2019數(shù)學(xué)（理）優(yōu)編增分二輪文檔專題六 第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì) 含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第1講函數(shù)的圖象與性質(zhì)[考情考向分析]1。高考對函數(shù)的三要素，函數(shù)的表示方法等內(nèi)容的考查以基礎(chǔ)知識為主,難度中等偏下。2。對圖象的考查主要有兩個方面：一是識圖，二是用圖,即利用函數(shù)的圖象，通過數(shù)形結(jié)合的思想解決問題.3.對函數(shù)性質(zhì)的考查,主要是將單調(diào)性、奇偶性、周期性等綜合在一起考查,既有具體函數(shù)也有抽象函數(shù)．常以選擇題、填空題的形式出現(xiàn),且常與新定義問題相結(jié)合，難度較大．熱點一函數(shù)的性質(zhì)及應(yīng)用1．單調(diào)性：單調(diào)性是函數(shù)在其定義域上的局部性質(zhì)．利用定義證明函數(shù)的單調(diào)性時，規(guī)范步驟為取值、作差、判斷符號、下結(jié)論．復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性遵循“同增異減”的原則．2．奇偶性（1)奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的單調(diào)性相同,偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的單調(diào)性相反．(2）在公共定義域內(nèi):①兩個奇函數(shù)的和函數(shù)是奇函數(shù)，兩個奇函數(shù)的積函數(shù)是偶函數(shù)；②兩個偶函數(shù)的和函數(shù)、積函數(shù)都是偶函數(shù);③一個奇函數(shù)、一個偶函數(shù)的積函數(shù)是奇函數(shù)．(3）若f（x）是奇函數(shù)且在x＝0處有定義，則f(0）＝0。（4）若f（x）是偶函數(shù)，則f(x）＝f（－x)＝f(｜x｜)．(5)圖象的對稱性質(zhì)：一個函數(shù)是奇函數(shù)的充要條件是它的圖象關(guān)于原點對稱；一個函數(shù)是偶函數(shù)的充要條件是它的圖象關(guān)于y軸對稱．3．周期性定義：周期性是函數(shù)在定義域上的整體性質(zhì)．若函數(shù)在其定義域上滿足f(a＋x）＝f(x)(a≠0)，則其一個周期T＝｜a｜.常見結(jié)論：(1)若f（x＋a)＝－f（x)，則函數(shù)f（x)的最小正周期為2|a|,a≠0.(2)若f(x＋a)＝eq\f(1，fx)，則函數(shù)f(x）的最小正周期為2|a｜，a≠0.（3）若f(a＋x)＝f(b－x）,則函數(shù)f（x）的圖象關(guān)于直線x＝eq\f（a＋b，2)對稱．例1(1）(2018·貴州省黔東南州模擬)設(shè)函數(shù)f（x)＝eq\f（cos\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(π,2）－πx)）＋x＋e2,x2＋e2）的最大值為M，最小值為N，則(M＋N－1)2018的值為（）A．1B．2C．22018D．32018答案A解析由已知x∈R，f（x）＝eq\f(cos\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（π,2）－πx））＋x＋e2，x2＋e2）＝eq\f（sinπx＋x2＋e2＋2ex，x2＋e2)＝eq\f（sinπx＋2ex,x2＋e2)＋1，令g（x)＝eq\f(sinπx＋2ex，x2＋e2），易知g(x）為奇函數(shù),由于奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的最大值與最小值的和為0，M＋N＝f(x）max＋f(x）min＝g（x）max＋1＋g（x）min＋1＝2,（M＋N－1）2018＝1,故選A.(2）(2018·上饒模擬)已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點（1，0)對稱，且x≥0時恒有f（x＋2)＝f（x），當(dāng)x∈[0,1］時,f(x)＝ex－1，則f(－2017)＋f（2018）＝________。答案1－e解析因為函數(shù)y＝f(x－1)的圖象關(guān)于點(1,0）對稱，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，又定義域為R,所以函數(shù)y＝f(x)是奇函數(shù)，因為x≥0時恒有f（x＋2)＝f(x)，所以f(－2017）＋f(2018）＝－f(2017)＋f（0)＝－f（1)＋f（0）＝－(e1－1）＋(e0－1）＝1－e.