2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第三章第2講含答案

2025-高考科學(xué)復(fù)習(xí)創(chuàng)新方案-數(shù)學(xué)-提升版第三章第2講函數(shù)的單調(diào)性與最值[課程標(biāo)準(zhǔn)]借助函數(shù)圖象，會(huì)用符號(hào)語(yǔ)言表達(dá)函數(shù)的單調(diào)性、最大值、最小值，理解它們的作用和實(shí)際意義．1．函數(shù)的單調(diào)性(1)定義單調(diào)遞增單調(diào)遞減定義一般地，設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮，區(qū)間D?I.?x1，x2∈D當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)<f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上eq\x(\s\up1(01))單調(diào)遞增當(dāng)x1<x2時(shí)，都有f(x1)>f(x2)，那么就稱函數(shù)f(x)在區(qū)間D上eq\x(\s\up1(02))單調(diào)遞減圖象描述自左向右看圖象是eq\x(\s\up1(03))上升的自左向右看圖象是eq\x(\s\up1(04))下降的增(減)函數(shù)當(dāng)函數(shù)f(x)在它的定義域上單調(diào)遞增(減)時(shí)，我們就稱它是增(減)函數(shù)(2)單調(diào)性與單調(diào)區(qū)間如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間D上單調(diào)遞增或單調(diào)遞減，那么就說函數(shù)y＝f(x)在這一區(qū)間具有(嚴(yán)格的)eq\x(\s\up1(05))單調(diào)性，區(qū)間D叫做y＝f(x)的eq\x(\s\up1(06))單調(diào)區(qū)間．2．函數(shù)的最值前提設(shè)函數(shù)y＝f(x)的定義域?yàn)镮，如果存在實(shí)數(shù)M滿足條件(1)?x∈I，都有f(x)≤M；(2)?x0∈I，使得f(x0)＝M(1)?x∈I，都有f(x)≥M；(2)?x0∈I，使得f(x0)＝M結(jié)論M為函數(shù)y＝f(x)的eq\x(\s\up1(07))最大值M為函數(shù)y＝f(x)的eq\x(\s\up1(08))最小值1．函數(shù)單調(diào)性的兩個(gè)等價(jià)結(jié)論設(shè)?x1，x2∈D(x1≠x2)，則eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)>(<)0(或(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]>(<)0)?f(x)在D上單調(diào)遞增(減)．2．若函數(shù)f(x)，g(x)在區(qū)間I上具有單調(diào)性，則在區(qū)間I上具有以下性質(zhì)：(1)當(dāng)f(x)，g(x)都是增(減)函數(shù)時(shí)，f(x)＋g(x)是增(減)函數(shù)；(2)復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的單調(diào)性與y＝f(u)和u＝g(x)的單調(diào)性有關(guān)．簡(jiǎn)記為“同增異減”．3．對(duì)勾函數(shù)y＝x＋eq\f(a,x)(a>0)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，－eq\r(a)]和[eq\r(a)，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間為[－eq\r(a)，0)和(0，eq\r(a)]，且對(duì)勾函數(shù)為奇函數(shù)．1．(多選)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上為增函數(shù)的是()A．y＝－eq\f(1,x＋1) B．y＝xeq\s\up7(\f(1,3))C．y＝2－x D．y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)答案AB解析對(duì)于A，y＝－eq\f(1,x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞增，符合題意；對(duì)于B，y＝xeq\s\up7(\f(1,3))在R上單調(diào)遞增，符合題意；對(duì)于C，y＝2－x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)在R上單調(diào)遞減，不符合題意；對(duì)于D，y＝logeq\s\do10(\f(1,2))(x＋1)在(－1，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意．2．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題3.2T1改編)如圖是函數(shù)y＝f(x)，x∈[－4，3]的圖象，則下列說法正確的是()A．f(x)在[－4，－1]上單調(diào)遞減，在[－1，3]上單調(diào)遞增B．f(x)在區(qū)間(－1，3)上的最大值為3，最小值為－2C．f(x)在[－4，1]上有最小值－2，有最大值3D．當(dāng)直線y＝t與f(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)－1<t<2答案C解析由已知得，f(x)在[－4，－1]上單調(diào)遞減，在[－1，1]上單調(diào)遞增，在[1，3]上單調(diào)遞減，A錯(cuò)誤；f(x)在區(qū)間(－1，3)上的最大值為3，無(wú)最小值，B錯(cuò)誤；C正確；當(dāng)直線y＝t與f(x)的圖象有三個(gè)交點(diǎn)時(shí)－1≤t≤2，D錯(cuò)誤．3．(2024·嘉興一中月考)若函數(shù)f(x)＝(m－1)x＋b在R上是減函數(shù)，則f(m)與f(1)的大小關(guān)系是()A．f(m)<f(1) B．f(m)>f(1)C．f(m)≤f(1) D．f(m)＝f(1)答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝(m－1)x＋b在R上是減函數(shù)，所以m－1<0，得m<1，因?yàn)閒(x)在R上是減函數(shù)，所以f(m)>f(1)．故選B.4．(人教A必修第一冊(cè)3.2.1例5改編)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(2,1－x)，x∈[2，6]，則f(x)的最大值為________，最小值為________．答案－eq\f(2,5)－2解析可判斷函數(shù)f(x)＝eq\f(2,1－x)在區(qū)間[2，6]上單調(diào)遞增，所以f(x)min＝f(2)＝－2，f(x)max＝f(6)＝－eq\f(2,5).5．(人教A必修第一冊(cè)復(fù)習(xí)參考題3T4改編)函數(shù)y＝－2x2－4ax＋3在區(qū)間[－4，－2]上具有單調(diào)性，則a的取值范圍是________．答案(－∞，2]∪[4，＋∞)解析函數(shù)y＝－2x2－4ax＋3的圖象的對(duì)稱軸為直線x＝－a，由題意可得－a≤－4或－a≥－2，解得a≤2或a≥4.故a的取值范圍是(－∞，2]∪[4，＋∞)．多角度探究突破考向一判斷函數(shù)的單調(diào)性(單調(diào)區(qū)間)角度定義法確定函數(shù)的單調(diào)性例1試討論函數(shù)f(x)＝eq\f(ax,x－1)(a≠0)在(－1，1)上的單調(diào)性．解設(shè)－1<x1<x2<1，f(x)＝a·eq\f(x－1＋1,x－1)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x－1)))，則f(x1)－f(x2)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x1－1)))－aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,x2－1)))＝eq\f(a（x2－x1）,（x1－1）（x2－1）).由于－1<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0，故當(dāng)a>0時(shí)，f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)a<0時(shí)，f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，函數(shù)f(x)在(－1，1)上單調(diào)遞增．定義法判斷函數(shù)單調(diào)性的步驟已知函數(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．解(1)f(0)＝a－eq\f(2,20＋1)＝a－1.(2)f(x)在R上單調(diào)遞增．證明如下：因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)镽，所以任取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）,（2x1＋1）（2x2＋1）).由y＝2x在R上單調(diào)遞增知，2x1<2x2，所以2x1－2x2<0，又2x1＋1>0，2x2＋1>0，所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在R上單調(diào)遞增．角度圖象法、性質(zhì)法確定函數(shù)的單調(diào)性例2(1)(2023·?？谀M)函數(shù)f(x)＝x2－4|x|＋3的單調(diào)遞減區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，－2)和(0，2)C．(－2，2) D．(－2，0)和(2，＋∞)答案B解析根據(jù)題意，函數(shù)f(x)＝x2－4|x|＋3＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋3，x≥0，,x2＋4x＋3，x＜0，))畫出函數(shù)圖象如圖所示．由圖象可知，函數(shù)f(x)＝x2－4|x|＋3的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－2)和(0，2)．故選B.