板块综合 函数性质的综合应用(阶段小结课—习题讲评式教学)
[建构知识体系]
[融通学科素养]
1．浸润的核心素养
奇偶性、单调性、对称性是函数最重要的三个性质，通过学习，学生利用函数图象去研究函数的性质，学会用抽象的符号语言描述函数的单调性、奇偶性及最大(小)值，发展学生的数学抽象、逻辑推理等学科素养．
2．渗透的数学思想
(1)在解决与函数性质有关的问题时，常利用函数的图象来解决，即利用数形结合的思想方法，将问题化难为易、化抽象为具体．
(2)如果涉及到的函数中含有参数或解题结果不能确定，需要应用分类讨论的思想方法，把整个问题划分为几个部分逐一解决，最后合并为一种结果．
(3)函数、方程与不等式密切相关，相互转化，在解决函数的定义域、值域或与其有关的问题时，一般把函数问题转化为不等式、方程等来解决，即应用转化与化归、函数与方程的思想方法．
题型(一) 利用函数单调性与奇偶性比较大小
[例1] 已知奇函数f(x)在R上是增函数，g(x)＝xf(x)．若a＝g(－2)，b＝g(1)，c＝g(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a
C．b听课记录：
|思|维|建|模|
利用函数单调性与奇偶性比较大小的求解策略
(1)在同一单调区间上，直接利用函数的单调性比较大小．
(2)不在同一单调区间上，需利用函数的奇偶性把自变量转化到同一单调区间上，然后利用单调性比较大小．
[针对训练]
1．已知偶函数f(x)在(－∞，－2]上单调递增，则下列关系式成立的是( )
A．fC．f(4)题型(二) 利用函数单调性与奇偶性解不等式
[例2] 已知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数．若f(1)＝－1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的取值范围是( )
A．[－2,2] B．[－1,1]
C．[0,4] D．[1,3]
听课记录：
[例3] 设函数y＝f(x＋1)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，在区间(－∞，0)上单调递减，且图象过点(1,0)，则不等式(x－1)·f(x)≤0的解集为________．
听课记录：
|思|维|建|模|
利用函数单调性与奇偶性解不等式的策略
(1)利用已知条件，结合函数的奇偶性，把已知不等式转化为f(x1)f(x2)的形式；
(2)根据奇函数在对称区间上的单调性一致，偶函数在对称区间上的单调性相反，去掉不等式中的“f”，转化为简单不等式(组)求解．
[提醒] 列不等式(组)时不要忘掉函数的定义域．
[针对训练]
2．已知函数f(x)是定义在区间[－a－1,2a]上的偶函数，且在区间[0,2a]上单调递增，则不等式f(x－1)＜f(a)的解集为( )
A．[－1,3] B．(0,2)
C．(0,1)∪(2,3] D．[－1,0)∪(1,2)
3．已知奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递增，且f(2)＝0，则不等式(x＋1)f(x＋1)＞0的解集为____________．
题型(三) 函数奇偶性、单调性与对称性的综合
函数的对称性
(1)①若函数y＝f(x)关于直线x＝a对称，则f(a－x)＝f(a＋x)；
②若函数y＝f(x)满足f(a－x)＝－f(a＋x)，则函数关于点(a,0)对称．
(2)两个函数图象的对称
①函数y＝f(x)与y＝f(－x)关于y轴对称；
②函数y＝f(x)与y＝－f(x)关于x轴对称；
③函数y＝f(x)与y＝－f(－x)关于原点轴对称．
[例4] 已知定义域为R的函数f(x)在[1，＋∞)上单调递增，且f(x＋1)为偶函数，若f(3)＝1，则不等式f(2x＋1)<1的解集为( )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，1) D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
|思|维|建|模|
解决对称性、单调性和奇偶性综合问题的方法
图象法 根据题意，作出符合要求的草图，便可得出结论
性质法 根据对称性、单调性和奇偶性的性质，逐步推导解决求值和比较大小的问题
[针对训练]
4．若函数y＝f(x)在(0,2)上单调递增，函数y＝f(x＋2)是偶函数，则下列结论正确的是( )
