高考數(shù)學(xué)二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí)與策略 第1部分 專(zhuān)題6 函數(shù)與導(dǎo)數(shù) 突破點(diǎn)16 函數(shù)的圖象和性質(zhì)教師用書(shū) 理-人教版高三數(shù)學(xué)試題

專(zhuān)題六函數(shù)與導(dǎo)數(shù)建知識(shí)網(wǎng)絡(luò)明內(nèi)在聯(lián)系[高考點(diǎn)撥]函數(shù)與導(dǎo)數(shù)專(zhuān)題是歷年高考的“常青樹(shù)”，在高考中常以“兩小一大”的形式呈現(xiàn)，其中兩小題中的一小題難度偏低，另一小題與一大題常在選擇題與解答題的壓軸題的位置呈現(xiàn)，命題角度多樣，形式多變，能充分體現(xiàn)學(xué)以致用的考查目的，深受命題人的喜愛(ài)．結(jié)合典型考題的研究，本專(zhuān)題將從“函數(shù)的圖象與性質(zhì)”“函數(shù)與方程”“導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用”三大方面著手分析，引領(lǐng)考生高效備考．突破點(diǎn)16函數(shù)的圖象和性質(zhì)(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第167頁(yè))提煉1函數(shù)的奇偶性(1)若函數(shù)y＝f(x)為奇(偶)函數(shù)，則f(－x)＝－f(x)(f(－x)＝f(x))．(2)奇函數(shù)y＝f(x)若在x＝0處有意義，則必有f(0)＝0.(3)判斷函數(shù)的奇偶性需注意：一是判斷定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)；二是若所給函數(shù)的解析式較為復(fù)雜，應(yīng)先化簡(jiǎn)；三是判斷f(－x)＝－f(x)，還是f(－x)＝f(x)，有時(shí)需用其等價(jià)形式f(－x)±f(x)＝0來(lái)判斷．(4)奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)成中心對(duì)稱(chēng)，偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)．(5)奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的區(qū)間上的單調(diào)性相同，偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的區(qū)間上的單調(diào)性相反.提煉2函數(shù)的周期性(1)若函數(shù)y＝f(x)滿(mǎn)足f(a＋x)＝f(x－a)(a≠0)，則函數(shù)y＝f(x)是以2|a|為周期的周期性函數(shù)．(2)若奇函數(shù)y＝f(x)滿(mǎn)足f(a＋x)＝f(a－x)(a≠0)，則函數(shù)y＝f(x)是以4|a|為周期的周期性函數(shù)．(3)若偶函數(shù)y＝f(x)滿(mǎn)足f(a＋x)＝f(a－x)(a≠0)，則函數(shù)y＝f(x)是以2|a|為周期的周期性函數(shù)．(4)若f(a＋x)＝－f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或fa＋x＝\f(1,fx)))(a≠0)，則函數(shù)y＝f(x)是以2|a|為周期的周期性函數(shù)．(5)若y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a，x＝b(a≠b)對(duì)稱(chēng)，則函數(shù)y＝f(x)是以2|b－a|為周期的周期性函數(shù).提煉3函數(shù)的圖象(1)由解析式確定函數(shù)圖象．此類(lèi)問(wèn)題往往需要化簡(jiǎn)函數(shù)解析式，利用函數(shù)的性質(zhì)(單調(diào)性、奇偶性、過(guò)定點(diǎn)等)判斷，常用排除法．(2)已知函數(shù)圖象確定相關(guān)函數(shù)的圖象．此類(lèi)問(wèn)題主要考查函數(shù)圖象的變換(如平移變換、對(duì)稱(chēng)變換等)，要注意函數(shù)y＝f(x)與y＝f(－x)、y＝－f(x)、y＝－f(－x)、y＝f(|x|)、y＝|f(x)|等的相互關(guān)系．(3)借助動(dòng)點(diǎn)探究函數(shù)圖象．解決此類(lèi)問(wèn)題可以根據(jù)已知條件求出函數(shù)解析式后再判斷函數(shù)的圖象；也可采用“以靜觀動(dòng)”，即將動(dòng)點(diǎn)處于某些特殊的位置處考察圖象的變化特征，從而作出選擇．回訪1函數(shù)的性質(zhì)1．(2016·山東高考)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽.當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x3－1；當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，f(－x)＝－f(x)；當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，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(6)＝()A．－2 B．－1C．0 D．2D[由題意知當(dāng)x>eq\f(1,2)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))，則當(dāng)x>0時(shí)，f(x＋1)＝f(x)．