(2)函數(shù)y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞增區(qū)間為________，單調(diào)遞減區(qū)間為________．答案[2，＋∞)(－∞，－3]解析令u＝x2＋x－6，則y＝eq\r(x2＋x－6)可以看作是由y＝eq\r(u)與u＝x2＋x－6復(fù)合而成的函數(shù)．令u＝x2＋x－6≥0，得x≤－3或x≥2.易知u＝x2＋x－6在(－∞，－3]上是減函數(shù)，在[2，＋∞)上是增函數(shù)，而y＝eq\r(u)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，∴y＝eq\r(x2＋x－6)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－∞，－3]，單調(diào)遞增區(qū)間為[2，＋∞)．1．圖象法判斷函數(shù)的單調(diào)性如果f(x)是以圖象形式給出的，或者f(x)的圖象易作出，則可由圖象的上升或下降確定單調(diào)性．2．判斷函數(shù)單調(diào)性常用的性質(zhì)(1)對(duì)于由基本初等函數(shù)的和、差構(gòu)成的函數(shù)，根據(jù)各初等函數(shù)的增減性及f(x)±g(x)的增減性進(jìn)行判斷．(2)對(duì)于復(fù)合函數(shù)，先將函數(shù)y＝f(g(x))分解成y＝f(u)和u＝g(x)，再討論(判斷)這兩個(gè)函數(shù)的單調(diào)性，最后根據(jù)復(fù)合函數(shù)“同增異減”的規(guī)則進(jìn)行判斷．1.(多選)下列函數(shù)中在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．f(x)＝|x| B．f(x)＝2x＋xC．f(x)＝x2－2x D．f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x答案AB解析對(duì)于A，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，A符合題意；對(duì)于B，因?yàn)閥＝2x與y＝x在(0，＋∞)上均單調(diào)遞增，所以f(x)＝2x＋x在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，B符合題意；對(duì)于C，f(x)＝x2－2x在(－∞，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，C不符合題意；對(duì)于D，因?yàn)閥＝logeq\s\do7(\f(1,3))x與y＝－3x在(0，＋∞)上均單調(diào)遞減，所以f(x)＝logeq\s\do7(\f(1,3))x－3x在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，D不符合題意．故選AB.2．求函數(shù)f(x)＝|4－x|·(x－1)的單調(diào)區(qū)間．解f(x)＝|4－x|·(x－1)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（4－x）（x－1），x≤4，,（x－4）（x－1），x＞4，))根據(jù)圖象可知其單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))，(4，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，4)).多角度探究突破考向二函數(shù)單調(diào)性的應(yīng)用角度利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小例3已知函數(shù)f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位后關(guān)于y軸對(duì)稱，當(dāng)x2>x1>1時(shí)，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，設(shè)a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))，b＝f(2)，c＝f(3)，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．c>a>b B．c>b>aC．a(chǎn)>c>b D．b>a>c答案D解析由題意知y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，且當(dāng)x>1時(shí)，y＝f(x)是減函數(shù)，∵a＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))，∴f(2)>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>f(3)，即b>a>c.故選D.利用函數(shù)的單調(diào)性比較大小的思路已知下面的三個(gè)條件中任意兩個(gè)都能推出第三個(gè)．①函數(shù)f(x)在某個(gè)區(qū)間上的單調(diào)性；②在這個(gè)區(qū)間上的任意兩個(gè)自變量x1，x2的大??；③在這個(gè)區(qū)間上的任意兩個(gè)函數(shù)值f(x1)，f(x2)的大?。嵝眩喝糇宰兞康闹挡辉谕粋€(gè)單調(diào)區(qū)間內(nèi)，則要利用函數(shù)的性質(zhì)，將自變量的值轉(zhuǎn)化到同一個(gè)單調(diào)區(qū)間上進(jìn)行比較．已知函數(shù)f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)，f(m)＝1，且0<p<m<n，則()A．f(n)<1且f(p)>1 B．f(n)>1且f(p)>1C．f(n)>1且f(p)<1 D．f(n)<1且f(p)<1答案C解析易知函數(shù)y＝lgx與y＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)都是(0，＋∞)上的增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)＝lgx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)是(0，＋∞)上的增函數(shù)，∵0<p<m<n，且f(m)＝1，∴f(p)<f(m)＝1<f(n)．角度利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式例4已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x3，x≤0，,ln（x＋1），x>0，))若f(2－x2)>f(x)，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．答案(－2，1)解析因?yàn)楫?dāng)x＝0時(shí)，兩個(gè)表達(dá)式對(duì)應(yīng)的函數(shù)值都為0，所以函數(shù)的圖象是一條連續(xù)的曲線．因?yàn)楫?dāng)x≤0時(shí)，函數(shù)f(x)＝x3為增函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝ln(x＋1)也是增函數(shù)，所以函數(shù)f(x)是定義在R上的增函數(shù)．因此不等式f(2－x2)>f(x)等價(jià)于2－x2>x，即x2＋x－2<0，解得－2<x<1.利用函數(shù)單調(diào)性解不等式的具體步驟(1)將函數(shù)不等式轉(zhuǎn)化為f(x1)>f(x2)的形式；(2)確定函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(3)根據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性去掉對(duì)應(yīng)關(guān)系“f”，轉(zhuǎn)化為形如“x1>x2”或“x1<x2”的不等式，從而得解．(2024·安陽(yáng)林州一中質(zhì)檢)已知函數(shù)f(x)＝lnx＋2x，若f(x2－4)<2，則實(shí)數(shù)x的取值范圍是________．答案(－eq\r(5)，－2)∪(2，eq\r(5))解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝lnx＋2x在定義域(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2，得f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－eq\r(5)<x<－2或2<x<eq\r(5).角度利用函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)例5(1)(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝2x(x－a)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．[－2，0)C．(0，2] D．[2，＋∞)答案D解析函數(shù)y＝2x在R上單調(diào)遞增，而函數(shù)f(x)＝2x(x－a)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，則函數(shù)y＝x(x－a)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(a2,4)在區(qū)間(0，1)上單調(diào)遞減，因此eq\f(a,2)≥1，解得a≥2，所以a的取值范圍是[2，＋∞)．故選D.(2)(2023·南京大學(xué)附屬中學(xué)模擬)若函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1))對(duì)于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案[4，8)解析∵對(duì)于R上的任意x1≠x2都有eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，∴函數(shù)f(x)單調(diào)遞增，∵函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ax，x＞1，,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－\f(a,2)))x＋2，x≤1，))∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,4－\f(a,2)＞0，,4－\f(a,2)＋2≤a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＞1，,a＜8，,a≥4，))∴4≤a＜8.