A．f(1)C．f题型(四) 函数的新定义问题
[例5] 对于函数f(x)，若在定义域内存在实数x0，满足f(－x0)＝－f(x0)，则称f(x)为“局部奇函数”，已知f(x)＝－aex－4在R上为“局部奇函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[－4，＋∞) B．[－4,0)
C．(－∞，－4] D．(－∞，4]
听课记录：
|思|维|建|模| 解决函数“新定义”问题的策略
理解新函数的定义 深刻理解题目中新函数的定义，新函数所具有的性质或满足的条件，将定义、性质等与所求之间建立联系
转化 将题目中的新函数与已学函数联系起来，仔细阅读已知条件进行分析，通过类比已学函数的性质、图象解决问题，或者将新函数转化为已学过的函数的复合函数形式
代入特殊值 如果新函数的某一性质对某些数值恒成立，可以通过代入特殊值，得到特殊函数值甚至函数解析式，从而解决问题
[针对训练]
5．(多选)若函数f(x)同时满足：
①对于定义域上的任意x，恒有f(x)＋f(－x)＝0；
②对于定义域上的任意x1，x2，当x1≠x2时，恒有<0，则称函数f(x)为“理想函数”．
下列函数中的“理想函数”有( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝x2
C．f(x)＝ D．f(x)＝－x
6．(多选)设函数y＝f(x)的定义域为R，对于任意给定的正数m，定义函数fm(x)＝若函数f(x)＝－x2＋2x＋11，则下列结论正确的是( )
A．f3(3)＝3 B．f3(x)的值域为[3,12]
C．f3(x)的单调递增区间为[－2,1] D．f3(x＋1)为偶函数
板块综合 函数性质的综合应用
[题型(一)]
[例1] 选C 法一：易知g(x)＝xf(x)在R上为偶函数，∴a＝g(－2)＝g(2)，∵奇函数f(x)在R上是增函数，且f(0)＝0.∴g(x)在(0，＋∞)上单调递增．∴g(1)法二：(特殊化)取f(x)＝x，则g(x)＝x2为偶函数且在(0，＋∞)上单调递增，a＝g(－2)＝4，b＝g(1)＝1，c＝g(3)＝9，从而可得b[针对训练]
1．选D 法一：∵f(x)为偶函数，∴f(－4)＝f(4)．又f(x)在(－∞，－2]上单调递增，
∴f(－4)即f(4)法二：∵f(x)为偶函数，且在(－∞，－2]上单调递增，∴f(x)在[2，＋∞)上单调递减，其图象关于y轴对称．又|4|>>|－3|，
∴f(4) [题型(二)]
[例2] 选D ∵函数f(x)为奇函数，f(1)＝－1，∴f(－1)＝1.又函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，－1≤f(x－2)≤1，
∴f(1)≤f(x－2)≤f(－1)．∴－1≤x－2≤1.解得1≤x≤3.
[例3] 解析：作出f(x)的大致图象如图所示．
不等式(x－1)f(x)≤0可化为或
由图可知符合条件的解集为
{x|x≤0或1答案：{x|x≤0或1[针对训练]
2．选B 因为函数f(x)是定义在区间[－a－1，2a]上的偶函数，
所以－a－1＋2a＝0，解得a＝1，
故f(x－1)＜f(a)可化为f(|x－1|)＜f(1)，
因为f(x)在区间[0,2]上单调递增，所以|x－1|＜1，解得0＜x＜2.
3．解析：∵f(x)是奇函数且在(－∞，0)单调递增，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(2)＝0，∴f(－2)＝0，
当x＋1＞0，即x＞－1时，由(x＋1)·f(x＋1)＞0，可得f(x＋1)＞0，即x＋1＞2，解得x＞1；
当x＋1＜0，即x＜－1时，由(x＋1)·f(x＋1)＞0，可得f(x＋1)＜0，即x＋1＜－2，解得x＜－3.
综上，不等式(x＋1)f(x＋1)＞0的解集为(－∞，－3)∪(1，＋∞)．
答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)
[题型(三)]
[例4] 选A ∵f(x＋1)是偶函数，
∴f(1－x)＝f(1＋x)．
故f(x)的图象关于直线x＝1对称．
又f(x)在[1，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(－∞，1)上单调递减．
∵f(3)＝1，∴f(－1)＝f(3)＝1.
∴f(2x＋1)<1 －1<2x＋1<3.