思維升華(1）可以根據(jù)函數(shù)的奇偶性和周期性，將所求函數(shù)值轉(zhuǎn)化為給出解析式的范圍內(nèi)的函數(shù)值．(2)利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式的關(guān)鍵是化成f(x1）〈f（x2)的形式．跟蹤演練1(1）定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f（－x)＝f（x)，且當(dāng)x≥0時，f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（－x2＋1，0≤x<1，，2－2x，x≥1，）)若對任意的x∈［m，m＋1]，不等式f（1－x)≤f(x＋m)恒成立,則實數(shù)m的最大值為（）A．－1 B．－eq\f（1，2)C．－eq\f（1，3) D.eq\f（1,3）答案C解析函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且當(dāng)x≥0時，函數(shù)為減函數(shù)，當(dāng)x〈0時，函數(shù)為增函數(shù)．若對任意的x∈[m，m＋1]，不等式f(1－x)≤f（x＋m）恒成立，則｜1－x｜≥|x＋m｜，即(1－x）2≥(x＋m）2，所以2（1＋m)x≤（1＋m）（1－m)．當(dāng)m＋1〉0時，x≤eq\f（1－m,2),所以m＋1≤eq\f(1－m，2），解得m≤－eq\f（1，3），所以－1〈m≤－eq\f(1,3）；當(dāng)m＋1＝0時，不等式成立;當(dāng)m＋1〈0時，x≥eq\f(1－m,2），所以m≥eq\f（1－m,2），m≥eq\f（1,3)，與m<－1矛盾，此時無解．故－1≤m≤－eq\f（1,3），m的最大值為－eq\f(1，3)。(2)（2018·全國Ⅱ)已知f（x)是定義域為（－∞，＋∞)的奇函數(shù)，滿足f(1－x）＝f(1＋x）．若f(1）＝2，則f(1）＋f（2)＋f(3)＋…＋f（50)等于（）A．－50B．0C．2D．50答案C解析∵f(x）是奇函數(shù)，∴f(－x）＝－f(x),∴f（1－x）＝－f（x－1）．∵f(1－x)＝f(1＋x）,∴－f（x－1)＝f（x＋1），∴f（x＋2）＝－f(x），∴f（x＋4）＝－f（x＋2)＝－［－f(x)］＝f（x），∴函數(shù)f（x)是周期為4的周期函數(shù)．由f(x）為奇函數(shù)且定義域為R得f（0）＝0，又∵f（1－x)＝f(1＋x），∴f(x）的圖象關(guān)于直線x＝1對稱,∴f（2）＝f(0)＝0，∴f(－2)＝0。又f(1）＝2,∴f（－1)＝－2,∴f(1)＋f(2)＋f(3)＋f（4）＝f(1)＋f(2)＋f(－1)＋f（0）＝2＋0－2＋0＝0，∴f（1)＋f(2）＋f(3)＋f（4)＋…＋f(49）＋f（50)＝0×12＋f（49）＋f(50)＝f(1）＋f(2)＝2＋0＝2。故選C。熱點二函數(shù)圖象及應(yīng)用1．作函數(shù)圖象有兩種基本方法：一是描點法；二是圖象變換法，其中圖象變換有平移變換、伸縮變換、對稱變換．2．利用函數(shù)圖象可以判斷函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性,作圖時要準(zhǔn)確畫出圖象的特點．

例2（1)(2018·全國Ⅱ)函數(shù)f（x）＝eq\f(ex－e－x,x2)的圖象大致為()答案B解析∵y＝ex－e－x是奇函數(shù)，y＝x2是偶函數(shù)，∴f（x）＝eq\f(ex－e－x,x2）是奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱,排除A。當(dāng)x＝1時，f（1）＝eq\f（e－e－1,1）＝e－eq\f（1，e)>0,排除D.又e〉2，∴eq\f（1,e)〈eq\f(1,2），∴e－eq\f(1，e)〉eq\f(3,2),排除C.故選B。(2)（2018·河南省中原名校模擬)函數(shù)f（x)＝ex＋ae－x與g（x)＝x2＋ax在同一坐標(biāo)系內(nèi)的圖象不可能是（)答案C解析因為g（x）＝x2＋ax的圖象過原點，所以圖象中過原點的拋物線是函數(shù)g(x）的圖象,在選項C中，上面的圖象是函數(shù)f（x)的圖象,下面的是函數(shù)g(x)的圖象，所以－eq\f(a,2)〉0，所以a〈0，因為f′(x)＝ex－ae－x，所以f′(x)>0在R上恒成立，所以函數(shù)f（x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，不是選項C中的圖象，故選C.思維升華（1)根據(jù)函數(shù)的解析式判斷函數(shù)的圖象，要從定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性等方面入手，結(jié)合給出的函數(shù)圖象進行全面分析,有時也可結(jié)合特殊的函數(shù)值進行輔助推斷，這是判斷函數(shù)圖象問題的基本方法．