2023屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)微專題30函數(shù)的單調(diào)性學(xué)案

微專題30函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性、周期性函數(shù)是高考數(shù)學(xué)的重點內(nèi)容之一，對函數(shù)基本性質(zhì)的考查是其主要方向；單調(diào)性、奇偶性和周期性是函數(shù)的幾個重要性質(zhì)，也是研究函數(shù)的主要工具，單調(diào)性、奇偶性的考查在江蘇高考題中常以填空題的形式出現(xiàn)，周期性作為函數(shù)的一個整體性質(zhì)，給函數(shù)帶來了周而復(fù)始的無窮魅力，也正因如此，周期性、單調(diào)性、奇偶性如同函數(shù)性質(zhì)的三駕馬車，成為了?？?、高考的重點考查對象．重點考查學(xué)生的數(shù)形結(jié)合、分類討論等方面的能力，考查學(xué)生的基本數(shù)學(xué)素養(yǎng).例題1設(shè)函數(shù)f(x)＝kax－a－x(a＞0，a≠1)是定義域為R的奇函數(shù)．(1)若f(1)＞0，試求不等式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．例題2(2018·江蘇卷)函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，且在區(qū)間(－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，))則f(f(15))的值為____________．變式1設(shè)f(x)＝eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)(a，b為實常數(shù))．(1)當(dāng)a＝b＝1時，證明：f(x)不是奇函數(shù)；(2)若f(x)是奇函數(shù)，求a與b的值；(3)當(dāng)f(x)是奇函數(shù)時，研究是否存在這樣的實數(shù)集的子集D，對任何屬于D的x，c，都有f(x)＜c2－3c＋3成立？若存在試找出所有這樣的D；若不存在，請說明理由．

變式2若函數(shù)f(x)(x∈R)是周期為4的奇函數(shù)，且在[0，2]上的解析式為f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x（1－x），0≤x≤1，,sinπx，1＜x≤2，))則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(29,4)))＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(41,6)))的值為________________．串講1已知f(x)是定義在(0，＋∞)上的函數(shù)，滿足條件：①f(xy)＝f(x)＋f(y)；②當(dāng)x＞1時，f(x)＞0恒成立，若f(2)＝1，則滿足f(x)＋f(x－3)≤2的x的取值范圍是________________．串講2已知f(x)是定義在R上且周期為3的函數(shù)，當(dāng)x∈[0，3)時，f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，若函數(shù)y＝f(x)－a在區(qū)間[－3，4]上有10個零點(互不相同)，則實數(shù)a的取值范圍是________________．已知函數(shù)y＝f(x)是R上的奇函數(shù)，且f(x)在區(qū)間(－∞，0)上單調(diào)遞增，f(－1)＝0.設(shè)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))，則M∩N＝________________.已知函數(shù)f(x)的定義域為R.當(dāng)x＜0時，f(x)＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；當(dāng)eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2)時，f(1－x)＝f(1＋x)，當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，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時，函數(shù)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)當(dāng)x＞eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則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)時，f(x)的周期為1，則f(6)＝f(1)．當(dāng)－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)，且x＜0時，f(x)＝x3－1，故f(6)＝f(1)＝－f(－1)＝2.4分(2)當(dāng)x＝0時，f(－0)＝－f(0)，f(0)＝0.6分因為x＜0時，f(x)＝x3－1，且－1≤x≤1時，f(－x)＝－f(x)；則當(dāng)x∈(0，1]時，－x∈[－1，0)，f(x)＝－f(－x)＝－(－x3－1)＝x3＋1，8分又eq\f(1,2)≤x≤eq\f(3,2)時，f(1－x)＝f(1＋x)，則x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))時，2－x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則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)時，f(x)的周期為1，則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分則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分綜上所述，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.)).微專題30例題1答案：(1){x|x＞1，或x＜－4}；(2)－2.解析：∵f(x)是定義域為R上的奇函數(shù)，∴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上為增函數(shù)(令解析：設(shè)x1，x2∈R，且x1＜x2，則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)))，因為a＞1，則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，則f(x)在R上為單調(diào)增函數(shù))．