解得－1[针对训练]
4．选B ∵y＝f(x＋2)是偶函数，
∴f(2－x)＝f(2＋x)．故y＝f(x)的图象关于直线x＝2对称．∴f＝f，f＝f.又f(x)在(0,2)上单调递增，<1<，
∴f即f [题型(四)]
[例5] 选B 由局部奇函数的定义可知，f(－x0)＝－ae－4＝－f(x0)＝ae＋4，从而a＝－<0，因为e>0，所以e＋e≥2＝2，当且仅当e＝e，即x0＝0时，不等式取等号，从而－4≤a<0，即实数a的取值范围是[－4,0)．故选B.
[针对训练]
5．选CD ①要求函数f(x)为奇函数，②要求函数f(x)为减函数．A中的函数是奇函数但在整个定义域上不是减函数，B中的函数是偶函数而且也不是减函数，C和D中的函数既是奇函数又是减函数．
6．选BCD 因为等式－x2＋2x＋11＝3的解为x＝4或x＝－2，所以－x2＋2x＋11≥3的解集为－2≤x≤4，－x2＋2x＋11<3的解集为x<－2或x>4.
所以f3(x)＝
对于A选项，f3(3)＝－9＋6＋11＝8，故错误；对于B选项，当－2≤x≤4时，f3(x)＝－x2＋2x＋11＝－(x－1)2＋12∈[3,12]，当x∈(－∞，－2)∪(4，＋∞)时，f3(x)＝3，所以f3(x)的值域为[3,12]，故正确；对于C选项，当－2≤x≤4时，f3(x)＝－x2＋2x＋11＝－(x－1)2＋12在区间[－2,1]上单调递增，当x<－2或x>4时，函数为常数函数，所以f3(x)的单调递增区间为[－2,1]，故正确；对于D选项，函数f3(x)图象关于x＝1对称，其图象向左平移一个单位得到f3(x＋1)的图象，此时f3(x＋1)的图象关于x＝0对称，即关于y轴对称．故f3(x＋1)为偶函数，故正确．故选B、C、D.(共66张PPT)
板块综合 函数性质的综合应用
(阶段小结课—习题讲评式教学)
建构知识体系
1.浸润的核心素养
奇偶性、单调性、对称性是函数最重要的三个性质,通过学习,学生利用函数图象去研究函数的性质,学会用抽象的符号语言描述函数的单调性、奇偶性及最大(小)值,发展学生的数学抽象、逻辑推理等学科素养.
融通学科素养
2.渗透的数学思想
(1)在解决与函数性质有关的问题时,常利用函数的图象来解决,即利用数形结合的思想方法,将问题化难为易、化抽象为具体.
(2)如果涉及到的函数中含有参数或解题结果不能确定,需要应用分类讨论的思想方法,把整个问题划分为几个部分逐一解决,最后合并为一种结果.
(3)函数、方程与不等式密切相关,相互转化,在解决函数的定义域、值域或与其有关的问题时,一般把函数问题转化为不等式、方程等来解决,即应用转化与化归、函数与方程的思想方法.
CONTENTS
目录
1
2
题型(一) 利用函数单调性与
奇偶性比较大小
题型(二) 利用函数单调性与
奇偶性解不等式
CONTENTS
目录
3
题型(三) 函数奇偶性、单调性
与对称性的综合
课时跟踪检测
题型(四) 函数的新定义问题
4
5
题型(一) 利用函数单调性与
奇偶性比较大小
01
[例1] 已知奇函数f(x)在R上是增函数,g(x)=xf(x).
若a=g(-2),b=g(1),c=g(3),则a,b,c的大小关系为 ( )
A.aC.b√
解析： 法一：易知g(x)=xf(x)在R上为偶函数,∴a=g(-2)=g(2),
∵奇函数f(x)在R上是增函数,且f(0)=0.
∴g(x)在(0,+∞)上单调递增.∴g(1)法二：(特殊化)取f(x)=x,则g(x)=x2为偶函数且在(0,+∞)上单调递增,a=g(-2)=4,b=g(1)=1,c=g(3)=9,从而可得b|思|维|建|模|
利用函数单调性与奇偶性比较大小的求解策略
(1)在同一单调区间上,直接利用函数的单调性比较大小.
(2)不在同一单调区间上,需利用函数的奇偶性把自变量转化到同一单调区间上,然后利用单调性比较大小.
