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考点强化课一 函数基本性质的综合应用问题



考点一 函数基本性质的综合应用

考点二 抽象函数问题探究

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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度一]

函数的单调性与奇偶性结合

【例 1-1】(1)设偶函数 f(x)的定义域为 R,当 x∈[0,+∞)时 f(x

) 是增函数,则 f(-2),f(π),f(-3)的大小关系是( ) A.f(π)>f(-3)>f(-2) B.f(π)>f(-2)>f(-3) C.f(π)<f(-3)<f(-2) D.f(π)<f(-2)<f(-3) (2)见下页

解析 (1)因为π>3>2, 且当x∈[0,+∞)时f(x)是增函数, 所以f(π)>f(3)>f(2). 又函数f(x)为R上的偶函数, 所以f(-3)=f(3),f(-2)=f(2), 故f(π)>f(-3)>f(-2). 故选A.
第2页

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函数基本性质的综合应用

[考查角度一]

函数的单调性与奇偶性结合

【例 1-1】(2)已知函数 f(x)是定义域为 R 的偶函数,且在区间[0, +∞)上是增函数, 若 f(m)≥f(-2), 则实数 m 的取值范围是_______.

解析

(2)函数f(x)是R上的偶函数,

且在[0,+∞)上是增函数,
所以f(x)在(-∞,0]上是减函数. 当m<0时,由f(m)≥f(-2),知m≤-2; 当m≥0时,由f(m)≥f(-2),f(-2)=f(2), 可得f(m)≥f(2),知m≥2. 故实数m的取值范围为(-∞,-2]∪[2,+∞). 答案 (1)A (2)(-∞,-2]∪[2,+∞)
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函数基本性质的综合应用

[考查角度一]

函数的单调性与奇偶性结合

(1)比较不同区间内的自变量对应的函数值的大小.对于偶函数, 如果两个自变量的取值在关于原点对称的两个不同的单调区间 上,即正负不统一,应利用图象的对称性将两个值化归到同一个 单调区间,然后再根据单调性判断. (2)对于求取值范围的问题,一般先利用函数的奇偶性得出区间上 的单调性,再利用其单调性脱去函数的符号“f”,转化为解不等式 (组)的问题.需要注意的是:在转化时,自变量的取值必须在同一 单调区间上;当不等式一边没有符号“f”时,需转化为含符号“f” 的形式,如若已知 0=f(1),f(x-1)<0,则 f(x-1)<f(1).

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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度一]

函数的单调性与奇偶性结合

【训练 1-1】已知 f(x)是定义在 R 上的偶函数,在区间[0,+∞) ?1? ? ? log 1 x ?>0 的解集为( 上为增函数,且 f ?3?=0,则不等式 f ? ) ? ? ? ? 8 ?1 ? ? ?1 ? 1? A.?2,2? B.(2,+∞) C.?0,2?∪(2,+∞) D.?2,1?∪(2,+∞) ? ? ? ? ? ?

1? ? 解析 ∵f(x)在 R 上为偶函数,且 f?3?=0,

1? ? ? ? ? ? ? ? 1 1 log x ∴f ? 8 ?>0 等价于 f ??log 8 x??>f ?3?,
又 f(x)在[0,+∞)上为增函数,
1 1 1 ? ? 1 ∴ log x > ,即 log 1 x> 或 log 1 x<- , ? 8 ? 3 3 3 8 8
1 解得 0<x< 或 x>2,故选 C. 2
第5页

答案 C
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函数基本性质的综合应用

[考查角度二]

函数的奇偶性与周期性结合

【例 1-2】(2016· 广州模拟)定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(-x)=- 1 f(x), f(x)=f(x+4),且当 x∈(-1, 0)时, f(x)=2x+ , 则 f(log220)=( ) 5 4 4 A.1 B. C.-1 D.- 5 5

解析 由于x∈R,且f(-x)=-f(x),所以函数为奇函数, 由于f(x)=f(x+4),所以函数的周期为4. log216<log220<log232, 即4<log220<5,0<log220-4<1, 5? 5? 5 ? ? - log 2 ∴0<log2 <1, ∴f(log220)=f(log220-4)=f?log24? =-f? 4? 4 4 4 1? 1 log 4 ? ? ? 5 log2 ? =-?2 +5? =-?5+5?=-1,故选 C. =-f? ? 5?
2

答案

C
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函数基本性质的综合应用

[考查角度二]

函数的奇偶性与周期性结合

此类问题多考查求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换, 将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解.