又當(dāng)－1≤x≤1時(shí)，f(－x)＝－f(x)，∴f(6)＝f(1)＝－f(－1)．又當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝x3－1，∴f(－1)＝－2，∴f(6)＝2.故選D.]2．(2015·山東高考)若函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,2x－a)是奇函數(shù)，則使f(x)>3成立的x的取值范圍為()A．(－∞，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1，＋∞)C[∵函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即eq\f(2－x＋1,2－x－a)＝－eq\f(2x＋1,2x－a).化簡(jiǎn)可得a＝1，則eq\f(2x＋1,2x－1)＞3，即eq\f(2x＋1,2x－1)－3＞0，即eq\f(2x＋1－32x－1,2x－1)>0，故不等式可化為eq\f(2x－2,2x－1)＜0，即1＜2x＜2，解得0＜x＜1，故選C.]3．(2014·山東高考)函數(shù)f(x)＝eq\f(1,\r(log2x2－1))的定義域?yàn)?)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) B．(2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪(2，＋∞) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))∪[2，＋∞)C[由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x>0，,log2x2>1，))解得x>2或0<x<eq\f(1,2)，故選C.]回訪2函數(shù)的圖象4．(2015·全國(guó)卷Ⅰ)設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象與y＝2x＋a的圖象關(guān)于直線y＝－x對(duì)稱(chēng)，且f(－2)＋f(－4)＝1，則a＝()A．－1 B．1C．2 D．4C[設(shè)(x，y)為y＝f(x)圖象上任意一點(diǎn)，則(－y，－x)在y＝2x＋a的圖象上，所以有－x＝2－y＋a，從而有－y＋a＝log2(－x)(指數(shù)式與對(duì)數(shù)式的互化)，所以y＝a－log2(－x)，即f(x)＝a－log2(－x)，所以f(－2)＋f(－4)＝(a－log22)＋(a－log24)＝(a－1)＋(a－2)＝1，解得a＝2.故選C.]5．(2014·山東高考)已知函數(shù)y＝loga(x＋c)(a，c為常數(shù)，其中a>0，a≠1)的圖象如圖16-1，則下列結(jié)論成立的是()圖16-1A．a(chǎn)>1，c>1B．a(chǎn)>1,0<c<1C．0<a<1，c>1D．0<a<1,0<c<1D[由對(duì)數(shù)函數(shù)的圖象和性質(zhì)及函數(shù)圖象的平移變換知0<a<1,0<c<1.]6．(2013·山東高考)函數(shù)y＝xcosx＋sinx的圖象大致為()D[當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，y＝1＞0，排除C.當(dāng)x＝－eq\f(π,2)時(shí)，y＝－1，排除B；或利用y＝xcosx＋sinx為奇函數(shù)，圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，排除B.當(dāng)x＝π時(shí)，y＝－π＜0，排除A.故選D.](對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)第167頁(yè))熱點(diǎn)題型1函數(shù)圖象的判斷與應(yīng)用題型分析：函數(shù)的圖象是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，主要有函數(shù)圖象的判斷和函數(shù)圖象的應(yīng)用兩種題型.(1)(2016·全國(guó)乙卷)函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為()(2)(2016·全國(guó)甲卷)已知函數(shù)f(x)(x∈R)滿(mǎn)足f(－x)＝2－f(x)，若函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)，則eq\o(∑,\s\up10(m),\s\do14(i＝1))(xi＋yi)＝()A．0 B．mC．2m D．(1)D(2)B[(1)∵f(x)＝2x2－e|x|，x∈[－2,2]是偶函數(shù)，又f(2)＝8－e2∈(0,1)，故排除A，B.設(shè)g(x)＝2x2－ex，則g′(x)＝4x－ex.又g′(0)＜0，g′(2)＞0，∴g(x)在(0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，∴f(x)＝2x2－e|x|在(0,2)內(nèi)至少存在一個(gè)極值點(diǎn)，排除C.故選D.(2)因?yàn)閒(－x)＝2－f(x)，所以f(－x)＋f(x)＝2.因?yàn)閑q\f(－x＋x,2)＝0，eq\f(f－x＋fx,2)＝1，所以函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng)．函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)＝1＋eq\f(1,x)，故其圖象也關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng)．