1.已知偶函数f(x)在(-∞,-2]上单调递增,则下列关系式成立的是 ( )
A.fC.f(4)针对训练
√
解析：法一：∵f(x)为偶函数,∴f(-4)=f(4).又f(x)在(-∞,-2]上单调递增,∴f(-4)法二：∵f(x)为偶函数,且在(-∞,-2]上单调递增,∴f(x)在[2,+∞)上单调递减,其图象关于y轴对称.又|4|>>|-3|,∴f(4)题型(二) 利用函数单调性与
奇偶性解不等式
02
[例2] 已知函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,且为奇函数.若f(1)=-1,则满足-1≤f(x-2)≤1的x的取值范围是 ( )
A.[-2,2] B.[-1,1]
C.[0,4] D.[1,3]
解析：∵函数f(x)为奇函数,f(1)=-1,∴f(-1)=1.又函数f(x)在(-∞,+∞)上单调递减,-1≤f(x-2)≤1,∴f(1)≤f(x-2)≤f(-1).∴-1≤x-2≤1.解得1≤x≤3.故选D.
√
[例3] 设函数y=f(x+1)是定义在(-∞,0)∪(0,+∞)上的偶函数,
在区间(-∞,0)上单调递减,且图象过点(1,0),则不等式(x-1)f(x)≤0的解集为 .
{x|x≤0或1解析：作出f(x)的大致图象如图所示.
不等式(x-1)f(x)≤0可化为或
由图可知符合条件的解集为{x|x≤0或1 |思|维|建|模|
利用函数单调性与奇偶性解不等式的策略
(1)利用已知条件,结合函数的奇偶性,把已知不等式转化为f(x1)f(x2)的形式;
(2)根据奇函数在对称区间上的单调性一致,偶函数在对称区间上的单调性相反,去掉不等式中的“f”,转化为简单不等式(组)求解.
[提醒] 列不等式(组)时不要忘掉函数的定义域.
2.已知函数f(x)是定义在区间[-a-1,2a]上的偶函数,且在区间[0,2a]上单调递增,则不等式f(x-1)A.[-1,3] B.(0,2)
C.(0,1)∪(2,3] D.[-1,0)∪(1,2)
√
针对训练
解析：因为函数f(x)是定义在区间[-a-1,2a]上的偶函数,
所以-a-1+2a=0,解得a=1,
故f(x-1)因为f(x)在区间[0,2]上单调递增,所以|x-1|<1,解得03.已知奇函数f(x)在(-∞,0)上单调递增,且f(2)=0,则不等式(x+1)f(x+1)>0的解集为 .
解析：∵f(x)是奇函数且在(-∞,0)单调递增,∴f(x)在(0,+∞)上单调递增,又f(2)=0,∴f(-2)=0,
当x+1>0,即x>-1时,由(x+1)f(x+1)>0,可得f(x+1)>0,即x+1>2,解得x>1;
当x+1<0,即x<-1时,由(x+1)f(x+1)>0,可得f(x+1)<0,即x+1<-2,解得x<-3.
综上,不等式(x+1)f(x+1)>0的解集为(-∞,-3)∪(1,+∞).
(-∞,-3)∪(1,+∞)
题型(三) 函数奇偶性、单调性
与对称性的综合
03
函数的对称性
(1)①若函数y=f(x)关于直线x=a对称,则f(a-x)=f(a+x);
②若函数y=f(x)满足f(a-x)=-f(a+x),则函数关于点(a,0)对称.
(2)两个函数图象的对称
①函数y=f(x)与y=f(-x)关于y轴对称;
②函数y=f(x)与y=-f(x)关于x轴对称;
③函数y=f(x)与y=-f(-x)关于原点轴对称.
[例4] 已知定义域为R的函数f(x)在[1,+∞)上单调递增,且f(x+1)为偶函数,若f(3)=1,则不等式f(2x+1)<1的解集为 ( )
A.(-1,1) B.(-1,+∞)
C.(-∞,1) D.(-∞,-1)∪(1,+∞)
√
解析：∵f(x+1)是偶函数,∴f(1-x)=f(1+x).
故f(x)的图象关于直线x=1对称.
又f(x)在[1,+∞)上单调递增,∴f(x)在(-∞,1)上单调递减.
∵f(3)=1,∴f(-1)=f(3)=1.
∴f(2x+1)<1 -1<2x+1<3.
