2024年高考數(shù)學(xué)重難點突破講義：學(xué)案 特別策劃2　微切口1　抽象函數(shù)的性質(zhì)

闖關(guān)奪隘——贏在中檔題之高考微切口微切口1抽象函數(shù)的性質(zhì)抽象函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性綜合問題例1(1)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，對任意兩個正數(shù)x1，x2(x1＜x2)，都有x2f(x1)＞x1f(x2)，記a＝eq\f(1,2)f(2)，b＝f(1)，c＝－eq\f(1,3)f(－3)，則a，b，c之間的大小關(guān)系為(B)A．a(chǎn)＞b＞c B．b＞a＞cC．c＞b＞a D．a(chǎn)＞c＞b【解析】因為對任意兩個正數(shù)x1，x2(x1＜x2)，都有x2f(x1)＞x1f(x2)，所以eq\f(fx1,x1)＞eq\f(fx2,x2)，得函數(shù)g(x)＝eq\f(fx,x)在(0，＋∞)上是減函數(shù)．由g(x)是R上的奇函數(shù)可知g′(x)是偶函數(shù)，則c＝－eq\f(1,3)f(－3)＝eq\f(1,3)f(3)，所以g(1)＞g(2)＞g(3)，即b＞a＞c．(2)(2023·廣西一模)已知偶函數(shù)f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，且f(1)＝0，則不等式xf(x－2)＞0的解集為(D)A．(1,3)B．(3，＋∞)C．(－3，－1)∪(3，＋∞)D．(0,1)∪(3，＋∞)【解析】由偶函數(shù)f(x)在(－∞，0)上單調(diào)遞減，知f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增．因為f(1)＝0，則當(dāng)x＞0時，f(x－2)＞0，即f(|x－2|)＞0＝f(1)，故x－2＞1或x－2＜－1，解得x＞3或x＜1，故x∈(0,1)∪(3，＋∞)；當(dāng)x＜0時，f(x－2)＜0，即f(|x－2|)＜0＝f(1)，故－1＜x－2＜1，解得1＜x＜3，又x＜0，故解集為?．綜上，不等式xf(x－2)＞0的解集為(0,1)∪(3，＋∞)．1．比較函數(shù)值大小的思路：比較函數(shù)值的大小時，若自變量的值不在同一個單調(diào)區(qū)間內(nèi)，要利用其函數(shù)性質(zhì)，轉(zhuǎn)化到同一個單調(diào)區(qū)間上進(jìn)行比較，對于選擇題、填空題能數(shù)形結(jié)合的盡量用圖象法求解．同時要充分利用奇函數(shù)在關(guān)于原點對稱的兩個區(qū)間上具有相同的單調(diào)性，偶函數(shù)在關(guān)于原點對稱的兩個區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．2．含“f”不等式的解法：首先根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)把不等式轉(zhuǎn)化為f(g(x))＞f(h(x))的形式，然后根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性去掉“f”，轉(zhuǎn)化為具體的不等式(組)，此時要注意g(x)與h(x)的取值應(yīng)在外層函數(shù)的定義域內(nèi)．要注意：奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．特別地，如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)，則可避免分類討論．變式1(2023·啟東期末)已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，且f(－2)＝－2，則不等式f(lgx)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,x)))＞4的解集為(D)A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,100))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,100)，＋∞))C．(0,100) D．(100，＋∞)【解析】因為定義在R上的奇函數(shù)f(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞增，且f(－2)＝－2，根據(jù)奇函數(shù)對稱性可知f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，f(2)＝－f(－2)＝2，所以f(x)在R上單調(diào)遞增，不等式f(lgx)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(lg\f(1,x)))＝f(lgx)－f(－lgx)＝2f(lgx)＞4，所以f(lgx)＞2＝f(2)，所以lgx＞2，解得x＞100．