所以函數(shù)y＝eq\f(x＋1,x)與y＝f(x)圖象的交點(diǎn)(x1，y1)，(x2，y2)，…，(xm，ym)成對(duì)出現(xiàn)，且每一對(duì)均關(guān)于點(diǎn)(0,1)對(duì)稱(chēng)，所以eq\o(∑,\s\up10(m),\s\do14(i＝1))xi＝0，eq\o(∑,\s\up10(m),\s\do14(i＝1))yi＝2×eq\f(m,2)＝m，所以eq\o(∑,\s\up10(m),\s\do14(i＝1))(xi＋yi)＝m.]函數(shù)圖象的判斷方法1．根據(jù)函數(shù)的定義域判斷圖象的左右位置，根據(jù)函數(shù)的值域判斷圖象的上下位置．2．根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，判斷圖象的變化趨勢(shì)．3．根據(jù)函數(shù)的奇偶性，判斷圖象的對(duì)稱(chēng)性．4．根據(jù)函數(shù)的周期性，判斷圖象的循環(huán)往復(fù)．5．取特殊值代入，進(jìn)行檢驗(yàn)．[變式訓(xùn)練1](1)(2016·濟(jì)南模擬)函數(shù)y＝eq\f(x,ecosx)(－π≤x≤π)的大致圖象為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722058】A．B.C．D.(2)(2016·石家莊二模)如圖16-2，函數(shù)f(x)的圖象為折線ACB，則不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集是()圖16-2A．{x|－1＜x≤0}B．{x|－1≤x≤1}C．{x|－1＜x≤1}D．{x|－1＜x≤2}(1)A(2)C[(1)令f(x)＝eq\f(x,ecosx)，則f(－x)＝eq\f(－x,ecos－x)＝－eq\f(x,ecosx)＝－f(x)，即函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，排除選項(xiàng)C，D；當(dāng)x＝eq\f(π,2)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\f(π,2)>0，排除選項(xiàng)B.故選A.(2)令g(x)＝y(tǒng)＝log2(x＋1)，作出函數(shù)g(x)圖象如圖．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y＝2，,y＝log2x＋1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝1.))∴結(jié)合圖象知不等式f(x)≥log2(x＋1)的解集為{x|－1＜x≤1}．]熱點(diǎn)題型2函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用題型分析：函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用是高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，解決此類(lèi)問(wèn)題時(shí)，性質(zhì)的判斷是關(guān)鍵，應(yīng)用是難點(diǎn).(1)(2015·全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋|x|)－eq\f(1,1＋x2)，則使得f(x)>f(2x－1)成立的x的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,3)))∪(1，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))(2)設(shè)奇函數(shù)y＝f(x)(x∈R)，滿(mǎn)足對(duì)任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)，且x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時(shí)，f(x)＝－x2，則f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))的值等于________．(1)A(2)－eq\f(1,4)[(1)法一：∵f(－x)＝ln(1＋|－x|)－eq\f(1,1＋－x2)＝f(x)，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝ln(1＋x)－eq\f(1,1＋x2)，在(0，＋∞)上y＝ln(1＋x)遞增，y＝－eq\f(1,1＋x2)也遞增，根據(jù)單調(diào)性的性質(zhì)知，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．綜上可知：f(x)>f(2x－1)?f(|x|)>f(|2x－1|)?|x|>|2x－1|?x2>(2x－1)2?3x2－4x＋1<0?eq\f(1,3)<x<1.故選A.法二：令x＝0，此時(shí)f(x)＝f(0)＝－1<0，f(2x－1)＝f(－1)＝ln2－eq\f(1,2)＝ln2－lneq\r(e)>0，∴x＝0不滿(mǎn)足f(x)>f(2x－1)，故C錯(cuò)誤．令x＝2，此時(shí)f(x)＝f(2)＝ln3－eq\f(1,5)，f(2x－1)＝f(3)＝ln4－eq\f(1,10).∵f(2)－f(3)＝ln3－ln4－eq\f(1,10)，其中l(wèi)n3<ln4，∴l(xiāng)n3－ln4－eq\f(1,10)<0，∴f(2)－f(3)<0，即f(2)<f(3)，∴x＝2不滿(mǎn)足f(x)>f(2x－1)，故B，D錯(cuò)誤．