利用函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的策略(1)視參數(shù)為已知數(shù)，依據(jù)函數(shù)的圖象或單調(diào)性定義，確定函數(shù)的單調(diào)區(qū)間，與已知單調(diào)區(qū)間比較求參數(shù)．(2)需注意若函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則該函數(shù)在此區(qū)間的任意子集上也是單調(diào)的．(3)分段函數(shù)的單調(diào)性需要分段研究，既要保證每一段函數(shù)的單調(diào)性，還要注意每段端點(diǎn)值的大?。O(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋4x，x≤4，,log2x，x>4.))若函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間(a，a＋1)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________．答案(－∞，1]∪[4，＋∞)解析作出函數(shù)f(x)的圖象如圖所示，由圖象可知，若f(x)在(a，a＋1)上單調(diào)遞增，需滿足a＋1≤2或a≥4，即a≤1或a≥4.考向三函數(shù)的最值(值域)問題例6(1)函數(shù)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域是________．答案(－1，1]解析解法一：函數(shù)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的定義域是R，因?yàn)閥＝eq\f(1－x2,1＋x2)＝－1＋eq\f(2,1＋x2)，又因?yàn)?＋x2≥1，所以0＜eq\f(2,1＋x2)≤2，所以－1＜－1＋eq\f(2,1＋x2)≤1，所以函數(shù)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域?yàn)?－1，1]．解法二：由y＝eq\f(1－x2,1＋x2)得(1＋x2)y＝1－x2，所以(1＋y)x2＝1－y，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)，因?yàn)閤∈R，所以x2＝eq\f(1－y,1＋y)≥0，解得－1＜y≤1，所以函數(shù)y＝eq\f(1－x2,1＋x2)的值域?yàn)?－1，1]．(2)函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為________．答案1解析解法一：令t＝eq\r(x－1)，且t≥0，則x＝t2＋1，所以原函數(shù)變?yōu)閥＝t2＋1＋t，t≥0.配方得y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(3,4)，又t≥0，所以y≥eq\f(1,4)＋eq\f(3,4)＝1，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)的最小值為1.解法二：因?yàn)楹瘮?shù)y＝x和y＝eq\r(x－1)在定義域內(nèi)均為增函數(shù)，故函數(shù)y＝x＋eq\r(x－1)在[1，＋∞)上為增函數(shù)，所以ymin＝1.(3)(2024·張家口宣化第一中學(xué)月考)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的值域?yàn)開_______．答案(－∞，2]解析解法一(圖象法)：作出函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x≥1，,－x2＋2，x<1))的圖象(如圖所示)，f(x)max＝f(0)＝2.由函數(shù)圖象可知，f(x)的值域?yàn)?－∞，2]．解法二(單調(diào)性法)：當(dāng)x≥1時(shí)，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x)為減函數(shù)，所以f(x)在x＝1處取得最大值，為f(1)＝1；當(dāng)x<1時(shí)，易知函數(shù)f(x)＝－x2＋2在x＝0處取得最大值，為f(0)＝2，故函數(shù)f(x)的最大值為2.所以f(x)的值域?yàn)?－∞，2]．函數(shù)的最值(或值域)的幾種求解方法(1)分離常數(shù)法：分子上構(gòu)造一個(gè)跟分母一樣的因式，把分式拆成常量和變量，進(jìn)一步確定變量范圍破解．(2)單調(diào)性法：先確定函數(shù)的單調(diào)性，再由單調(diào)性求最值．(3)圖象法：先作出函數(shù)的圖象，再觀察其最高點(diǎn)、最低點(diǎn)，求出最值．(4)基本不等式法：先對(duì)解析式變形，使之具備“一正二定三相等”的條件后用基本不等式求出最值．(5)導(dǎo)數(shù)法：先求導(dǎo)，然后求出在給定區(qū)間上的極值，最后結(jié)合端點(diǎn)值，求出最值．(6)換元法：對(duì)比較復(fù)雜的函數(shù)可通過換元轉(zhuǎn)化為熟悉的函數(shù)，再用相應(yīng)的方法求最值．1.定義max{a，b，c}為a，b，c中的最大值，設(shè)M＝max{2x，2x－3，6－x}，則M的最小值是()A．2 B．3C．4 D．6答案C解析畫出函數(shù)M＝max{2x，2x－3，6－x}的圖象(如圖所示的實(shí)線部分)，由圖可知，函數(shù)M在點(diǎn)A(2，4)處取得最小值4.2．設(shè)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－a）2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，則a的取值范圍為()A．[－1，2] B．[－1，0]C．[1，2] D．[0，2]答案D解析∵當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝(x－a)2，f(0)是f(x)的最小值，∴a≥0.當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋eq\f(1,x)＋a≥2＋a，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時(shí)取等號(hào)．要滿足f(0)是f(x)的最小值，需2＋a≥f(0)＝a2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.∴a的取值范圍是[0，2]．故選D.3．函數(shù)y＝x＋eq\r(1－x2)的值域?yàn)開_______．答案[－1，eq\r(2)]解析令x＝cosθ(0≤θ≤π)，∴y＝cosθ＋sinθ＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(θ＋\f(π,4))).∴當(dāng)θ＝eq\f(π,4)時(shí)，y有最大值eq\r(2).當(dāng)θ＝π時(shí)，y有最小值－1.∴所求函數(shù)的值域是[－1，eq\r(2)]．課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2023·海淀區(qū)模擬)下列函數(shù)中，在區(qū)間(0，＋∞)上不是單調(diào)函數(shù)的是()A．y＝x B．y＝x2＋xC．y＝x＋eq\r(x) D．y＝|x－1|答案D解析由一次函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝x在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；由二次函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝x2＋x在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；由冪函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝x＋eq\r(x)在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；結(jié)合一次函數(shù)的性質(zhì)可知，y＝|x－1|在(0，1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增．故選D.2．(2023·中國(guó)人民大學(xué)附中模擬)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，則“存在M∈R，對(duì)任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件答案B解析只有當(dāng)?M∈R，?x∈R，f(x)≤M且?x∈R，使得f(x)＝M，這時(shí)f(x)有最大值．反之，若f(x)有最大值，則存在M∈R，對(duì)任意x∈R，均有f(x)≤M成立．所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，則“存在M∈R，對(duì)任意x∈R，均有f(x)≤M”是“f(x)有最大值”的必要不充分條件．故選B.3．(2024·郴州質(zhì)檢)函數(shù)f(x)＝ln(x2－2x－8)的單調(diào)遞增區(qū)間是()A．(－∞，－2) B．(－∞，1)C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)答案D解析由x2－2x－8>0，得f(x)的定義域?yàn)閧x|x<－2或x>4}．設(shè)t＝x2－2x－8，則y＝lnt為增函數(shù)．要求函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，即求函數(shù)t＝x2－2x－8的單調(diào)遞增區(qū)間(定義域內(nèi))．∵函數(shù)t＝x2－2x－8在區(qū)間(4，＋∞)上單調(diào)遞增，在區(qū)間(－∞，－2)上單調(diào)遞減，∴函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(4，＋∞)．故選D.4．