解得-1 |思|维|建|模|
解决对称性、单调性和奇偶性综合问题的方法
图象法 根据题意,作出符合要求的草图,便可得出结论
性质法 根据对称性、单调性和奇偶性的性质,逐步推导解决求值和比较大小的问题
针对训练
4.若函数y=f(x)在(0,2)上单调递增,函数y=f(x+2)是偶函数,则下列结论正确的是 ( )
A.f(1)C.f√
解析：∵y=f(x+2)是偶函数,∴f(2-x)=f(2+x).故y=f(x)的图象关于直线x=2对称.∴f=f,f=f.又f(x)在(0,2)上单调递增,<1<,∴f题型(四) 函数的新定义问题
04
[例5] 对于函数f(x),若在定义域内存在实数x0,满足f(-x0)=-f(x0),则称f(x)为“局部奇函数”,已知f(x)=-aex-4在R上为“局部奇函数”,则实数a的取值范围是 ( )
A.[-4,+∞) B.[-4,0)
C.(-∞,-4] D.(-∞,4]
√
解析：由局部奇函数的定义可知,f(-x0)=-a-4=-f(x0)=a+4,从而a=-<0,因为>0,所以≥2=2,当且仅当,即x0=0时,不等式取等号,从而-4≤a<0,即实数a的取值范围是[-4,0).故选B.
|思|维|建|模| 解决函数“新定义”问题的策略
理解新函 数的定义 深刻理解题目中新函数的定义,新函数所具有的性质或满足的条件,将定义、性质等与所求之间建立联系
转化 将题目中的新函数与已学函数联系起来,仔细阅读已知条件进行分析,通过类比已学函数的性质、图象解决问题,或者将新函数转化为已学过的函数的复合函数形式
代入 特殊值 如果新函数的某一性质对某些数值恒成立,可以通过代入特殊值,得到特殊函数值甚至函数解析式,从而解决问题
5.(多选)若函数f(x)同时满足：
①对于定义域上的任意x,恒有f(x)+f(-x)=0;
②对于定义域上的任意x1,x2,当x1≠x2时,恒有<0,则称函数f(x)为“理想函数”.
下列函数中的“理想函数”有( )
针对训练
A.f(x)= B.f(x)=x2
C.f(x)= D.f(x)=-
解析：①要求函数f(x)为奇函数,②要求函数f(x)为减函数.A中的函数是奇函数但在整个定义域上不是减函数,B中的函数是偶函数而且也不是减函数,C和D中的函数既是奇函数又是减函数.
√
√
6.(多选)设函数y=f(x)的定义域为R,对于任意给定的正数m,定义函数fm(x)=若函数f(x)=-x2+2x+11,则下列结论正确的是( )
A.f3(3)=3
B.f3(x)的值域为[3,12]
C.f3(x)的单调递增区间为[-2,1]
D.f3(x+1)为偶函数
√
√
√
解析：因为等式-x2+2x+11=3的解为x=4或x=-2,所以-x2+2x+11≥3的解集为-2≤x≤4,-x2+2x+11<3的解集为x<-2或x>4.
所以f3(x)=
对于A选项,f3(3)=-9+6+11=8,故错误;对于B选项,当-2≤x≤4时,f3(x)=-x2+2x+11=-(x-1)2+12∈[3,12],
当x∈(-∞,-2)∪(4,+∞)时,f3(x)=3,所以f3(x)的值域为[3,12],故正确;对于C选项,当-2≤x≤4时,f3(x)=-x2+2x+11=-(x-1)2+12在区间[-2,1]上单调递增,当x<-2或x>4时,函数为常数函数,所以f3(x)的单调递增区间为[-2,1],故正确;对于D选项,函数f3(x)图象关于x=1对称,其图象向左平移一个单位得到f3(x+1)的图象,此时f3(x+1)的图象关于x=0对称,即关于y轴对称.故f3(x+1)为偶函数,故正确.故选B、C、D.
课时跟踪检测
05
1
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1.下列函数,既是奇函数又是增函数的为 ( )
A.y=x+1 B.y=-x3
C.y= D.y=x|x|
解析：A是增函数,不是奇函数;B和C都不是定义域内的增函数,排除;只有D符合题意,故选D.
√
A级——达标评价
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4
2.若函数y=f(x)是奇函数,且函数F(x)=af(x)+bx+2在(0,+∞)上有最大值8,则函数y=F(x)在(-∞,0)上有 ( )
A.最大值-8 B.最小值-8
C.最小值-6 D.最小值-4
√
1
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解析：∵y=f(x)和y=x都是奇函数,∴T(x)=af(x)+bx也为奇函数.又∵F(x)=af(x)+bx+2在(0,+∞)上有最大值8,∴T(x)=af(x)+bx在(0,+∞)上有最大值6.∴T(x)=af(x)+bx在(-∞,0)上有最小值-6.∴F(x)=af(x)+bx+2在(-∞,0)上有最小值-4.