故選A.(2)根據(jù)對(duì)任意t∈R都有f(t)＝f(1－t)可得f(－t)＝f(1＋t)，即f(t＋1)＝－f(t)，進(jìn)而得到f(t＋2)＝－f(t＋1)＝－[－f(t)]＝f(t)，得函數(shù)y＝f(x)的一個(gè)周期為2，故f(3)＝f(1)＝f(0＋1)＝－f(0)＝0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,4).所以f(3)＋feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)))＝0＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝－eq\f(1,4).函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用類(lèi)型1．函數(shù)單調(diào)性與奇偶性的綜合．注意奇、偶函數(shù)圖象的對(duì)稱(chēng)性，以及奇、偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)的區(qū)間上單調(diào)性的關(guān)系．2．周期性與奇偶性的綜合．此類(lèi)問(wèn)題多為求值問(wèn)題，常利用奇偶性及周期性進(jìn)行變換，將所求函數(shù)值的自變量轉(zhuǎn)化到已知解析式的函數(shù)定義域內(nèi)求解．3．單調(diào)性、奇偶性與周期性的綜合．解決此類(lèi)問(wèn)題通常先利用周期性轉(zhuǎn)化自變量所在的區(qū)間，然后利用奇偶性和單調(diào)性求解．[變式訓(xùn)練2](1)(2016·東營(yíng)二模)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且在[0，＋∞)上是增函數(shù)，則不等式eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)＜f(1)的解集為()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722059】A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．(0，e)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) D．(e，＋∞)(2)(2016·濰坊一模)設(shè)函數(shù)y＝f(x)(x∈R)為偶函數(shù)，且?x∈R，滿(mǎn)足feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，當(dāng)x∈[2,3]時(shí)，f(x)＝x，則當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，f(x)＝()A．|x＋4| B．|2－x|C．2＋|x＋1| D．3－|x＋1|(1)C(2)D[(1)∵f(x)為R上的奇函數(shù)，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x)))＝f(－lnx)＝－f(lnx)，∴eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(flnx－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ln\f(1,x))))),2)＝eq\f(|flnx＋flnx|,2)＝|f(lnx)|，即原不等式可化為|f(lnx)|＜f(1)，∴－f(1)＜f(lnx)＜f(1)，即f(－1)＜f(lnx)＜f(1)．又由已知可得f(x)在R上單調(diào)遞增，∴－1＜lnx＜1，解得eq\f(1,e)＜x＜e，故選C.(2)因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))，所以f(x)＝f(x＋2)，得f(x)是周期為2的函數(shù)．因?yàn)楫?dāng)x∈[2,3]時(shí)，f(x)＝x，所以當(dāng)x∈[0,1]時(shí)，x＋2∈[2,3]，f(x)＝f(x＋2)＝x＋2，又f(x)為偶函數(shù)，所以當(dāng)x∈[－1,0]時(shí)，－x∈[0,1]，f(x)＝f(－x)＝－x＋2，當(dāng)x∈[－2，－1]時(shí)，x＋2∈[0,1]，f(x)＝f(x＋2)＝x＋4，所以當(dāng)x∈[－2,0]時(shí)，f(x)＝3－|x＋1|.專(zhuān)題限時(shí)集訓(xùn)(十六)函數(shù)的圖象和性質(zhì)[A組高考達(dá)標(biāo)]一、選擇題1．(2016·南昌一模)定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：對(duì)任意的x1，x2∈(－∞，0)(x1≠x2)，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0.則下列結(jié)論正確的是()A．f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25)B．f(log25)＜f(20.3)＜f(0.32)C．f(log25)＜f(0.32)＜f(20.3)D．f(0.32)＜f(log25)＜f(20.3)A[∵對(duì)任意的x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜0，∴f(x)在(－∞，0)上是減函數(shù)．又∵f(x)是R上的偶函數(shù)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．