(2024·鞍山一中月考)函數(shù)f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)在區(qū)間(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C．(－3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(3，＋∞)答案B解析f(x)＝eq\f(ax＋1,x＋3)＝eq\f(a（x＋3）＋1－3a,x＋3)＝a＋eq\f(1－3a,x＋3)，因?yàn)閒(x)在(－3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以1－3a<0，解得a>eq\f(1,3)，即實(shí)數(shù)a的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞)).5．(2023·保定二模)若函數(shù)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1，則函數(shù)g(x)＝f(x)－4x的最小值為()A．－1 B．－2C．－3 D．－4答案D解析由feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x－1,x)))＝eq\f(1,x2)－eq\f(2,x)＋1可得，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))＝1－eq\f(2,x)＋eq\f(1,x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x)))eq\s\up12(2)，∴f(x)＝x2(x≠1)．∴g(x)＝x2－4x＝(x－2)2－4，當(dāng)x＝2時(shí)，g(x)取得最小值，為－4.故選D.6．(2024·衡水中學(xué)調(diào)考)已知函數(shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)，若x1∈(1，2)，x2∈(2，＋∞)，則()A．f(x1)<0，f(x2)<0 B．f(x1)<0，f(x2)>0C．f(x1)>0，f(x2)<0 D．f(x1)>0，f(x2)>0答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝log2x＋eq\f(1,1－x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)，且f(2)＝0，所以當(dāng)x1∈(1，2)時(shí)，f(x1)<f(2)＝0，當(dāng)x2∈(2，＋∞)時(shí)，f(x2)>f(2)＝0，即f(x1)<0，f(x2)>0.故選B.7．(2023·武漢模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若f(x)的值域是R，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，0] B．[0，1]C．[0，＋∞) D．(－∞，1]答案B解析解法一：因?yàn)楹瘮?shù)y＝2x是R上的增函數(shù)，且值域?yàn)?0，＋∞)，函數(shù)y＝x＋1是R上的增函數(shù)，且值域也是R，所以要使函數(shù)f(x)的值域?yàn)镽，需滿足2a≤a＋1.在同一平面直角坐標(biāo)系中作出函數(shù)y＝2x與y＝x＋1的圖象，如圖所示，由圖可知，當(dāng)0≤x≤1時(shí)，2x≤x＋1，所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為[0，1]．故選B.解法二：若a＝－1，則當(dāng)x≤a時(shí)，x＋1≤0，當(dāng)x>a時(shí)，2x>eq\f(1,2)，可知此時(shí)f(x)的值域不是R，即a＝－1不滿足題意，故排除A，D；若a＝2，則當(dāng)x≤a時(shí)，x＋1≤3，當(dāng)x>a時(shí)，2x>4，可知此時(shí)f(x)的值域不是R，即a＝2不滿足題意，故排除C.故選B.8．(2024·長(zhǎng)沙模擬)設(shè)f(x)＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)－a))(a∈R)，記f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))上的最大值為M(a)，則M(a)的最小值為()A．0 B.eq\f(9,8)C.eq\f(15,8) D．2答案B解析設(shè)g(x)＝x＋eq\f(1,x)－a，x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，4))，則g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))上單調(diào)遞減，在[1，4]上單調(diào)遞增，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(5,2)－a，g(1)＝2－a，g(4)＝eq\f(17,4)－a，所以M(a)是eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)－a))，|2－a|，eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a))三者中的較大者，所以M(a)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(17,4)－a，a≤\f(25,8)，,a－2，a>\f(25,8)，))所以當(dāng)a＝eq\f(25,8)時(shí)，M(a)的最小值為eq\f(9,8).故選B.二、多項(xiàng)選擇題9．設(shè)函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，則下列結(jié)論錯(cuò)誤的是()A．y＝eq\f(1,|f（x）|)在R上為減函數(shù)B．y＝|f(x)|在R上為增函數(shù)C．y＝－eq\f(1,f（x）)在R上為增函數(shù)D．y＝－f(x)在R上為減函數(shù)答案ABC解析對(duì)于A，若f(x)＝x，則y＝eq\f(1,|f（x）|)＝eq\f(1,|x|)，在R上不是減函數(shù)，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，若f(x)＝x，則y＝|f(x)|＝|x|，在R上不是增函數(shù)，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，若f(x)＝x，則y＝－eq\f(1,f（x）)＝－eq\f(1,x)，在R上不是增函數(shù)，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，則對(duì)于任意的x1，x2∈R，設(shè)x1<x2，必有f(x1)<f(x2)，對(duì)于y＝－f(x)，則有y1－y2＝[－f(x1)]－[－f(x2)]＝f(x2)－f(x1)>0，則y＝－f(x)在R上為減函數(shù)，故D正確．故選ABC.10．(2024·盤錦高級(jí)中學(xué)月考)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2，))下列關(guān)于函數(shù)f(x)的結(jié)論正確的是()A．f(x)的定義域是R B．f(x)的值域是(－∞，5)C．若f(x)＝3，則x的值為eq\r(2) D．f(x)的圖象與y＝2有2個(gè)交點(diǎn)答案BC解析由函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋2，x≤－1，,x2＋1，－1＜x＜2))知，定義域?yàn)?－∞，－1]∪(－1，2)，即(－∞，2)，A錯(cuò)誤；當(dāng)x≤－1時(shí)，f(x)＝x＋2∈(－∞，1]，當(dāng)－1<x<2時(shí)，x2∈[0，4)，故f(x)＝x2＋1∈[1，5)，故其值域?yàn)?－∞，5)，B正確；由分段函數(shù)的取值可知f(x)＝3時(shí)，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝3，解得x＝eq\r(2)或x＝－eq\r(2)(舍去)，C正確；由分段函數(shù)的取值可知f(x)＝2時(shí)，x∈(－1，2)，即f(x)＝x2＋1＝2，解得x＝1或x＝－1(舍去)，故f(x)的圖象與y＝2有1個(gè)交點(diǎn)，D錯(cuò)誤．故選BC.11．(2023·無(wú)錫市錫山區(qū)校級(jí)三模)一般地，若函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇ka，kb]，則稱[ka，kb]為f(x)的“k倍跟隨區(qū)間”；若函數(shù)的定義域?yàn)閇a，b]，值域也為[a，b]，則稱[a，b]為f(x)的“跟隨區(qū)間”．下列結(jié)論正確的是()A．若[1，b]為f(x)＝x2－2x＋2的“跟隨區(qū)間”，則b＝2B．函數(shù)f(x)＝1＋eq\f(1,x)存在“跟隨區(qū)間”C．若函數(shù)f(x)＝m－eq\r(x＋1)存在“跟隨區(qū)間”，則m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))D．