第7页

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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度二]

函数的奇偶性与周期性结合

【训练 1-2】(2015· 广西玉林、贵港 4 月联考)设 f(x)是 R 上的奇 函数, 且 f(x+2)=-f(x), 当 0≤x≤1 时, f(x)=2x, 则 f(2 015)=( ) A.-1 B.-2 C.1 D.2

解析 ∵f(x+2)=-f(x), ∴f(x+4)=f[x+(x+2)] =-f(x+2) =f(x), 故f(x)的周期为4, ∴f(2 015)=f(504×4-1)=f(-1), 又f(x)为奇函数. ∴f(-1)=-f(1)=-2×1=-2,故选B. 答案 B
第8页

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函数基本性质的综合应用

[考查角度三]

函数的奇偶性、周期性、单调性结合

【例 1-3】 (2015· 江西师大附中)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇 函数,?x∈R,f(x-1)=f(x+1)成立,当 x∈(0,1)且 x1≠x2 时,有 f(x2)-f(x1) <0.给出下列命题: x2-x1 ①f(1)=0;②f(x)在[-2,2]上有 5 个零点; ③点(2 014,0)是函数 y=f(x)图象的一个对称中心; ④直线 x=2 014 是函数 y=f(x)图象的一条对称轴. 则正确命题的序号是________. 解析 令f(x-1)=f(x+1)中x=0,得f(-1)=f(1), 又f(-1)=-f(1),∴2f(1)=0, ∴f(1)=0,故①正确; 由f(x-1)=f(x+1),得f(x)=f(x+2), ∴f(x)是周期为2的周期函数, ∴f(2)=f(0)=0,
第9页

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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度三]

函数的奇偶性、周期性、单调性结合

【例 1-3】 (2015· 江西师大附中)已知函数 y=f(x)是定义在 R 上的奇 函数,?x∈R,f(x-1)=f(x+1)成立,当 x∈(0,1)且 x1≠x2 时,有 f(x2)-f(x1) <0.给出下列命题: x2-x1 ①f(1)=0;②f(x)在[-2,2]上有 5 个零点; ③点(2 014,0)是函数 y=f(x)图象的一个对称中心; ④直线 x=2 014 是函数 y=f(x)图象的一条对称轴. 则正确命题的序号是________. f(x2)-f(x1) 又当x∈(0,1)且x1≠x2时, 有 <0, x2-x1 ∴函数在区间(0,1)上单调递减,可作函数的简图如图: 由图知②③也正确,④不正确, 所以正确命题的序号为①②③. 答案 ①②③
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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度三]

函数的奇偶性、周期性、单调性结合

函数的周期性常常通过函数的奇偶性得到, 函数的奇偶性体现 的是一种对称关系, 而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化 而变化的规律. 因此在解题时, 往往需要借助函数的奇偶性和周期 性来确定另一区间上的单调性, 即实现区间的转换, 再利用单调性 解决相关问题.