∵0＜0.32＜20.3＜log25，∴f(0.32)＜f(20.3)＜f(log25)．故選A.]2．(2016·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝－x2＋2，g(x)＝log2|x|，則函數(shù)F(x)＝f(x)·g(x)的大致圖象為()B[設(shè)F(x)＝f(x)·g(x)＝(2－x2)log2|x|，由F(－x)＝F(x)得F(x)為偶函數(shù)，排除A，D，當(dāng)x＞0且x→0時(shí)，F(xiàn)(x)→－∞，排除C，故選B.]3．已知偶函數(shù)f(x)在區(qū)間[0，＋∞)上單調(diào)遞增，則滿(mǎn)足f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范圍是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722060】A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) B.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3)))A[偶函數(shù)滿(mǎn)足f(x)＝f(|x|)，根據(jù)這個(gè)結(jié)論，有f(2x－1)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))?f(|2x－1|)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，進(jìn)而轉(zhuǎn)化為不等式|2x－1|＜eq\f(1,3)，解這個(gè)不等式即得x的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))).]4．(2016·青島一模)奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x＋1)為偶函數(shù)，且f(1)＝2，則f(4)＋f(5)的值為()A．2 B．1C．－1 D．－2A[設(shè)g(x)＝f(x＋1)，∵f(x＋1)為偶函數(shù)，則g(－x)＝g(x)，即f(－x＋1)＝f(x＋1)．∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x＋1)＝f(x＋1)＝－f(x－1)，∴f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝－f(x＋2)＝f(x)，則f(4)＝f(0)＝0，f(5)＝f(1)＝2，∴f(4)＋f(5)＝0＋2＝2，故選A.]5．(2016·煙臺(tái)模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足：y＝f(x－1)的圖象關(guān)于(1,0)點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，且當(dāng)x≥0時(shí)恒有f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[0,2)時(shí)，f(x)＝ex－1，則f(2016)＋f(－2015)＝()A．1－e B．e－1C．－1－e D．e＋1A[∵y＝f(x－1)的圖象關(guān)于(1,0)點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴y＝f(x)的圖象關(guān)于(0,0)點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，∴函數(shù)為奇函數(shù)．∵當(dāng)x≥0時(shí)，恒有f(x＋2)＝f(x)，當(dāng)x∈[0,2)時(shí)，f(x)＝ex－1，∴f(2016)＋f(－2015)＝f(2016)－f(2015)＝f(0)－f(1)＝0－(e－1)＝1－e，故選A.]二、填空題6．(2016·寧波聯(lián)考)已知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,2)，x≥0，,x2，x＜0，))則f(f(－1))＝________，f(f(x))＝1的解集為_(kāi)_______．eq\f(1,2){－eq\r(2)，4}[f(－1)＝1，f(f(－1))＝f(1)＝eq\f(1,2).∵f(f(x))＝1，∴f(x)＝－1(舍去)，f(x)＝2，∴x＝4，x＝－eq\r(2)，∴f(f(x))＝1的解集為{－eq\r(2)，4}．]7．若函數(shù)f(x)＝2|x－a|(a∈R)滿(mǎn)足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在[m，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)m的最小值等于________．1[∵f(1＋x)＝f(1－x)，∴f(x)的對(duì)稱(chēng)軸為x＝1，∴a＝1，f(x)＝2|x－1|，∴f(x)的增區(qū)間為[1，＋∞)．∵[m，＋∞)?[1，＋∞)，∴m≥1，∴m的最小值為1.]8．(2016·太原模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x＋1|，x＜1，,log2x－m，x＞1，))若f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，且x1＋x2＋x3的取值范圍為(1,8)，則實(shí)數(shù)m的值為_(kāi)_______．1[作出f(x)的圖象，如圖所示，可令x1＜x2＜x3，則由圖知點(diǎn)(x1,0)，(x2,0)關(guān)于直線x＝－eq\f(1,2)對(duì)稱(chēng)，所以x1＋x2＝－1.