（2）判斷復(fù)雜函數(shù)的圖象，常借助導(dǎo)數(shù)這一工具，先對原函數(shù)進行求導(dǎo)，再利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性、極值或最值，從而對選項進行篩選．要注意函數(shù)求導(dǎo)之后，導(dǎo)函數(shù)發(fā)生了變化，故導(dǎo)函數(shù)和原函數(shù)定義域會有所不同，我們必須在原函數(shù)的定義域內(nèi)研究函數(shù)的極值和最值．跟蹤演練2（1)（2018·河北省衡水中學(xué)調(diào)研)函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(ln

\f(x－1,x＋1））)的圖象大致為()答案B解析由于x≠0，故排除A。f（－x）＝sineq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(ln

\f（－x－1，－x＋1)))＝－f（x），又函數(shù)f（x)的定義域為（1，＋∞）∪（－∞，－1）,所以函數(shù)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點對稱，排除C。f(2）＝sineq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(ln

\f(1,3）））＝－sin（ln3）<0,排除D，故選B.(2）(2018·東北三省三校模擬)函數(shù)f（x）＝｜x|＋eq\f（a,x）（a∈R)的圖象不可能是()答案C解析對于A，當(dāng)a＝0時，f(x)＝｜x｜，且x≠0,故可能;對于B，當(dāng)x〉0且a〉0時，f（x)＝x＋eq\f（a,x)≥2eq\r(,a），當(dāng)且僅當(dāng)x＝eq\r(a）時等號成立，當(dāng)x<0且a〉0時，f(x）＝－x＋eq\f（a,x)在(－∞,0）上為減函數(shù),故可能;對于D,當(dāng)x<0且a<0時，f(x）＝－x＋eq\f（a,x）≥2eq\r(，－x·\f（a，x）)＝2eq\r(，－a),當(dāng)且僅當(dāng)x＝－eq\r（－a)時等號成立，當(dāng)x〉0且a<0時，f（x）＝x＋eq\f(a,x)在(0，＋∞）上為增函數(shù)，故可能，且C不可能．故選C.熱點三基本初等函數(shù)的圖象和性質(zhì)1．指數(shù)函數(shù)y＝ax（a>0，a≠1）與對數(shù)函數(shù)y＝logax(a〉0，a≠1）的圖象和性質(zhì)，分0〈a<1，a>1兩種情況，著重關(guān)注兩函數(shù)圖象中的公共性質(zhì)．2．冪函數(shù)y＝xα的圖象和性質(zhì)，主要掌握α＝1，2，3,eq\f(1，2），－1五種情況．例3(1)（2017·全國Ⅰ）設(shè)x,y，z為正數(shù)，且2x＝3y＝5z，則（）A．2x〈3y<5z B．5z<2x〈3yC．3y<5z〈2x D．3y〈2x<5z答案D解析令t＝2x＝3y＝5z，∵x,y，z為正數(shù)，∴t〉1.則x＝log2t＝eq\f（lgt,lg2），同理,y＝eq\f(lgt，lg3)，z＝eq\f(lgt,lg5).∴2x－3y＝eq\f（2lgt,lg2）－eq\f(3lgt,lg3）＝eq\f（lgt2lg3－3lg2,lg2×lg3)＝eq\f(lgtlg9－lg8，lg2×lg3)〉0，∴2x〉3y.又∵2x－5z＝eq\f（2lgt，lg2)－eq\f（5lgt,lg5)＝eq\f(lgt2lg5－5lg2,lg2×lg5)＝eq\f(lgtlg25－lg32，lg2×lg5）<0，∴2x〈5z，∴3y<2x<5z.故選D。（2）已知函數(shù)f（x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（ax，x〈0，，a－3x＋4a，x≥0））滿足對任意x1≠x2,都有eq\f（fx1－fx2,x1－x2)<0成立,則a的取值范圍是（)A.eq\b\lc\(\rc\]（\a\vs4\al\co1(0,\f(1，4）)） B．（1，2］C．（1,3） D.eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1,2）,1）)答案A解析由eq\f（fx1－fx2,x1－x2)〈0，得f（x)是減函數(shù)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0〈a<1，,a－3<0，，4a≤1,））得a∈eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1（0，\f（1，4)))，故選A.