第11页

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考点一

函数基本性质的综合应用

[考查角度三]

函数的奇偶性、周期性、单调性结合

【训练 1-3】已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x-4)=-f(x),且 在区间[0,2]上是增函数,则( ) A.f(-25)<f(11)<f(80) B.f(80)<f(11)<f(-25) C.f(11)<f(80)<f(-25) D.f(-25)<f(80)<f(11)

解析 ∵f(x)满足f(x-4)=-f(x),∴f(x-8)=f(x), ∴函数f(x)是以8为周期的周期函数, 则f(-25)=f(-1),f(80)=f(0),f(11)=f(3). 由f(x)是定义在R上的奇函数,且满足f(x-4)=-f(x), 得f(11)=f(3)=-f(-1)=f(1). ∵f(x)在区间[0,2]上是增函数,f(x)在R上是奇函数, ∴f(x)在区间[-2,2]上是增函数, ∴f(-1)<f(0)<f(1),即f(-25)<f(80)<f(11). 答案 D
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热点突破 考点二
[创新探究一]

抽象函数问题探究

抽象函数的定义域

【例 2-1】已知函数 f(2x)的定义域是[-1,1],则函数 f(log2x)的定义域 为________.

解析

因为y=f(2x)的定义域是[-1,1],即-1≤x≤1,

1 x 所以 ≤2 ≤2, 2

又y=2x与y=log2x的值域相同. 1 所以 ≤log2x≤2, 2 解得 2≤x≤4.
故 y=f(log2x)的定义域是[ 2,4].
答案 [ 2,4]
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热点突破 考点二
[创新探究一]

抽象函数问题探究

抽象函数的定义域

求复合函数 y=f[g(x)]的定义域的关键在于对复合函数定义 域的理解.若已知 y=f[g(x)]的定义域,求 f(x)的定义域的实质 就是求 g(x)的值域;若已知 y=f(x)的定义域求 y=f[g(x)]的定义 域的实质就是让 g(x)的值域与 y=f(x)的定义域相同,转化为解 不等式.

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热点突破 考点二
[创新探究一]
的定义域为( A.(-1,1)

抽象函数问题探究

抽象函数的定义域
)
? 1? ? B.?-1,-2? ? ? ?

【训练 2-1】已知函数 f(x)的定义域为(-1,0),则函数 f(2x+1)

C.(-1,0)

?1 ? ? D.?2,1? ? ? ?

解析

因f(x)的定义域是(-1,0),

所以-1<2x+1<0,
1 解得-1<x<- , 2
1? ? 故函数 f(2x+1)的定义域为?-1,-2?.

答案

B
第15页

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热点突破 考点二
[创新探究二]

抽象函数问题探究

抽象函数的函数值

1 【例 2-2】已知函数 f(x)满足:f(1)= ,4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x 4 -y)(x,y∈R),则 f(2 018)=________.

令x=1,y=0,则4f(1)f(0)=f(1+0)+f(1-0)=2f(1), 1 所以 f(0)= . 2 2 1 ? ? -1=-1. 令x=y=1, 则 f(2)=4 f 2(1)-f(0)=4× ?4? 2 4 用x+1替换x,令y=1, 则4f(x+1)f(1)=f(x+1+1)+f(x+1-1)=f(x+2)+f(x), 整理,得f(x+1)=f(x+2)+f(x),① 同理可得f(x+2)=f(x+3)+f(x+1).②
第16页

解析

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热点突破 考点二
[创新探究二]

抽象函数问题探究

抽象函数的函数值

1 【例 2-2】已知函数 f(x)满足:f(1)= ,4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x 4 -y)(x,y∈R),则 f(2 018)=________.

由①+②得,f(x+3)=-f(x), 所以f(x+6)=f((x+3)+3)=-f(x+3)=f(x), 即f(x)是以6为周期的周期函数, 于是f(2 018)=f(336×6+2)
1 =f(2)=- . 4

答案

1 - 4

第17页

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热点突破 考点二
[创新探究二]

抽象函数问题探究

抽象函数的函数值

赋值法是抽象函数求函数值的重要方法, 通过观察与分析抽 象函数问题中已知与未知的关系寻找有用的取值, 挖掘出函数的 性质,特别是借助函数的奇偶性和周期性来转化解答.