因為函數(shù)f(x)是定義域為R的奇函數(shù)，則不等式f(x2＋2x)＋f(x－4)＞0可化為f(x2＋2x)＞f(4－x)，又f(x)在R上為單調(diào)增函數(shù)，所以x2＋2x＞4－x，解得x＜－4，或x＞1，所以不等式的解集為{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)，則t＝2x－2－x(x≥1)為增函數(shù)，即t≥21－2－1＝eq\f(3,2).所以g(x)＝h(t)＝t2－4t＋2＝(t－2)2－2≥－2(當(dāng)t＝2，x＝log2(1＋eq\r(2))時取等號)．則g(x)在[1，＋∞)上的最小值為－2.例題2答案：eq\f(\r(2),2).解析：因為函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)(x∈R)，所以4是函數(shù)f(x)的周期．則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).變式聯(lián)想變式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)當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝2))時，D＝R；當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))時，D＝(0，＋∞)，或D＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(5,7))).解析：(1)證明：當(dāng)a＝b＝1時，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)，則f(x)不是奇函數(shù)．(2)f(x)是奇函數(shù)時，f(－x)＝－f(x)，即eq\f(－2－x＋a,2－x＋1＋b)＝－eq\f(－2x＋a,2x＋1＋b)對定義域內(nèi)任意實數(shù)x都成立，即(2a－b)·22x＋(2ab－4)·2x＋(2a－b)＝0，對定義域內(nèi)任意實數(shù)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.))經(jīng)檢驗都符合題意．(3)當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))時，f(x)＝eq\f(－2x＋1,2x＋1＋2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2x＋1)，因為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)對任何實數(shù)c成立；所以可取D＝R對任何x、c屬于D，都有f(x)＜c2－3c＋3成立，當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))時，f(x)＝eq\f(－2x－1,2x＋1－2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(1,1－2x)(x≠0)，所以當(dāng)x＞0時，f(x)＜－eq\f(1,2)；當(dāng)x＜0時，f(x)＞eq\f(1,2)①因此取D＝(0，＋∞)，對任何x、c屬于D，都有f(x)＜c2－3c＋3成立．②當(dāng)c＜0時，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)))，對任何屬于D的x、c，都有f(x)＜c2－3c＋3成立．綜上，當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1,b＝2))時，D＝R；當(dāng)eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝－1，,b＝－2))時，D＝(0，＋∞)，或D＝eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，log2\f(5,7))).說明：單調(diào)性與奇偶性之間體現(xiàn)了函數(shù)性質(zhì)的局部與整體的關(guān)系，這兩個性質(zhì)?！敖Y(jié)伴而行”，給問題解決帶來了靈活與簡便；除了掌握函數(shù)單調(diào)性、奇偶性的定義外，利用它們解不等式、求參數(shù)的值(范圍)是常見的題型；另外，奇偶性作為函數(shù)的一個整體性質(zhì)，將問題轉(zhuǎn)化為恒成立問題或者通過列舉反例得出結(jié)論是兩個慣用的解題策略．變式2答案：eq\f(5,16).解析：因為f(x)是以4為周期的奇函數(shù)，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).說明：在?？己透呖碱}中，函數(shù)的周期性既可以單獨考查(如2016、2018江蘇卷)，也可以與其他性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性等)一道進行綜合考查(2018全國Ⅱ卷)；對于利用周期性求函數(shù)值的問題，一般是借助周期性將所要求的未知區(qū)間的函數(shù)值等價轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的函數(shù)值，在此過程中，有時還要靈活地運用函數(shù)的奇偶性，化未知為已知是問題解決永遠不變的真理．串講激活串講1答案：(3，4]．解析：f(x)為定義域上的增函數(shù)，設(shè)任意x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，因為f(xy)＝f(x)＋f(y)，所以f(xy)－f(x)＝f(y)，取xy＝x2，x＝x1，則y＝eq\f(x2,x1)，即f(x2)－f(x1)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))，因為x1，x2∈(0，＋∞)且x1＜x2，所以eq\f(x2,x1)＞1，又當(dāng)x＞1時，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，＋∞)上的增函數(shù)．因為2＝f(2)＋f(2)＝f(4)，f(x)＋f(x－3)≤2可轉(zhuǎn)換為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的取值范圍為(3，4]．串講2答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).解析：作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，x∈[0，3)的圖象，可見f(0)＝eq\f(1,2)，當(dāng)x＝1時，f(x)極大＝eq\f(1,2)，f(3)＝eq\f(7,2)，方程f(x)－a＝0在[－3，4]上有10個零點，即函數(shù)y＝f(x)與直線y＝a在[－3，4]上有10個公共點，由于函數(shù)f(x)的周期為3，因此直線y＝a與函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x2－2x＋\f(1,2)))，x∈[0，3)的公共點數(shù)為4，則有a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).新題在線答案：{m|m