二次函數(shù)f(x)＝－eq\f(1,2)x2＋x存在“3倍跟隨區(qū)間”答案ACD解析由已知可得函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增，則有f(b)＝b2－2b＋2＝b，解得b＝2或b＝1(舍去)，所以b＝2，A正確；若存在“跟隨區(qū)間”[a，b](a<b)，又因?yàn)楹瘮?shù)在單調(diào)區(qū)間上單調(diào)遞減，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))解得a＝b＝eq\f(1－\r(5),2)或a＝b＝eq\f(1＋\r(5),2)，不滿足a<b，故不存在，B不正確；由已知函數(shù)可得，函數(shù)在定義域上單調(diào)遞減，若存在“跟隨區(qū)間”[a，b](－1≤a<b)，則有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（a）＝b，,f（b）＝a，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝m－\r(a＋1)，,a＝m－\r(b＋1)，))兩式作差得，a－b＝eq\r(a＋1)－eq\r(b＋1)，即(a－b)·(eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1))＝a＋1－(b＋1)＝a－b，又－1≤a<b，所以eq\r(a＋1)＋eq\r(b＋1)＝1，易得0≤eq\r(a＋1)<eq\r(b＋1)≤1，所以m＝a＋eq\r(b＋1)＝a＋1－eq\r(a＋1)，設(shè)eq\r(a＋1)＝t，則m＝t2－t，即t2－t－m＝0在區(qū)間[0，1]上有兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，只需eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝1＋4m>0，,－m≥0，))解得－eq\f(1,4)<m≤0，C正確；若函數(shù)存在“3倍跟隨區(qū)間”，設(shè)定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇3a，3b]，當(dāng)a<b≤1時(shí)，易得函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，則a，b是方程－eq\f(1,2)x2＋x＝3x的兩個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，解得x＝0或－4，故存在定義域?yàn)閇－4，0]使得值域?yàn)閇－12，0]，D正確．故選ACD.三、填空題12．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2－2x)的值域?yàn)開_______．答案(－∞，－1]∪(0，＋∞)解析令t＝x2－2x，則t≥－1，且t≠0，因?yàn)楹瘮?shù)y＝eq\f(1,t)在[－1，0)和(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)t∈[－1，0)時(shí)，y≤－1；當(dāng)t∈(0，＋∞)時(shí)，y>0.綜上，函數(shù)f(x)＝eq\f(1,x2－2x)的值域?yàn)?－∞，－1]∪(0，＋∞)．13．(2024·鄭州模擬)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))g(x)＝x2f(x－1)，則函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是________．答案[0，1)解析由題意知g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x>1，,0，x＝1，,－x2，x<1，))函數(shù)圖象如圖實(shí)線部分所示，根據(jù)圖象可知，函數(shù)g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是[0，1)．14．(2023·中衛(wèi)三模)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－1，x≤0，,3x＋m，x>0))在R上存在最小值，則m的取值范圍是________．答案[－3，＋∞)解析當(dāng)x≤0時(shí)，f(x)＝x2＋2x－1＝(x＋1)2－2≥－2，當(dāng)x＝－1時(shí)，取得最小值－2，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝3x＋m遞增，可得f(x)>1＋m，由題意可得1＋m≥－2，解得m≥－3.四、解答題15．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x－3).(1)試判斷f(x)在[1，2]上的單調(diào)性；(2)求函數(shù)f(x)在[1，2]上的最值．解(1)?x1，x2∈[1，2]，且x1<x2，則f(x2)－f(x1)＝eq\f(xeq\o\al(2,2),x2－3)－eq\f(xeq\o\al(2,1),x1－3)＝eq\f(xeq\o\al(2,2)（x1－3）－xeq\o\al(2,1)（x2－3）,（x2－3）（x1－3）)＝eq\f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)，∵x1，x2∈[1，2]，∴x2－3<0，x1－3<0，x1x2－3(x1＋x2)<0，又x1<x2，∴x2－x1>0，∴eq\f(（x2－x1）[x1x2－3（x1＋x2）],（x2－3）（x1－3）)<0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在[1，2]上為減函數(shù)．(2)由(1)知f(x)在[1，2]上為減函數(shù)，∴f(x)min＝f(2)＝eq\f(4,2－3)＝－4，f(x)max＝f(1)＝eq\f(1,1－3)＝－eq\f(1,2).16．已知定義在(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足：①feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＝f(x1)－f(x2)；②當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜0.(1)求f(1)的值；(2)證明：函數(shù)f(x)為減函數(shù)；(3)求不等式f(2x＋1)＞f(2－x)的解集．解(1)令x1＝x2＞0，代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0.(2)證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＞x2，則eq\f(x1,x2)＞1，由于當(dāng)x＞1時(shí)，f(x)＜0，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)))＜0，即f(x1)－f(x2)＜0，因此f(x1)＜f(x2)，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，＋∞)上是減函數(shù)．(3)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以不等式f(2x＋1)＞f(2－x)等價(jià)于eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x＋1＞0，,2－x＞0，,2x＋1＜2－x，))解得－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,3)，故原不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(－eq\f(1,2)＜x＜eq\f(1,3))))).第3講函數(shù)的奇偶性與周期性[課程標(biāo)準(zhǔn)]1.結(jié)合具體函數(shù)，了解奇偶性的概念和幾何意義.2.了解周期性的概念和幾何意義．1．函數(shù)的奇偶性奇函數(shù)偶函數(shù)定義設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镮，如果?x∈I，都有eq\x(\s\up1(01))－x∈I且eq\x(\s\up1(02))f(－x)＝－f(x)，那么函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且eq\x(\s\up1(03))f(－x)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)是偶函數(shù)圖象特點(diǎn)關(guān)于eq\x(\s\up1(04))原點(diǎn)對(duì)稱關(guān)于eq\x(\s\up1(05))y軸對(duì)稱2.函數(shù)的周期性(1)周期函數(shù)設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镈，如果存在一個(gè)非零常數(shù)T，使得對(duì)每一個(gè)x∈D都有eq\x(\s\up1(06))x＋T∈D，且eq\x(\s\up1(07))f(x＋T)＝f(x)，那么函數(shù)f(x)就叫做周期函數(shù)，非零常數(shù)T叫做這個(gè)函數(shù)的周期，同時(shí)nT(n∈Z，n≠0)也是這個(gè)函數(shù)的周期．(2)最小正周期如果在周期函數(shù)f(x)的所有周期中存在一個(gè)eq\x(\s\up1(08))最小的正數(shù)，那么這個(gè)eq\x(\s\up1(09))最小正數(shù)就叫做f(x)的最小正周期．1．函數(shù)奇偶性的重要結(jié)論(1)如果一個(gè)奇函數(shù)f(x)在x＝0處有定義，即f(0)有意義，那么一定有f(0)＝0.(2)如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，那么f(x)＝f(|x|)．(3)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)的函數(shù)只有一種，即f(x)＝0，x∈D，其中定義域D是關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的非空數(shù)集．(4)奇函數(shù)在兩個(gè)對(duì)稱的區(qū)間上具有相同的單調(diào)性；偶函數(shù)在兩個(gè)對(duì)稱的區(qū)間上具有相反的單調(diào)性．(5)偶函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上有相同的最大(小)值，取最值時(shí)的自變量的值互為相反數(shù)；奇函數(shù)在關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的區(qū)間上的最值互為相反數(shù)，取最值時(shí)的自變量的值也互為相反數(shù)．2．周期性的三個(gè)常用結(jié)論對(duì)f(x)定義域內(nèi)任一自變量的值x：(1)若f(x＋a)＝－f(x)，則T＝2a(a≠0)．(2)若f(x＋a)＝eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a≠0)．(3)若f(x＋a)＝－eq\f(1,f（x）)，則T＝2a(a≠0)．3．對(duì)稱性的三個(gè)常用結(jié)論(1)若函數(shù)y＝f(x＋a)是偶函數(shù)，即f(a－x)＝f(a＋x)，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱．(2)若對(duì)于R上的任意x都有f(2a－x)＝f(x)或f(－x)＝f(2a＋x)，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱．(3)若函數(shù)y＝f(x＋b)是奇函數(shù)，即f(－x＋b)＋f(x＋b)＝0，則函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(b，0)中心對(duì)稱．1．(2023·北京豐臺(tái)區(qū)三模)下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是()A．y＝lnx B．y＝|x|＋1C．y＝－x2＋1 D．y＝3－|x|答案B解析對(duì)于A，y＝lnx為非奇非偶函數(shù)，不滿足題意；對(duì)于B，y＝|x|＋1是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，符合題意；對(duì)于C，y＝－x2＋1是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意；對(duì)于D，y＝3－|x|是偶函數(shù)，且在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，不符合題意．故選B.2．(人教B必修第一冊(cè)習(xí)題3－1BT8改編)已知f(x)＝ax2＋bx是定義在[a－1，2a]上的偶函數(shù)，那么a＋b的值是()A．－eq\f(1,3) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D．－eq\f(1,2)答案B解析顯然b＝0，a－1＋2a＝0，∴a＝eq\f(1,3)，∴a＋b＝eq\f(1,3).3.(人教A必修第一冊(cè)3.2.2練習(xí)T1改編)設(shè)偶函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閇－5，5]，若當(dāng)x∈[0，5]時(shí)，f(x)的圖象如圖所示，則不等式f(x)＜0的解集為________．答案[－5，－2)∪(2，5]解析由圖象可知，當(dāng)0＜x＜2時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)2＜x≤5時(shí)，f(x)＜0.又f(x)是偶函數(shù)，∴當(dāng)－2＜x＜0時(shí)，f(x)＞0；當(dāng)－5≤x＜－2時(shí)，f(x)＜0.綜上，不等式f(x)＜0的解集為[－5，－2)∪(2，5]．4．(人教A必修第一冊(cè)習(xí)題3.2T11改編)已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)且定義域?yàn)镽，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x＋1，則f(x)的解析式為________．答案f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0))解析當(dāng)x<0時(shí)，－x>0，則f(－x)＝－x＋1，又f(x)＝－f(－x)，∴f(x)＝x－1，∵f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，∴f(0)＝0，∴f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>0，,0，x＝0，,x－1，x<0.))5．(2024·大慶實(shí)驗(yàn)中學(xué)月考)設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且對(duì)任意實(shí)數(shù)x，恒有f(x＋4)＝f(x)．當(dāng)x∈[0，2]時(shí)，f(x)＝2x－x2，則f(2023)＝________．答案－1解析因?yàn)閒(x＋4)＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期T＝4.又f(1)＝1，所以f(2023)＝f(－1＋4×506)＝f(－1)＝－f(1)＝－1.考向一函數(shù)奇偶性的判斷例1判斷下列函數(shù)的奇偶性．(1)f(x)＝eq\r(x2－1)＋eq\r(1－x2)；(2)f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋1，x＞0，,x2＋2x－1，x＜0；))(3)f(x)＝x2－|x|＋1，x∈[－1，4]；(4)f(x)＝|x＋1|－|x－1|；(5)f(x)＝eq\f(\r(1－x2),|x＋2|－2).解(1)f(x)的定義域?yàn)閧－1，1}，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．又f(－1)＝f(1)＝0，f(－1)＝－f(1)＝0，所以f(x)既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)．(2)解法一(定義法)：當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)＝－x2＋2x＋1，－x＜0，f(－x)＝(－x)2＋2(－x)－1＝x2－2x－1＝－f(x)；當(dāng)x＜0時(shí)，f(x)＝x2＋2x－1，－x＞0，f(－x)＝－(－x)2＋2(－x)＋1＝－x2－2x＋1＝－f(x)．所以f(x)為奇函數(shù)．解法二(圖象法)：作出函數(shù)f(x)的圖象，由奇函數(shù)的圖象關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的特征知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．(3)因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)閇－1，4]不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以函數(shù)f(x)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)．(4)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(－x)＝|－x＋1|－|－x－1|＝|x－1|－|x＋1|＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．(5)由1－x2≥0得－1≤x≤1，所以x＋2>0，所以f(x)＝eq\f(\r(1－x2),x)，定義域?yàn)閇－1，0)∪(0，1]．所以f(－x)＝eq\f(\r(1－（－x）2),－x)＝－eq\f(\r(1－x2),x)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù)．判斷函數(shù)奇偶性的方法(1)定義法(2)圖象法(3)性質(zhì)法在公共定義域內(nèi)有：奇±奇＝奇，偶±偶＝偶，奇×奇＝偶，偶×偶＝偶，奇×偶＝奇．注意：函數(shù)定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱是函數(shù)具有奇偶性的前提條件．1.函數(shù)f(x)＝|x3＋1|＋|x3－1|，則下列坐標(biāo)表示的點(diǎn)一定在函數(shù)f(x)的圖象上的是()A．(a，－f(a)) B．(a，f(－a))C．(－a，－f(a)) D．(－a，－f(－a))答案B解析∵f(－x)＝|－x3＋1|＋|－x3－1|＝|x3－1|＋|x3＋1|＝f(x)，∴f(x)為偶函數(shù)，∵(a，f(a))一定在函數(shù)f(x)的圖象上，而f(a)＝f(－a)，∴(a，f(－a))一定在函數(shù)f(x)的圖象上．故選B.2．(2021·全國(guó)乙卷)設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，則下列函數(shù)中為奇函數(shù)的是()A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1答案B解析解法一：因?yàn)閒(x)＝eq\f(1－x,1＋x)＝－1＋eq\f(2,x＋1)，其圖象關(guān)于點(diǎn)(－1，－1)中心對(duì)稱，將其圖象向右平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，再向上平移1個(gè)單位長(zhǎng)度后關(guān)于原點(diǎn)(0，0)中心對(duì)稱，所以f(x－1)＋1為奇函數(shù)．故選B.解法二：因?yàn)閒(x)＝eq\f(1－x,1＋x)，所以f(x－1)＝eq\f(1－（x－1）,1＋（x－1）)＝eq\f(2－x,x)，f(x＋1)＝eq\f(1－（x＋1）,1＋（x＋1）)＝eq\f(－x,x＋2).對(duì)于A，F(xiàn)(x)＝f(x－1)－1＝eq\f(2－x,x)－1＝eq\f(2－2x,x)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，但不滿足F(x)＝－F(－x)，故F(x)不是奇函數(shù)；對(duì)于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝eq\f(2－x,x)＋1＝eq\f(2,x)，定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且滿足G(x)＝－G(－x)，故G(x)為奇函數(shù)；對(duì)于C，f(x＋1)－1＝eq\f(－x,x＋2)－1＝－eq\f(2x＋2,x＋2)，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不是奇函數(shù)；對(duì)于D，f(x＋1)＋1＝eq\f(－x,x＋2)＋1＝eq\f(2,x＋2)，定義域不關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，不是奇函數(shù)．故選B.考向二函數(shù)奇偶性的應(yīng)用例2(1)(2024·南昌二中月考)已知函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－log2x，則feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝()A．－eq\f(1,4) B．－eq\f(1,2)C．－eq\f(3,4) D．－eq\f(5,4)答案D解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)為奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝x2－log2x，所以feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)－log2\f(1,2)))＝－eq\f(5,4).