高考数学科学复习创新方案提升版 素能培优（二）函数性质的总和问题 Word版.doc

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考情分析：函数的单调性、奇偶性、周期性、函数图象的对称性是必考点，通常会综合考查，出现在选填题中．

考点

难度

2023

Ⅰ卷T4

单调性

易

Ⅱ卷T4

奇偶性

易

2022

Ⅰ卷T12

奇偶性、对称性

难

Ⅱ卷T8

奇偶性、周期性

难

2021

Ⅰ卷T13

奇偶性

易

Ⅱ卷T8

奇偶性、周期性

难

考向一函数的奇偶性与单调性

例1(1)(2023·菏泽模拟)已知函数f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上为奇函数，则不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)0的解集为()

A．(－2，4] B．(－3，5]

C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)) D．(－2，2]

答案C

解析因为函数f(x)＝x3＋(a－2)x2＋2x＋b在[－2c－1，c＋3]上为奇函数，所以－2c－1＋c＋3＝0，解得c＝2，又f(－x)＝－f(x)，即－x3＋(a－2)x2－2x＋b＝－x3－(a－2)x2－2x－b，所以2(a－2)x2＋2b＝0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2（a－2）＝0，,2b＝0，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝0，))所以f(x)＝x3＋2x，x∈[－5，5]，因为y＝x3与y＝2x在定义域[－5，5]上单调递增，所以f(x)在定义域[－5，5]上单调递增，则不等式f(2x＋1)＋f(a＋b＋c)0，即f(2x＋1)＋f(4)0，等价于f(2x＋1)f(－4)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1－4，,－5≤2x＋1≤5，))解得－eq\f(5,2)x≤2，即不等式的解集为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，2)).故选C.

(2)(2024·珠海二中阶段考试)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，对任意两个不相等的正数x1，x2，都有eq\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)0，记a＝f(1)，b＝eq\f(f（－2）,2)，c＝eq\f(f（3）,3)，则()

A．c＜a＜b B．a＜b＜c

C．c＜b＜a D．b＜c＜a

答案B

解析对任意两个不相等的正数x1，x2，不妨设x1＞x2，因为eq\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1－x2)＞0，则x2f(x1)－x1f(x2)＞0，所以eq\f(x2f（x1）－x1f（x2）,x1x2)＝eq\f(f（x1）,x1)－eq\f(f（x2）,x2)0，即eq\f(f（x1）,x1)eq\f(f（x2）,x2)，令g(x)＝eq\f(f（x）,x)，则函数g(x)＝eq\f(f（x）,x)是(0，＋∞)上的增函数，则g(1)＜g(2)＜g(3)，所以f(1)eq\f(f（2）,2)eq\f(f（3）,3)，因为f(x)为偶函数，则f(1)eq\f(f（－2）,2)eq\f(f（3）,3)，即a＜b＜c.故选B.

(1)利用偶函数在关于原点对称的区间上单调性相反、奇函数在关于原点对称的区间上单调性相同，实现不等式的等价转化．

(2)注意偶函数的性质f(x)＝f(|x|)的应用．

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]

答案D

解析因为定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)上也单调递减，且f(－2)＝0，f(0)＝0，所以当x∈(－∞，－2)∪(0，2)时，f(x)0；当x∈(－2，0)∪(2，＋∞)时，f(x)0，所以由xf(x－1)≥0可得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0，,－2≤x－1≤0或x－1≥2))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0，,0≤x－1≤2或x－1≤－2))或x＝0，解得－1≤x≤0或1≤x≤3，所以满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1，0]∪[1，3]．故选D.

2．(2023·开封模拟)f(x)为定义在R上的偶函数，对任意的x2x1≥0，都有eq\f(f（x2）－f（x1）,x2－x1)2，且f(2)＝4，则不等式f(x)2|x|的解集为()

A．(－∞，2) B．(2，＋∞)

C．(0，2) D．(－∞，－2)∪(2，＋∞)

答案D

解析对任意的x2x1≥0，都有eq\f(f（x2）－f（