又1＜x1＋x2＋x3＜8，所以2＜x3＜9.由f(x1)＝f(x2)＝f(x3)(x1，x2，x3互不相等)，結(jié)合圖象可知點(diǎn)A的坐標(biāo)為(9,3)，代入函數(shù)解析式，得3＝log2(9－m)，解得m＝1.]三、解答題9．已知函數(shù)g(x)＝ax2－2ax＋1＋b(a＞0)在區(qū)間[2,3]上有最大值4和最小值1，設(shè)f(x)＝eq\f(gx,x).(1)求a，b的值；(2)若不等式f(2x)－k·2x≥0在x∈[－1,1]上有解，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．[解](1)g(x)＝a(x－1)2＋1＋b－a，因?yàn)閍＞0，所以g(x)在區(qū)間[2,3]上是增函數(shù)，3分故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g2＝1，,g3＝4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝0.))6分(2)由已知可得f(x)＝x＋eq\f(1,x)－2，所以f(2x)－k·2x≥0可化為2x＋eq\f(1,2x)－2≥k·2x，即1＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x)))2－2·eq\f(1,2x)≥k，8分令t＝eq\f(1,2x)，則k≤t2－2t＋1，x∈[－1,1]，則t∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，10分記h(t)＝t2－2t＋1，因?yàn)閠∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，故h(t)max＝1，所以k的取值范圍是(－∞，1].12分10．已知函數(shù)f(x)＝a－eq\f(2,2x＋1).(1)求f(0)；(2)探究f(x)的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論；(3)若f(x)為奇函數(shù)，求滿(mǎn)足f(ax)＜f(2)的x的范圍．[解](1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.2分(2)∵(x)的定義域?yàn)镽，∴任取x1，x2∈R且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝a－eq\f(2,2x1＋1)－a＋eq\f(2,2x2＋1)＝eq\f(2·2x1－2x2,1＋2x11＋2x2).4分∵y＝2x在R上單調(diào)遞增且x1＜x2，∴0＜2x1＜2x2，∴2x1－2x2＜0,2x1＋1＞0,2x2＋1＞0，∴f(x1)－f(x2)＜0，即f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在R上單調(diào)遞增.8分(3)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，即a－eq\f(2,2－x＋1)＝－a＋eq\f(2,2x＋1)，解得a＝1.(或用f(0)＝0去解)10分∴f(ax)＜f(2)，即為f(x)＜f(2)，又因?yàn)閒(x)在R上單調(diào)遞增，所以x＜2.12分[B組名校沖刺]一、選擇題1．(2016·莆田二模)已知定義在R上的奇函數(shù)滿(mǎn)足f(x＋4)＝－f(x)，且在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，則()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)D[∵f(x＋4)＝－f(x)，∴f(x＋8)＝－f(x＋4)，∴f(x＋8)＝f(x)，∴f(x)的周期為8，∴f(－25)＝f(－1)，f(80)＝f(0)，f(11)＝f(3)＝f(－1＋4)＝－f(－1)＝f(1)．又∵奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,2]上是增函數(shù)，∴f(x)在區(qū)間[－2,2]上是增函數(shù)，∴f(－25)＜f(80)＜f(11)，故選D.]2．(2016·濟(jì)南模擬)函數(shù)f(x)＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx)的圖象大致是()A[易知f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng)，因?yàn)閒(－x)＝lneq\f(－x＋sinx,－x－sinx)＝lneq\f(x－sinx,x＋sinx)＝f(x)，所以函數(shù)是偶函數(shù)，排除B和D；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，0＜x－sinx＜x＋sinx,0＜eq\f(x－sinx,x＋sinx)＜1，lneq\f(x－sinx,x＋sinx)＜0，排除C，故選A.]3．(2016·開(kāi)封模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x－b，x＜1，,2x，x≥1.))若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))))＝4，則b＝()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：67722061】A．