故選D.(2)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)·lneq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則a＝()A．－1 B．0C．eq\f(1,2) D．1答案B解析解法一：因?yàn)閒(x)為偶函數(shù)，則f(1)＝f(－1)，即(1＋a)lneq\f(1,3)＝(－1＋a)ln3，解得a＝0.當(dāng)a＝0時(shí)，f(x)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)，由(2x－1)·(2x＋1)>0，解得x>eq\f(1,2)或x<－eq\f(1,2)，則其定義域?yàn)閑q\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(x>\f(1,2)或x<－\f(1,2)))))，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱．f(－x)＝(－x)lneq\f(2（－x）－1,2（－x）＋1)＝(－x)lneq\f(2x＋1,2x－1)＝(－x)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x－1,2x＋1)))eq\s\up12(－1)＝xlneq\f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，故此時(shí)f(x)為偶函數(shù)．故選B.解法二：設(shè)g(x)＝lneq\f(2x－1,2x＋1)，易知g(x)的定義域?yàn)閑q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))，且g(－x)＝lneq\f(－2x－1,－2x＋1)＝lneq\f(2x＋1,2x－1)＝－lneq\f(2x－1,2x＋1)＝－g(x)，所以g(x)為奇函數(shù)．若f(x)＝(x＋a)lneq\f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則y＝x＋a也應(yīng)為奇函數(shù)，所以a＝0.故選B.(3)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝2x－2x＋a，則a＝________；當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝________．答案－1－2－x－2x＋1解析因?yàn)楹瘮?shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(0)＝0，即1＋a＝0，所以a＝－1.當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝2x－2x－1，設(shè)x<0，則－x>0，所以f(－x)＝2－x－2(－x)－1＝2－x＋2x－1，又f(x)為奇函數(shù)，所以f(x)＝－f(－x)，所以f(x)＝－2－x－2x＋1.已知函數(shù)奇偶性可以解決的四個(gè)問題求函數(shù)值利用函數(shù)奇偶性將待求值轉(zhuǎn)化為已知區(qū)間上的函數(shù)值求解求解析式將待求區(qū)間上的自變量轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上，再利用函數(shù)奇偶性求出求參數(shù)利用待定系數(shù)法求解，根據(jù)f(x)±f(－x)＝0得到關(guān)于參數(shù)的恒等式，由系數(shù)的對(duì)等性得參數(shù)的方程(組)求得參數(shù)畫圖象利用奇偶性可畫出對(duì)稱區(qū)間上的圖象并解決單調(diào)性等相關(guān)問題1.(2023·茂名模擬)已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x是偶函數(shù)，則a＝________．答案－1解析因?yàn)閒(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x是偶函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)恒成立，所以(e－x－aex)cos3x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(a,ex)))cos3x，整理得(a＋1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))＝0恒成立，所以a＝－1.2．(2024·襄陽(yáng)五中階段考試)已知函數(shù)f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，f(x)＋g(x)＝2×3x，則函數(shù)f(x)＝________．答案3x＋3－x解析因?yàn)閒(x)＋g(x)＝2×3x，所以f(－x)＋g(－x)＝2×3－x，又f(x)，g(x)分別是定義在R上的偶函數(shù)和奇函數(shù)，所以f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)，所以f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝2×3－x，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（x）＋g（x）＝2×3x，,f（x）－g（x）＝2×3－x，))兩式相加，得2f(x)＝2×3x＋2×3－x，所以f(x)＝3x＋3－x.3．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)的最大值為M，最小值為m，則M＋m＝________．答案2解析顯然函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x)＝eq\f(（x＋1）2＋sinx,x2＋1)＝1＋eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，設(shè)g(x)＝eq\f(2x＋sinx,x2＋1)，則g(－x)＝－g(x)，∴g(x)為奇函數(shù)，由奇函數(shù)圖象的對(duì)稱性知g(x)max＋g(x)min＝0，∴M＋m＝[g(x)＋1]max＋[g(x)＋1]min＝2＋g(x)max＋g(x)min＝2.考向三函數(shù)的周期性例3(1)(2023·武漢二模)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝f(x)－2，則下列是周期函數(shù)的是()A．y＝f(x)－x B．y＝f(x)＋xC．y＝f(x)－2x D．y＝f(x)＋2x答案D解析依題意，定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋1)＝f(x)－2，所以f(x＋1)＋2(x＋1)＝f(x)＋2x，所以y＝f(x)＋2x是周期為1的周期函數(shù)．故選D.(2)(2022·新高考Ⅱ卷改編)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)·f(y)，f(1)＝1.①證明：函數(shù)f(x)為偶函數(shù)；②證明：函數(shù)f(x)為周期函數(shù)；③求eq\o(∑,\s\up7(22),\s\do7(k=1))f（k）.解①證明：因?yàn)閒（x＋y）＋f（x－y）＝f（x）f（y），令x＝1，y＝0，可得2f（1）＝f（1）f（0），所以f（0）＝2，令x＝0，可得f（y）＋f（－y）＝2f（y），即f（y）＝f（－y），所以函數(shù)f（x）為偶函數(shù).②證明：令y＝1，得f（x＋1）＋f（x－1）＝f（x）f（1）＝f（x），即有f（x＋2）＋f（x）＝f（x＋1），從而可得f（x＋2）＝－f（x－1），f（x－1）＝－f（x－4），故f（x＋2）＝f（x－4），即f（x）＝f（x＋6），所以函數(shù)f（x）是周期為6的周期函數(shù).③令x＝y(tǒng)＝1，可得f（2）＝[f（1）]2－f（0）＝1－2＝－1，令x＝2，y＝1，可得f（3）＝f（2）f（1）－f（1）＝－1×1－1＝－2，f（4）＝f（－2）＝f（2）＝－1，f（5）＝f（－1）＝f（1）＝1，f（6）＝f（0）＝2，所以一個(gè)周期內(nèi)的f（1）＋f（2）＋…＋f（6）＝0.由于22除以6余4，所以eq\o(∑,\s\up7(22),\s\do7(k=1))f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.函數(shù)周期性的判斷與應(yīng)用1.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足對(duì)任意x都有f(x＋2)＝eq\f(13,f（x）)且f(2)＝2，則f(2024)＝________．答案eq\f(13,2)解析因?yàn)閒(x＋2)＝eq\f(13,f（x）)，所以f(2)＝eq\f(13,f（0）)，又f(2)＝2，所以f(0)＝eq\f(13,2)，因?yàn)閒(x＋4)＝eq\f(13,f（x＋2）)＝eq\f(13,\f(13,f（x）))＝f(x)，所以f(x)的周期為4，所以f(2024)＝f(4×506＋0)＝f(0)＝eq\f(13,2).2．(2024·成都模擬)已知f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且當(dāng)0≤x<2時(shí)，f(x)＝x3－x，則函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為________．答案7解析因?yàn)楫?dāng)0≤x<2時(shí)，f(x)＝x3－x，又f(x)是R上最小正周期為2的周期函數(shù)，且f(0)＝0，則f(6)＝f(4)＝f(2)＝f(0)＝0.又f(1)＝0，所以f(3)＝f(5)＝f(1)＝0，故函數(shù)y＝f(x)的圖象在區(qū)間[0，6]上與x軸的交點(diǎn)有7個(gè)．考向四函數(shù)圖象的對(duì)稱性例4(1)(2024·河南部分學(xué)校聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x2,x2－6x＋18)，則()A．f(x)是偶函數(shù) B．f(x)是奇函數(shù)C．