抽象函數(shù)的奇偶性、對稱性與周期性綜合問題例2(1)(2023·常德一模)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，若函數(shù)f(2x＋1)為奇函數(shù)，且f(4－x)＝f(x)，eq\i\su(k＝1,2023,)f(k)＝1，則f(0)＝(A)A．－1 B．0C．1 D．2【解析】因為函數(shù)f(x)的定義域為R，且函數(shù)f(2x＋1)為奇函數(shù)，則f(2x＋1)＝－f(1－2x)，即函數(shù)f(x)關(guān)于點(1,0)對稱，所以有f(x)＝－f(2－x)①．又f(4－x)＝f(x)②，所以函數(shù)f(x)關(guān)于直線x＝2對稱，則由②得f(3)＝f(4－1)＝f(1)＝0，f(0)＝f(4－0)＝f(4)，所以f(0)＋f(2)＝f(2)＋f(4)＝0，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝0．由①和②得f(4－x)＝－f(2－x)，得f(x)＝－f(x－2)，所以f(x＋2)＝－f(x)＝f(x－2)，即f(x)＝f(x＋4)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，則eq\i\su(k＝1,2023,)f(k)＝505[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝f(2)＝1，所以f(0)＝－f(2)＝－1．(2)(2023·大慶一檢改編)已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，且f(x)＋g(2－x)＝2，g(x)－f(x－4)＝4，若g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，g(2)＝1，則f(202)＝(A)A．－3 B．－1C．0 D．2【解析】因為g(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對稱，所以g(2－x)＝g(2＋x)，所以f(x)＋g(2－x)＝f(x)＋g(x＋2)＝2．因為f(－x)＋g(2＋x)＝2，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)．因為g(x)－f(x－4)＝4，所以g(x＋2)－f(x－2)＝4，所以f(x)＋f(x－2)＝－2，所以f(x＋2)＋f(x)＝－2，所以f(x＋4)＋f(x＋2)＝－2，所以f(x＋4)＝f(x)，所以f(x)的周期為4．所以f(202)＝f(2)．因為g(2)－f(－2)＝g(2)－f(2)＝4，所以f(2)＝－3，故f(202)＝－3．①若函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a與x＝b對稱，則函數(shù)f(x)的周期為2|b－a|；②若函數(shù)f(x)的圖象既關(guān)于點(a,0)對稱，又關(guān)于點(b,0)對稱，則函數(shù)f(x)的周期為2|b－a|；③若函數(shù)f(x)的圖象既關(guān)于直線x＝a對稱，又關(guān)于點(b,0)對稱，則函數(shù)f(x)的周期為4|b－a|；④若函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線x＝a(a≠0)對稱，則f(x)的周期為2|a|；⑤若函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，且其圖象關(guān)于直線x＝a(a≠0)對稱，則f(x)的周期為4|a|．變式2(1)(2023·廣州一模)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2，f(x＋2)為偶函數(shù)，若f(0)＝2，則eq\i\su(k＝1,115,)f(k)＝(C)A．116 B．115C．114 D．113【解析】由f(x＋1)＋f(x－1)＝2，得f(x＋2)＋f(x)＝2，即f(x＋2)＝2－f(x)，所以f(x＋4)＝2－f(x＋2)＝2－[2－f(x)]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，又f(x＋2)為偶函數(shù)，則f(－x＋2)＝f(x＋2)，所以f(x)＝f(4－x)＝f(－x)，所以函數(shù)f(x)也為偶函數(shù)．又f(x＋1)＋f(x－1)＝2，所以f(1)＋f(3)＝2，f(2)＋f(4)＝2，所以f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝4．又f(1)＋f(－1)＝2，即2f(1)＝2，所以f(1)＝1．