1 B.eq\f(7,8)C.eq\f(3,4) D.eq\f(1,2)D[feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,6)))＝3×eq\f(5,6)－b＝eq\f(5,2)－b，當(dāng)eq\f(5,2)－b≥1，即b≤eq\f(3,2)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b))＝2eq\f(5,2)－b，即＝4＝22，得到eq\f(5,2)－b＝2，即b＝eq\f(1,2)；當(dāng)eq\f(5,2)－b＜1，即b＞eq\f(3,2)時(shí)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－b))＝eq\f(15,2)－3b－b＝eq\f(15,2)－4b，即eq\f(15,2)－4b＝4，得到b＝eq\f(7,8)＜eq\f(3,2)，舍去．綜上，b＝eq\f(1,2)，故選D.]4．(2016·成都模擬)如果函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)(m－2)x2＋(n－8)x＋1(m≥0，n≥0)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，那么mn的最大值為()A．16 B．18C．25 D.eq\f(81,2)B[當(dāng)m＝2時(shí)，f(x)＝(n－8)x＋1在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，則n－8＜0?n＜8，于是mn＜16，則mn無(wú)最大值．當(dāng)m∈[0,2)時(shí)，f(x)的圖象開(kāi)口向下且過(guò)點(diǎn)(0,1)，要使f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，需－eq\f(n－8,m－2)≤eq\f(1,2)，即2n＋m≤18，又n≥0，則mn≤meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(m,2)))＝－eq\f(1,2)m2＋9m.而g(m)＝－eq\f(1,2)m2＋9m在[0,2)上為增函數(shù)，∴m∈[0,2)時(shí)，g(m)＜g(2)＝16，∴mn＜16，故m∈[0,2)時(shí)，mn無(wú)最大值．當(dāng)m＞2時(shí)，f(x)的圖象開(kāi)口向上且過(guò)點(diǎn)(0,1)，要使f(x)在區(qū)間eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))上單調(diào)遞減，需－eq\f(n－8,m－2)≥2，即2m＋n≤12，而2m＋n≥2eq\r(2m·n)，∴mn≤18，當(dāng)且僅當(dāng)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2m＋n＝12，,2m＝n，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝3，,n＝6))時(shí)，取“＝”，此時(shí)滿(mǎn)足m＞2.故(mn)max＝18.故選B.]二、填空題5．(2016·合肥二模)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，若直線y＝2a與函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，則a－eq\f(1,2)[函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象如圖所示，因?yàn)橹本€y＝2a與函數(shù)y＝|x－a|－1的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)，故2a＝－1，解得a＝－eq\f(1,2).]6．(2016·泉州二模)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x＋6，x≤2，,3＋logax，x＞2))(a＞0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．(1,2][當(dāng)x≤2時(shí)，f(x)＝－x＋6，f(x)在(－∞，2]上為減函數(shù)，∴f(x)∈[4，＋∞)．當(dāng)x＞2時(shí)，若a∈(0,1)，則f(x)＝3＋logax在(2，＋∞)上為減函數(shù)，f(x)∈(－∞，3＋loga2)，顯然不滿(mǎn)足題意，∴a＞1，此時(shí)f(x)在(2，＋∞)上為增函數(shù)，f(x)∈(3＋loga2，＋∞)，由題意可知(3＋loga2，＋∞)?[4，＋∞)，則3＋loga2≥4，即loga2≥1，∴1＜a≤2.]三、解答題7．已知奇函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－1,1]，當(dāng)x∈[－1,0)時(shí)，f(x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x.(1)求函數(shù)f(x)在[0,1]上的值域；(2)若x∈(0,1]，y＝eq\f(1,4)f2(x)－eq\f(λ,2)f(x)＋1的最小值為－2，求實(shí)數(shù)λ的值．[解](1)設(shè)x∈(0,1]，則－x∈[－1,0)，所以f(－x)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))－x＝－2x.又因?yàn)閒(x)為奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，所以當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，f(x)＝－f(－x)＝2x，所以f(x)∈(1,2]．又f(