思維升華（1)指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)是高考的必考內(nèi)容之一，重點考查圖象、性質(zhì)及其應(yīng)用，同時考查分類討論、等價轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想方法及運算能力．(2）比較代數(shù)式大小問題，往往利用函數(shù)圖象或者函數(shù)的單調(diào)性．跟蹤演練3（1）(2018·天津）已知a＝log2e,b＝ln2，c＝logeq\f(1,3)，則a，b，c的大小關(guān)系為（)A．a(chǎn)〉b>c B．b>a〉cC．c〉b〉a D．c〉a>b答案D解析c＝＝log23〉log2e＝a,即c〉a。又b＝ln2＝eq\f（1,log2e)<1〈log2e＝a，即a〉b.所以c>a>b.故選D。（2)對任意實數(shù)a，b定義運算“Δ”:aΔb＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（a，a－b≤2，，b，a－b>2，))設(shè)f(x)＝3x＋1Δ（1－x），若函數(shù)f（x)與函數(shù)g（x）＝x2－6x在區(qū)間(m，m＋1)上均為減函數(shù)，則實數(shù)m的取值范圍是（）A．[－1,2］ B．（0,3]C．[0，2] D．［1,3］答案C解析由題意得f（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋1，x〉0，，3x＋1，x≤0，）)∴函數(shù)f（x）在（0，＋∞)上單調(diào)遞減，函數(shù)g(x)＝（x－3)2－9在(－∞，3］上單調(diào)遞減，若函數(shù)f(x）與g（x）在區(qū)間(m，m＋1）上均為減函數(shù)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（m≥0，,m＋1≤3，）)得0≤m≤2，故選C。真題體驗1．(2018·全國Ⅲ改編）函數(shù)y＝－x4＋x2＋2的圖象大致為________．（填序號)答案④解析方法一f′(x）＝－4x3＋2x，則f′(x）>0的解集為eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r（2），2））)∪eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(0，\f（\r（2)，2)）)，此時f（x）單調(diào)遞增；f′(x)<0的解集為eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f（\r（2),2），0）)∪eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（\r（2)，2)，＋∞））,此時f(x）單調(diào)遞減．方法二當(dāng)x＝1時,y＝2，所以排除①②.當(dāng)x＝0時，y＝2，而當(dāng)x＝eq\f（1，2）時，y＝－eq\f(1,16)＋eq\f(1，4)＋2＝2

eq\f(3,16）〉2，所以排除③。2．(2017·天津改編）已知奇函數(shù)f（x)在R上是增函數(shù)，g（x)＝xf(x）．若a＝g(－log25。1）,b＝g(20。8），c＝g(3）,則a，b,c的大小關(guān)系為________．答案b〈a〈c解析依題意a＝g(－log25.1）＝(－log25。1)·f(－log25.1)＝log25.1f(log25。1)＝g(log25.1)．因為f（x）在R上是增函數(shù),可設(shè)0<x1〈x2，則0〈f(x1）〈f（x2）．從而x1f(x1）〈x2f(x2），即g（x1)〈g（x2)．所以g(x)在（0，＋∞）上亦為增函數(shù)．又log25.1〉0，20.8〉0，3>0，且log25。1〈log28＝3,20.8<21<3,而20.8〈21＝log24〈log25.1,所以3〉log25。1>20。8〉0，所以c〉a〉b。3．（2017·山東改編)設(shè)f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(\r(x）,0〈x〈1，,2x－1，x≥1，））若f(a)＝f（a＋1），則feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（1，a）))＝________。答案6解析若0〈a<1,由f（a）＝f（a＋1），得eq\r(a）＝2（a＋1－1），∴a＝eq\f（1，4），∴f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（1，a)））＝f(4)＝2×（4－1）＝6。若a≥1，由f（a）＝f（a＋1），得2（a－1)＝2（a＋1－1),無解．綜上，f

eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，a）)）＝6。4．（2017·全國Ⅱ)已知函數(shù)f（x)是定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x∈(－∞，0)時，f(x）＝2x3＋x2，則f(2)＝________。答案12解析方法一令x〉0,則－x〈0。∴f(－x)＝－2x3＋x2.∵函數(shù)f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，∴f(－x）＝－f（x）．∴f(x）＝2x3－x2（x>0）．∴f(2)＝2×23－22＝12。方法二f（2)＝－f（－2）＝－［2×(－2）3＋（－2）2］＝12。押題預(yù)測1．在同一直角坐標(biāo)系中，函數(shù)f（x）＝xa(x≥0)，g(x）＝logax的圖象可能是（）押題依據(jù)指數(shù)、對數(shù)、冪函數(shù)的圖象識別問題是高考命題的熱點，旨在考查其基本性質(zhì)的靈活運用，題目難度一般不大，位于試卷比較靠前的位置．答案D解析方法一分a〉1,0〈a〈1兩種情形討論．當(dāng)a〉1時，y＝xa與y＝logax均為增函數(shù),但y＝xa遞增較快，排除C;當(dāng)0<a<1時，y＝xa為增函數(shù)，y＝logax為減函數(shù)，排除A.由于y＝xa遞增較慢，故選D.方法二冪函數(shù)f（x）＝xa的圖象不過（0,1)點，排除A；B項中由對數(shù)函數(shù)g(x)＝logax的圖象知0〈a<1，而此時冪函數(shù)f(x）＝xa的圖象應(yīng)是增長越來越慢的變化趨勢，故B錯，D正確;C項中由對數(shù)函數(shù)g(x)＝logax的圖象知a〉1，而此時冪函數(shù)g(x)＝xa的圖象應(yīng)是增長越來越快的變化趨勢，故C錯．2．設(shè)函數(shù)y＝f（x)(x∈R）為偶函數(shù)，且?x∈R，滿足f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（x－\f（3，2)）)＝f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f（1,2)）），當(dāng)x∈［2，3]時，f(x）＝x，則當(dāng)x∈［－2，0］時，f(x)等于()A．｜x＋4| B．｜2－x｜C．2＋｜x＋1| D．3－|x＋1｜押題依據(jù)利用函數(shù)的周期性、奇偶性求函數(shù)值是高考的傳統(tǒng)題型，考查學(xué)生思維的靈活性．答案D解析由f

eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2）)）＝f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2）))，可得f(x＋2)＝f(x)，則當(dāng)x∈［－2，－1］時，x＋4∈[2,3]，f(x)＝f（x＋4)＝x＋4＝x＋1＋3；當(dāng)x∈［－1，0］時，－x∈［0,1］,2－x∈［2，3]，f（x)＝f(－x）＝f(2－x）＝2－x＝3－x－1，故選D。3．已知函數(shù)f（x）＝eq\f(1,lnx＋1－x)，則y＝f(x)的圖象大致為（）押題依據(jù)圖象的識別和變換是高考的熱點，此類問題既考查了基礎(chǔ)知識，又考查了學(xué)生的靈活變換能力．答案B解析方法一由題意得eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（x＋1>0,，x≠0，））∴f（x)的定義域為{x|x〉－1且x≠0}．令g（x)＝ln(x＋1）－x，則g′（x）＝eq\f（1，x＋1）－1＝eq\f(－x，x＋1），當(dāng)－1〈x〈0時,g′（x)>0；當(dāng)x>0時，g′(x)〈0?！鄁(x)在區(qū)間（－1，0)上為減函數(shù)，在區(qū)間（0，＋∞）上為增函數(shù)，對照各選項，只有B符合．方法二取特殊值，用排除法求解，f（2)＝eq\f（1，ln3－2)〈0，排除A。f

eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2））)＝eq\f(1，ln\f(1,2)＋\f(1,2))＝eq\f(1，ln\f(\r(e)，2))〈0，排除C，D,故選B。4．已知函數(shù)h（x）(x≠0）為偶函數(shù)，且當(dāng)x〉0時,h（x）＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1(－\f(x2,4），0<x≤4，,4－2x，x〉4，)）若h（t）〉h(2），則實數(shù)t的取值范圍為________．押題依據(jù)分段函數(shù)是高考的必考內(nèi)容，利用函數(shù)的單調(diào)性求解參數(shù)的范圍，是一類重要題型，是高考考查的熱點．本題恰當(dāng)?shù)貞?yīng)用了函數(shù)的單調(diào)性，同時考查了函數(shù)的奇偶性的性質(zhì)．