1
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3.定义在R上的函数f(x)满足f(2-x)=2-f(x).若f(x)的图象关于直线x=3对称,则下列选项中一定成立的是 ( )
A.f(-3)=1 B.f(0)=0
C.f(3)=2 D.f(5)=-1
解析：函数f(x)的图象关于直线x=3对称,则必有f(3-x)=f(x+3),所以,f(0)=f(6),f(1)=f(5),f(2)=f(4),又因为f(x)满足f(2-x)=2-f(x),取x=1,所以,f(1)=2-f(1),f(1)=1,则f(1)=f(5)=1,取x=5,则f(-3)=2-f(5)=1,A对.
√
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4.已知定义在R上的奇函数f(x),且当x∈[0,+∞)时,f(x)单调递增,则不等式f(2x+1)+f(1)≥0的解集是 ( )
A.(-∞,1) B.(-1,+∞)
C.[-1,+∞) D.(-∞,1]
√
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解析：因为函数f(x)是奇函数,所以不等式f(2x+1)+f(1)≥0等价于f(2x+1)≥f(-1).又当x≥0时,函数f(x)单调递增,所以函数f(x)在R上为增函数.所以f(2x+1)≥f(-1)等价于2x+1≥-1,解得x≥-1.
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5.(多选)已知函数f(x)是奇函数,在(0,+∞)上单调递减,且在区间[a,b](aA.有最大值4 B.有最小值-4
C.有最大值3 D.有最小值-3
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解析：法一：根据题意作出y=f(x)的简图,由图知,选B、C.
法二：当x∈[-b,-a]时,-x∈[a,b],由题意得f(b)≤f(-x)≤f(a),即-3≤-f(x)≤4,所以-4≤f(x)≤3,即在区间[-b,-a]上f(x)min=-4,f(x)max=3.
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6.(多选)1837年,德国数学家狄利克雷(P.G.Dirichlet,1805—1859)第一个引入了现代函数概念：“如果对于x的每一个值,y总有一个完全确定的值与之对应,那么y是x的函数”.由此引发了数学家们对函数性质的研究.下面是以他的名字命名的“狄利克雷函数”：D(x)=
(Q表示有理数集合),关于此函数,下列说法正确的是( )
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A.D(x)是偶函数
B. x∈R,D(D(x))=1
C.对于任意的有理数t,都有D(x+t)=D(x)
D.不存在三个点A(x1,D(x1)),B(x2,D(x2)),C(x3,D(x3)),使ABC为正三角形
解析：由D(x)定义知,定义域关于原点对称,若x∈Q,则-x∈Q,若x∈ RQ,则-x∈ RQ,即有D(-x)=D(x),故D(x)是偶函数,A正确;
√
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由解析式知, x∈R,D(x)=1或D(x)=0,即D(D(x))=1,B正确;任意的有理数t,当x∈Q时,x+t∈Q即D(x+t)=D(x),当x∈ RQ时,x+t∈ RQ即D(x+t)=D(x),C正确;若存在△ABC为正三角形,则其高为1,边长为,所以当A,B(0,1),C时成立,存在满足题意的三个点,D错误.
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7.已知偶函数f(x)在(0,+∞)内的最小值为2 023,则f(x)在(-∞,0)上的最小值为 .
解析：因为偶函数的图象关于y轴对称,所以f(x)在对称区间内的最值相等.又当x∈(0,+∞)时,f(x)min=2 023,故当x∈(-∞,0)时,f(x)min=2 023.
2 023
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8.已知奇函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,且f(3)=2,则f(1)= .
解析：由奇函数f(x)的图象关于点(1,0)对称,可得f(x)+f(2-x)=0.令x=3,得f(3)+f(-1)=0.又f(3)=2,所以f(-1)=-2.所以f(1)=-f(-1)=2.
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9.若f(x)是R上的偶函数,且在上单调递减,则函数f(x)的解析式可以为f(x)= .
解析：若f(x)=-x2,则f(-x)=-(-x)2=-x2=f(x),故f(x)为偶函数,且易知f(x)在(0,+∞)上单调递减,故f(x)在上单调递减,符合条件.
