高考数学一轮复习第2章第4课时函数性质的综合应用课件.ppt

* * 第二章　函数的概念与性质 第4课时　函数性质的综合应用 典例精研·核心考点 考点一　函数的奇偶性与单调性 考点二　函数的奇偶性与周期性 考点三　函数的奇偶性与对称性 考点四　函数的对称性与周期性 01 考点一　函数的奇偶性与单调性 [典例1]　(1)(2020·新高考Ⅰ卷)若定义在R的奇函数f (x)在(－∞，0)单调递减，且f (2)＝0，则满足xf (x－1)≥0的x的取值范围是(　　) A．[－1，1]∪[3，＋∞) B．[－3，－1]∪[0，1] C．[－1，0]∪[1，＋∞) D．[－1，0]∪[1，3] D　因为函数f (x)为定义在R上的奇函数，则f (0)＝0. 又f (x)在(－∞，0)上单调递减，且f (2)＝0，画出函数f (x)的大致图象如图①所示，则函数f (x－1)的大致图象如图②所示． 当x≤0时，要满足 xf (x－1)≥0， 则f (x－1)≤0，得－1≤x≤0. 当x＞0时，要满足xf (x－1)≥0，则f (x－1)≥0，得1≤x≤3. 故满足xf (x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3].故选D. 图①　　　　　　图② (2)(多选)定义在R上的奇函数f (x)为减函数，偶函数g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f (x)的图象重合，设ab0，则下列不等式中成立的是(　　) A．f (b)－f (－a)g(a)－g(－b) B．f (b)－f (－a)g(a)－g(－b) C．f (a)＋f (－b)g(b)－g(－a) D．f (a)＋f (－b)g(b)－g(－a) AC　函数f (x)为R上的奇函数，且为单调减函数， 偶函数g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f (x)的图象重合， 由ab0，得f (a)f (b)0，f (a)＝g(a)，f (b)＝g(b)； 对于A，f (b)－f (－a)g(a)－g(－b)?f (b)＋f (a)－g(a)＋g(b)＝2f (b)0(因为f (a)＝g(a)在a0上成立)，所以A正确； 对于B，f (b)－f (－a)g(a)－g(－b)?f (b)＋f (a)－g(a)＋g(b)＝2f (b)0，这与f (b)0矛盾，所以B错误； 对于C，f (a)＋f (－b)g(b)－g(－a)?f (a)－f (b)－g(b)＋g(a)＝2[f (a)－f (b)]0，这与f (a)f (b)符合，所以C正确； 对于D，f (a)＋f (－b)g(b)－g(－a)?f (a)－f (b)－g(b)＋g(a)＝2[f (a)－f (b)]0，这与f (a)f (b)矛盾，所以D错误． 反思领悟　1 ．比较函数值的大小问题，可以利用奇偶性，把不在同一单调区间上的两个或多个自变量转化到同一单调区间上，再利用函数的单调性比较大小； 2．对于抽象函数不等式的求解，应变形为f (x1)f (x2)的形式，再结合单调性，脱去“f”变成常规不等式，转化为x1x2(或x1x2)求解． [跟进训练] 1．(1)已知函数f (x＋2)是定义域为R的偶函数，若f (x)在(2，＋∞)上单调递减，则不等式f (ln x)＜f (1)的解集是(　　) A．(0，1)∪(3，＋∞) B．(1，3) C．(0，e)∪(e3，＋∞) D．(e，e3) C　因为f (x＋2)的图象向右平移2个单位长度得到f (x)的图象，且f (x＋2)的图象关于y轴对称，所以f (x)的图象关于直线x＝2对称． 由f (x)在(2，＋∞)上单调递减可得f (x)在(－∞，2)上单调递增，由f (ln x)＜f (1)，所以ln x＜1或ln x＞3，解得0＜x＜e或x＞e3. (2)(2023·广东深圳高三期中)已知函数f (x)满足：①?x，y∈R，f (x＋y)＝f (x)＋f (y)，②?x＞0，f (x)＞0，则(　　) A．f (x)是偶函数且在(0，＋∞)上单调递减 B．f (x)是偶函数且在(0，＋∞)上单调递增 C．f (x)是奇函数且单调递减 D．f (x)是奇函数且单调递增 D　因为?x，y∈R，f (x＋y)＝f (x)＋f (y)， 所以，令x＝y＝0得f (0)＝f (0)＋f (0)，即f (0)＝0. 令y＝－x，得f (0)＝f (x)＋f (－x)＝0，即f (－x)＝－f (x)， 所以函数f (x)为奇函数． 设x1＞x2＞0，则x1＝x2＋(x1－x2)，所以f (x1)＝f (x2)＋f (x1－x2)， 即f (x1)－f (x2)＝f (x1－x2)，因为?x＞0，f (x)＞0，x1－x2＞0，所以f (x1－x2)＞0，即f (x1)＞f (x2)，所以函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，所以函数f (x)在R上