答案（－2,0）∪(0,2）解析因為當(dāng)x〉0時，h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（－\f(x2，4），0<x≤4,，4－2x，x>4。)）所以函數(shù)h(x）在（0，＋∞）上單調(diào)遞減，因為函數(shù)h(x)(x≠0）為偶函數(shù)，且h(t)>h(2)，所以h(|t｜)>h（2），所以0〈｜t｜〈2,所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（t≠0,,|t｜<2，)）即eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（t≠0，，－2〈t<2，）)解得－2〈t<0或0〈t〈2.綜上，所求實數(shù)t的取值范圍為（－2，0)∪（0，2）．A組專題通關(guān)1．（2018·北京石景山區(qū)模擬）下列函數(shù)中既是奇函數(shù)，又在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)的為(）A．y＝eq\r(x） B．y＝－x3C．y＝ D．y＝x＋eq\f（1,x)答案B解析由題意得,對于函數(shù)y＝eq\r（x）和函數(shù)y＝都是非奇非偶函數(shù)，排除A，C.又函數(shù)y＝x＋eq\f（1,x)在區(qū)間（0,1）上單調(diào)遞減，在區(qū)間（1，＋∞)上單調(diào)遞增，排除D,故選B。2．（2018·合肥質(zhì)檢）已知函數(shù)f(x）＝eq\f(a－2x，a＋2x）是奇函數(shù)，則f(a）的值等于（)A．－eq\f(1,3) B．3C．－eq\f(1,3)或3 D。eq\f(1,3）或3答案C解析函數(shù)f（x)為奇函數(shù)，則f（－x）＝－f（x）,即eq\f（a－2－x，a＋2－x)＝－eq\f(a－2x，a＋2x）在定義域內(nèi)恒成立，整理可得eq\f(a·2x－1，a·2x＋1）＝eq\f（－a＋2x,a＋2x），即a2＝1恒成立，∴a＝±1，當(dāng)a＝1時，函數(shù)f（x）的解析式為f(x)＝eq\f（1－2x，1＋2x)，feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a))＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1））＝eq\f(1－21，1＋21）＝－eq\f(1,3),當(dāng)a＝－1時，函數(shù)f（x）的解析式為f(x）＝eq\f（－1－2x，－1＋2x），feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（a)）＝feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（－1））＝eq\f（－1－2－1，－1＋2－1）＝3。綜上可得feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a）)的值為－eq\f（1,3）或3。3．(2018·安慶模擬）函數(shù)f（x）＝eq\f（x＋1,\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(x＋1）））logaeq\b\lc\|\rc\｜（\a\vs4\al\co1（x））（0〈a<1)的圖象的大致形狀是()答案C解析f(x）＝eq\f（x＋1,\b\lc\｜\rc\｜(\a\vs4\al\co1(x＋1）))logaeq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（x）)＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(－loga－x，x<－1,,loga\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x））,－1〈x〈0，，logax，x>0.)）故選C。4．（2018·合肥質(zhì)檢)已知函數(shù)f（x）＝eq\f（1－2x，1＋2x），實數(shù)a，b滿足不等式f(2a＋b)＋f（4－3b)>0，則下列不等式恒成立的是()A．b－a〈2 B．a(chǎn)＋2b>2C．b－a〉2 D．a(chǎn)＋2b<2答案C解析由題意得f（－x)＝eq\f（1－2－x，1＋2－x)＝eq\f（2x－1,2x＋1）＝－eq\f(1－2x，2x＋1)＝－f（x），故函數(shù)f（x）為奇函數(shù)．又f(x)＝－eq\f（2x－1,1＋2x）＝－eq\f（2x＋1－2,1＋2x）＝－1＋eq\f(2，1＋2x）,故函數(shù)f(x）在R上單調(diào)遞減．∵f(2a＋b）＋f（4－3b)>0，∴f（2a＋b）〉－f(4－3b)＝f(3b－4)，∴2a＋b<3b－4，∴b－a>2.