式、图象和性质，把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解．1．(2024·山西联考)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－x－2，x＜0，,gx，x＞0))为奇函数，则f(g(2))＝(D)A．－2 B．－1C．0 D．2解析设x＞0，则－x＜0，故f(－x)＝2x－2＝－f(x)，故x＞0时，f(x)＝2－2x，由g(2)＝f(2)＝2－4＝－2，故f(g(2))＝f(－2)＝－f(2)＝2，故选D．2．(2024·雅安三诊)已知函数f(x)＝－x3－7x＋sinx，若f(a2)＋f(a－2)＞0，则实数a的取值范围是(D)A．(－∞，1) B．(－∞，3)C．(－1,2) D．(－2,1)解析∵函数f(x)＝－x3－7x＋sinx，∴f(－x)＝x3＋7x－sinx＝－f(x)，即函数f(x)在R上为奇函数．∵f′(x)＝－3x2－7＋cosx，∴f′(x)＝－3x2－7＋cosx＜0恒成立，即函数f(x)在R上为减函数．∵f(a2)＋f(a－2)＞0，∴f(a2)＞－f(a－2)＝f(2－a)，∴a2＜2－a，即a2＋a－2＜0．∴－2＜a＜1，故选D．3．(2024·石嘴山二模)已知f(x)是定义在R上的奇函数，且f(x＋4)＝f(x)，当0＜x＜2时，f(x)＝2x－1，则f(－21)＋f(16)＝__－1__．解析f(－21)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，f(16)＝f(0)＝0，∴f(－21)＋f(16)＝－1，故答案为－1．4．(2024·延边模拟)若函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a·2x－1－\f(1,a)，x≤1，,a