-x2(答案不唯一)
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10.(10分)设奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(1)=0,求不等式<0的解集.
解：∵f(x)为奇函数,<0,∴<0.
∵f(x)在(0,+∞)上单调递减且f(1)=0,
∴当x>1时,f(x)<0,<0.
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∵奇函数的图象关于原点对称,
∴在(-∞,0)上f(x)单调递减且f(-1)=0.
∴当x<-1时,f(x)>0,<0.
综上,不等式的解集为(-∞,-1)∪(1,+∞).
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11.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数,且f(x)=f(4-x),当-2≤x<0时,f(x)=,则f等于( )
A.-2 B.-
C. D.2
√
B级——重点培优
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解析：∵f(x)=f(4-x),∴f(x)的图象关于直线x=2对称.
∴f=f.又函数f(x)为奇函数,
∴f=-f=-(-2)=2,即f=2.
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12.已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数,如果存在实数m,n使得h(x)=mf(x)+ng(x),那么称h(x)为f(x),g(x)在R上生成的函数.设f(x)=x2+x,g(x)=x+2,若h(x)为f(x),g(x)在R上生成的一个偶函数,且h(1)=3,则函数h(x)= .
-3x2+6
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解析：由题意,得h(x)=mf(x)+ng(x)=m(x2+x)+n(x+2)=mx2+(m+n)x+2n.
因为h(x)为偶函数,所以m+n=0 ①.
又h(1)=3,所以m+m+n+2n=3 ②.
联立①②,解得m=-3,n=3.所以h(x)=-3x2+6.
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13.已知函数y=f(x)为奇函数,g(x)=,若f(x)与g(x)图象仅有四个交点,分别为(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),(x4,y4),则y1+y2+y3+y4= .
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解析：函数g(x)=的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),关于原点对称,又g(-x)==-=-g(x),所以函数g(x)是定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)的奇函数,所以g(x)的图象关于原点对称,又函数y=f(x)为奇函数,即f(x)的图象也关于原点对称,所以它们的四个交点(x1,y1),(x2,y2),(x3,y3),(x4,y4)分为两组关于原点中心对称,所以y1+y2+y3+y4=2×0+2×0=0.
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14.(13分)设f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意a,b∈R,当a+b≠0时,
都有>0.
(1)若a>b,试比较f(a)与f(b)的大小关系;
解：因为a>b,所以a-b>0.由题意得>0,所以f(a)+f(-b)>0.
又f(x)是定义在R上的奇函数,所以f(-b)=-f(b),所以f(a)-f(b)>0,即f(a)>f(b).
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(2)若f(1+m)+f(3-2m)≥0,求实数m的取值范围.
解：由(1)知f(x)为R上的增函数,因为f(1+m)+f(3-2m)≥0,所以f(1+m)≥-f(3-2m),
即f(1+m)≥f(2m-3).所以1+m≥2m-3,即m≤4.所以实数m的取值范围为(-∞,4].
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15.(14分)由于函数y=x+(k>0)的图象形状如勾,因此我们称形如“y=x+(k>0)”的函数叫做“对勾函数”,该函数有如下性质：在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
(1)已知函数f(x)=2x+-6,x∈[1,4],利用题干性质,求函数f(x)的单调区间和值域;
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解：函数f(x)=2x+-6,x∈[1,4],令2x-1=t∈[1,7],则y=t+-5,
由对勾函数性质知,函数y=t+-5在[1,2]上单调递减,在[2,7]上单调递增,
而t=2x-1在[1,7]上单调递增,又当t∈[1,2]时,x∈,当t∈[2,7]时,x∈,
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因此f(x)在上单调递减,在上单调递增,f(x)min=f=-1,f(1)=0,f(4)=,所以函数f(x)的单调递减区间是,单调递增区间是,值域是.
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(2)若对于 x∈[1,+∞),都有g(x)=≥m恒成立,求m的取值范围.
解：当x∈[1,+∞)时,g(x)==(x+1)++2,
令x+1=u∈[2,+∞),显然函数y=u++2在[2,+∞)上单调递增,
则当u=2时,ymin=5,于是当x=1时,g(x)取得最小值5,
因为对 x∈[1,+∞),都有g(x)≥m恒成立,
则m≤5,所以m的取值范围是(-∞,5].