故選C.5．（2018·天津市十二重點中學(xué)聯(lián)考)已知f（x)是定義在（－∞,＋∞）上的偶函數(shù),且在（－∞，0］上單調(diào)遞增，若a＝，b＝f（log35），c＝f(0.20.5），則a，b，c的大小關(guān)系為（)A．a(chǎn)〈b<c B．c<a<bC．b〈a〈c D．c<b〈a答案C解析∵f（x)是定義在（－∞，＋∞）上的偶函數(shù)，∴a＝＝feq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(－log53））＝feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（log53））,∵eq\f（1，2）＝log5eq\r(5）〈log53〈1,1＝log33<log35，0<0.20.5＝eq\f（\r（,5），5）<eq\f（1,2)，∴0.20.5<log53〈log35，∵f(x）在(－∞，0]上是增函數(shù)，f(x）是定義在R上的偶函數(shù)，∴f（x)在[0,＋∞）上為減函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（0.20.5))〉feq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（log53)）>feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（log35）),即b<a〈c，故選C.6．若函數(shù)f（x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（2x＋1,x≥1，，－x2＋ax＋1,x<1))在R上是增函數(shù)，則a的取值范圍為（)A．［2，3]B．［2，＋∞）C．［1,3]D．［1，＋∞)答案A解析由題意得eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1（\f（a,2）≥1,，－1＋a＋1≤2＋1，））∴a∈［2，3］，故選A。7．(2018·廣東省六校聯(lián)考)函數(shù)y＝eq\f(1－ln|x｜，1＋ln｜x｜)·sinx的部分圖象大致為()答案A解析設(shè)f(x）＝eq\f(1－ln｜x|,1＋ln｜x｜)·sinx,由1＋ln｜x｜≠0，得x≠±eq\f(1，e）,則函數(shù)f(x）的定義域為eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－∞,－\f(1,e)))∪eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（－\f(1,e），0））∪eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（0，\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），∴函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，排除D。又1〉eq\f（1,e）,且f（1)＝sin1>0，故可排除B.0〈eq\f(1，e2）<eq\f(1,e),且f

eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(1，e2)）)＝eq\f(1－ln\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1(\f（1，e2）)）,1＋ln\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f（1，e2)))）·sin

eq\f(1,e2）＝eq\f(1－－2,1－2)·sineq\f(1，e2)＝－3·sineq\f(1，e2）<0，故可排除C.故選A。8．（2018·德陽二診)已知log2x＝log3y＝log5z<0，則eq\f（2,x)，eq\f（3,y）,eq\f(5，z）的大小排序為（）A。eq\f（2,x)〈eq\f（3，y）<eq\f(5，z） B.eq\f（3，y)<eq\f（2，x)〈eq\f（5，z)C.eq\f(5,z）<eq\f（2，x)〈eq\f（3，y） D.eq\f（5,z)<eq\f（3，y)<eq\f（2,x）答案A解析x,y，z為正實數(shù),且log2x＝log3y＝log5z<0,令log2x＝log3y＝log5z＝k（k<0)，∴eq\f(x,2）＝2k－1，eq\f（y，3)＝3k－1，eq\f(z,5）＝5k－1，可得eq\f(2,x）＝21－k，eq\f(3,y）＝31－k，eq\f(5,z)＝51－k，又1－k〉0，∴函數(shù)f（x)＝x1－k在(0，＋∞）上單調(diào)遞增，∴eq\f（2,x)〈eq\f(3,y)〈eq\f（5,z）.故選A.