由f(0)＋f(2)＝2，f(0)＝2，所以f(2)＝0，所以eq\i\su(k＝1,115,)f(k)＝[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]×28＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝4×28＋2＋0＝114．(2)(2023·肇慶二檢)已知定義在R上的兩個函數(shù)f(x)和g(x)，f(x)＋g(1－x)＝3，g(x)＋f(x－3)＝3．若y＝g(x)圖象關(guān)于點(1,0)對稱，則f(0)＝__3__，g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(1000)＝__0__．【解析】由g(x)＋f(x－3)＝3可得g(1－x)＋f(－2－x)＝3．又f(x)＋g(1－x)＝3，所以f(x)＝f(－2－x)，令x＝0，所以f(0)＝f(－2)．因為y＝g(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，所以g(1－x)＋g(1＋x)＝0．又f(x)＋g(1－x)＝3，所以f(x)－g(1＋x)＝3．因為g(x)＋f(x－3)＝3，所以g(1＋x)＋f(x－2)＝3，f(x)＋f(x－2)＝6．令x＝0，所以f(0)＋f(－2)＝6，則f(0)＝3．因為f(x)－g(1＋x)＝3，所以f(x－3)－g(x－2)＝3，又g(x)＋f(x－3)＝3，所以g(x)＝－g(x－2)，g(x－2)＝－g(x－4)，則g(x)＝g(x－4)，4是g(x)的一個周期．因為g(3)＝－g(1)，g(4)＝－g(2)，所以g(1)＋g(2)＋g(3)＋g(4)＝0．因為g(x)的周期是4，所以g(1)＋g(2)＋g(3)＋…＋g(1000)＝0．抽象函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)的對稱性問題例3(2023·武漢武昌三模)(多選)已知非常數(shù)函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，若f(1－2x)為奇函數(shù)，f(2x－1)為偶函數(shù)，則(BCD)A．f(0)＝0B．f(－2021)＝－f(2023)C．f′(2x－1)＝f′(2x＋7)D．f′(－2021)＝f′(2023)【解析】因為非常數(shù)函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R，若f(1－2x)為奇函數(shù)，則f(1－2x)＝－f(1＋2x)，則函數(shù)f(x)關(guān)于點(1,0)成中心對稱，且f(1)＝0，故A錯誤；因為f(1－2x)＝－f(1＋2x)，令x＝1011，則f(－2021)＝－f(2023)，故B正確；因為f(1－2x)＝－f(1＋2x)，即f(1＋x)＝－f(1－x)，兩邊同時求導(dǎo)，則有f′(1＋x)＝f′(1－x)，所以函數(shù)f′(x)關(guān)于直線x＝1對稱．因為函數(shù)f(2x－1)為偶函數(shù)，所以f(－2x－1)＝f(2x－1)，即f(－1－x)＝f(－1＋x)，兩邊同時求導(dǎo)，則有－f′(－1－x)＝f′(－1＋x)，所以f′(x)關(guān)于(－1,0)成中心對稱，則導(dǎo)函數(shù)f′(x)的周期為4×(1＋1)＝8，所以f′(2x－1)＝f′(2x＋7)，故C正確；因為函數(shù)f′(x)關(guān)于直線x＝1對稱，且eq\f(－2021＋2023,2)＝1，所以f′(－2021)＝f′(2023)，故D正確．①若函數(shù)f(x)連續(xù)且可導(dǎo)，則f(x)圖象關(guān)于直線x＝a對稱?導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象關(guān)于點(a,0)對稱．②若函數(shù)f(x)連續(xù)且可導(dǎo)，則f(x)圖象關(guān)于點(a，f(a))對稱?導(dǎo)函數(shù)f′(x)圖象關(guān)于直線x＝a對稱．變式3(2023·寧波二模)(多選)已知函數(shù)f(x)與g(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)與g′(x)的定義域均為R，f(x)是偶函數(shù)，g(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，則(ABC)A．g[f(－1)]＝g[f(1)] B．f[g(3)]＝f[g(－1)]C．f[g′(3)]＝f[g′(－1)] D．g[f′(－1)]＝g[f′(1)]【解析】由f(x)是偶函數(shù)，g(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，則有f(－x)＝f(x)，g(x)＝－g(2－x)，則f′(x)圖象關(guān)于點(0,0)對稱，所以f