第18页

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热点突破 考点二
[创新探究二]

抽象函数问题探究

抽象函数的函数值

【训练 2-2】已知定义在 R 上的单调函数 f(x)满足:存在实数 x0,使得 对于任意实数 x1,x2,总有 f(x0x1+x0x2)=f(x0)+f(x1)+f(x2)恒成立. 求:(1)f(1)+f(0); (2)x0 的值;



(1)因为对于任意实数x1,x2,

总有f(x0x1+x0x2)=f(x0)+f(x1)+f(x2)恒成立,

令x1=1,x2=0,得f(x0)=f(x0)+f(0)+f(1),
所以f(0)+f(1)=0. (2)令x1=0,x2=0,得f(0)=f(x0)+2f(0),

所以f(x0)=-f(0).
所以f(x0)=f(1). 又f(x)是R上的单调函数,

所以x0=1.
第19页

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[创新探究三]

抽象函数问题探究

抽象函数的单调性与不等式

【例 2-3】设函数 f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,且满足 f(xy)

=f(x)+f(y). 若 f(3)=1, 且 f(a)>f(a-1)+2, 求实数 a 的取值范围.

解 因为f(xy)=f(x)+f(y),且f(3)=1, 所以2=2f(3)=f(3)+f(3)=f(9). 又f(a)>f(a-1)+2, 所以f(a)>f(a-1)+f(9). 再由f(xy)=f(x)+f(y),可知f(a)>f[9(a-1)]. 因为f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,
a>0, ? ? 9 从而有?9(a-1)>0, 解得 1<a<8. ? ?a>9(a-1), 9? ? 故所求实数 a 的取值范围是?1,8?.
第20页

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[创新探究三]

抽象函数问题探究

抽象函数的单调性与不等式

解答此类抽象不等式问题,不仅要注意函数单调性的应用,还要 注意定义域的限制,以保证转化的等价性.如本题中许多同学容 ? ?a>0, 易漏掉? 而直接利用单调性得出 a>9(a-1). ? 9( a - 1) > 0 , ?

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[创新探究三]

抽象函数问题探究

抽象函数的单调性与不等式

【训练 2-3】函数 f(x)的定义域为 D={x|x≠0,x∈R},满足对?x1,x2∈ D,有 f(x1· x2)=f(x1)+f(x2). (1)求 f(1)的值;(2)判断 f(x)的奇偶性并证明你的结论; (3)若 f(4)=1, f(x-1)<2 且 f(x)在(0, +∞)上是增函数, 求 x 的取值范围.

解 (1)∵?x1,x2∈D,有f(x1· x2)=f(x1)+f(x2), ∴令x1=x2=1,得f(1)=2f(1), ∴f(1)=0. (2)f(x)在D上为偶函数,证明如下: 令x1=x2=-1,有f(1)=f(-1)+f(-1), 1 ∴f(-1)= f(1)=0, 2 令x1=-1,x2=x,有f(-x)=f(-1)+f(x), ∴f(-x)=f(x). ∴f(x)在D上为偶函数.
第22页

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[创新探究三]

抽象函数问题探究

抽象函数的单调性与不等式

【训练 2-3】函数 f(x)的定义域为 D={x|x≠0,x∈R},满足对?x1,x2∈ D,有 f(x1· x2)=f(x1)+f(x2). (1)求 f(1)的值;(2)判断 f(x)的奇偶性并证明你的结论; (3)若 f(4)=1, f(x-1)<2 且 f(x)在(0, +∞)上是增函数, 求 x 的取值范围.

(3)依题意,由f(4×4)=f(4)+f(4)=2, 由(2)知,f(x)是偶函数, ∴ f(x-1)<2,即为f(|x-1|)<f(16).

又f(x)在(0,+∞)上是增函数,
∴ 0<|x-1|<16,解得-15<x<17且x≠1, ∴ x的取值范围是(-15,1)∪(1,17).
第23页

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(见教辅)

第24页

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