9．（2017·全國Ⅲ)設(shè)函數(shù)f(x）＝eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤0，,2x，x〉0，))則滿足f（x)＋f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f（1,2）)）>1的x的取值范圍是______________．答案eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（－\f(1,4），＋∞)）解析由題意知，對不等式分x≤0,0〈x≤eq\f(1,2)，x>eq\f（1，2)三段討論．當(dāng)x≤0時，原不等式為x＋1＋x＋eq\f(1，2）〉1,解得x〉－eq\f(1,4），∴－eq\f（1，4)<x≤0。當(dāng)0〈x≤eq\f(1,2）時,原不等式為2x＋x＋eq\f(1，2)〉1,顯然成立．當(dāng)x>eq\f(1,2)時，原不等式為2x＋〉1，顯然成立．綜上可知，x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f（1，4),＋∞)）。10．已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足：①函數(shù)f（x）的圖象的對稱中心為（1，0），且對稱軸為x＝－1；②當(dāng)x∈［－1,1］時,f(x）＝eq\b\lc\｛\rc\（\a\vs4\al\co1(1－x，x∈0，1],，\r（1－x2）,x∈［－1，0］，）)則f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（7，2))）＝________。答案－eq\f(\r（3）,2）解析由題意作出f(x）的部分圖象如圖所示，則f

eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（7，2））)＝－eq\r(1－\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(－\f(1，2))）2)＝－eq\f（\r(3)，2)。11．(2018·全國Ⅲ)已知函數(shù)f(x)＝ln(eq\r（1＋x2)－x)＋1，f(a)＝4，則f（－a）＝________.答案－2解析∵f（x）＋f（－x)＝ln(eq\r(1＋x2）－x）＋1＋ln(eq\r（1＋x2）＋x)＋1＝ln（1＋x2－x2)＋2＝2，∴f（a）＋f(－a）＝2，∴f(－a)＝－2。12．已知函數(shù)f(x）是奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，f（x）＝－x2＋x。若不等式f(x)－x≤2logax（a>0且a≠1）對?x∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0，\f（\r（2）,2)）)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是________．答案eq\b\lc\［\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（1，4)，1））解析由已知得當(dāng)x>0時，f（x）＝x2＋x，故x2≤2logax對?x∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1（0,\f(\r（2）,2)）)恒成立，即當(dāng)x∈eq\b\lc\（\rc\]（\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2)，2））)時，函數(shù)y＝x2的圖象不在y＝2logax圖象的上方，由圖(圖略）知0<a〈1且2logaeq\f(\r(2)，2)≥eq\f(1,2)，解得eq\f（1，4)≤a<1。B組能力提高13．(2018·河北衡水中學(xué)模擬）已知函數(shù)f(x）＝eq\f(2，2019x＋1)＋sinx，其中f′（x)為函數(shù)f（x)的導(dǎo)數(shù)，則f(2018）＋f（－2018)＋f′(2019）－f′（－2019）等于(）A．2 B．2019C．2018 D．0答案A解析由題意得f(x）＋f（－x）＝2，∴f(2018）＋f(－2018)＝2，由f（x)＋f（－x）＝2可得f（x）－1＋f(－x)－1＝0,∴y＝f(x）－1為奇函數(shù),∴y＝f（x)－1的導(dǎo)函數(shù)為偶函數(shù)，即y＝f′（x）為偶函數(shù),其圖象關(guān)于y軸對稱,∴f′（2019)－f′(－2019）＝0,∴f(2018)＋f(－2018）＋f′(2019）－f′（－2019）＝2.故選A.14．（2018·江西省分宜中學(xué)、玉山一中、臨川一中等九校聯(lián)考）若函數(shù)y＝f（x），x∈M對于給定的非零實數(shù)a，總存在非零常數(shù)T，使得定義域M內(nèi)的任意實數(shù),都有af（x)＝f(x＋T）恒成立，此時T為f(x)的類周期，函數(shù)y＝f（x）是M上的a級類周期函數(shù)，若函數(shù)y＝f（x）是定義在區(qū)間[0，＋∞)內(nèi)的3級類周期函數(shù)且T＝2，當(dāng)x∈［0，2），f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（1，2）－2x2,0≤x≤1，，f2－x,1〈x<2，）)函數(shù)g（x)＝－2lnx＋eq\f（1,2）x2＋x＋m，若?x1∈[6，8］，?x2∈（0，＋∞)使g（x2）－f（x1)≤0成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\］(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(13,2)）） B．(－∞,12]C．（－∞,39］ D．［12，＋∞）答案C解析根據(jù)題意，對于函數(shù)f(x),當(dāng)x∈［0，2）時,f（x)＝eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（\f(1,2)－2x2,0≤x≤1，,f2－x,1〈x<2，）)分析可得：當(dāng)0≤x≤1時，f(x）＝eq\f(1,2）－2x2，此時f(x)的最大值f（0）＝eq\f（1,2），最小值f（1)＝－eq\f（3，2）,當(dāng)1〈x<2時，f(x)＝f(2－x），函數(shù)f（x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，則此時有－eq\f(3,2)〈f(x）<eq\f(1,2)，又由函數(shù)y＝f(x）是定