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝3對(duì)稱 D．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(3，1)對(duì)稱答案D解析由f(－x)＝eq\f(x2,x2＋6x＋18)，易知A，B不正確；由題意得f(2)＝eq\f(2,5)，f(4)＝eq\f(8,5)，故f(2)≠f(4)，故C不正確；f(x)＝eq\f(x2,（x－3）2＋9)，故f(6－x)＋f(x)＝eq\f(（6－x）2,（3－x）2＋9)＋eq\f(x2,（x－3）2＋9)＝eq\f(2x2－12x＋36,（x－3）2＋9)＝2，故f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(3，1)對(duì)稱，故D正確．故選D.(2)(多選)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，對(duì)任意x都有f(2＋x)＝f(2－x)，且f(－x)＝f(x)，則下列結(jié)論正確的是()A．f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱B．f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2，0)對(duì)稱C．4為f(x)的周期D．y＝f(x＋4)為偶函數(shù)答案ACD解析∵f(2＋x)＝f(2－x)，則f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，故A正確，B錯(cuò)誤；∵函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，∴f(－x)＝f(x＋4)，又f(－x)＝f(x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴4為f(x)的周期，故C正確；∵4為f(x)的周期且f(x)為偶函數(shù)，故y＝f(x＋4)為偶函數(shù)，故D正確．故選ACD.1．由函數(shù)奇偶性延伸可得到一些對(duì)稱性結(jié)論，如函數(shù)f(x＋a)為偶函數(shù)(奇函數(shù))，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱(關(guān)于點(diǎn)(a，0)對(duì)稱)．2．函數(shù)圖象自身對(duì)稱的兩個(gè)結(jié)論(1)若f(a＋x)＝f(b－x)恒成立，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝eq\f(a＋b,2)對(duì)稱．特別地，若f(a＋x)＝f(a－x)恒成立，則y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對(duì)稱．(2)若f(a＋x)＋f(a－x)＝2b恒成立，即f(x)＋f(2a－x)＝2b，則f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a，b)對(duì)稱．提醒：函數(shù)圖象自身對(duì)稱性滿足的等式與函數(shù)周期性容易混淆，區(qū)別是前者和為常數(shù)，后者差為常數(shù)．(2023·?？谀M)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，函數(shù)g(x)＝|x－2|·f(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，若f(－1)＝－1，則g(3)＝()A．5 B．1C．－1 D．－5答案B解析因?yàn)間(x)的圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，則g(x＋2)＝|x|f(x＋2)是偶函數(shù)，g(2－x)＝|－x|f(2－x)＝|x|f(2－x)，所以|x|f(2－x)＝|x|f(x＋2)對(duì)任意的x∈R恒成立，所以f(2－x)＝f(2＋x)，因?yàn)閒(－1)＝－1且f(x)為奇函數(shù)，所以f(3)＝f(2＋1)＝f(2－1)＝－f(－1)＝1，因此g(3)＝|3－2|f(3)＝1.故選B.課時(shí)作業(yè)一、單項(xiàng)選擇題1．(2024·丹東模擬)下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是()A．y＝lgx B．y＝eq\r(3,x)C．y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x) D．y＝eq\f(x2,x＋1)答案C解析函數(shù)y＝lgx的定義域?yàn)?0，＋∞)，定義域關(guān)于原點(diǎn)不對(duì)稱，函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故A不符合題意；函數(shù)y＝eq\r(3,x)的定義域?yàn)镽，則f(－x)＝eq\r(3,－x)＝－eq\r(3,x)＝－f(x)，故該函數(shù)為奇函數(shù)，故B不符合題意；函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)的定義域?yàn)镽，則f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(－x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(x)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)))eq\s\up12(x)＝f(x)，故該函數(shù)為偶函數(shù)，故C符合題意；函數(shù)y＝eq\f(x2,x＋1)的定義域?yàn)?－∞，－1)∪(－1，＋∞)，故該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故D不符合題意．故選C.2．(2023·成都二模)若函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝－f(x)，且當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝eq\f(x,4－2x)，則f(23)＝()A．－1 B．－eq\f(1,2)C．0 D.eq\f(1,2)答案B解析依題意，因?yàn)閒(x＋2)＝－f(x)，所以f(x＋4)＝－f(x＋2)，所以f(x)＝f(x＋4)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，所以f(23)＝f(4×5＋3)＝f(3)．又因?yàn)閒(x＋2)＝－f(x)，所以f(3)＝－f(1)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝eq\f(x,4－2x)，所以f(1)＝eq\f(1,4－2×1)＝eq\f(1,2)，所以f(3)＝－f(1)＝－eq\f(1,2).故選B.3．(2023·上饒一模)已知函數(shù)f(x)＝sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3，若f(a)＝－1，則f(－a)＝()A．3 B．5C．6 D．7答案D解析函數(shù)f(x)＝sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3，f(－x)＋f(x)＝sin(－x)＋(－x)3－eq\f(1,x)＋3＋sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋3＝－sinx－x3－eq\f(1,x)＋sinx＋x3＋eq\f(1,x)＋6＝6，若f(a)＝－1，則f(－a)＝6－f(a)＝6－(－1)＝7.故選D.4．已知函數(shù)f(x)＝x(x－a)＋b，若函數(shù)y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，且f(1)＝0，則b的值為()A．－2 B．－1C．1 D．2答案C解析解法一：由f(x＋1)＝(x＋1)(x＋1－a)＋b＝x2＋(2－a)x＋1－a＋b為偶函數(shù)，得a＝2.又f(1)＝－1＋b＝0，所以b＝1.故選C.解法二：由y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，知y＝f(x＋1)的圖象關(guān)于直線x＝0對(duì)稱，而y＝f(x＋1)的圖象是由y＝f(x)的圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度得到的，因而y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱，故f(x)＝x(x－a)＋b圖象的對(duì)稱軸方程為x＝eq\f(a,2)＝1，得a＝2.又f(1)＝－1＋b＝0，故b＝1.故選C.5．(2023·晉中二模)已知函數(shù)f(x)＝2x－eq\f(16,2x)(x∈R)，則f(x)的圖象()A．關(guān)于直線x＝2對(duì)稱 B．關(guān)于點(diǎn)(2，0)對(duì)稱C．關(guān)于直線x＝0對(duì)稱 D．關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱答案B解析f(x)＝2x－24－x，則f(4－x)＝24－x－24－(4－x)＝24－x－2x，所以f(x)＋f(4－x)＝0，則函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(2，0)對(duì)稱．故選B.6．(2024·安慶、池州、銅陵三市開學(xué)聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋a))為奇函數(shù)，則f(eq\r(2))＝()A．ln(eq\r(2)－1) B．ln(eq\r(2)＋1)C．2ln(eq\r(2)－1) D．2ln(eq\r(2)＋1)答案D解析由已知f(－x)＝ln(－2x＋eq\r(4x2＋a))＝lneq\f(（－2x＋\r(4x2＋a)）（2x＋\r(4x2＋a)）,2x＋\r(4x2＋a))＝lneq\f(a,2x＋\r(4x2＋a))，因?yàn)閒(－x)＝－f(x)，所以f(x)＋f(－x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋a))＋lneq\f(a,2x＋\r(4x2＋a))＝lna＝0，所以a＝1，故f(x)＝ln(2x＋eq\r(4x2＋1))，所以f(eq\r(2))＝ln(2eq\r(2)＋3)＝2ln(eq\r(2)＋1)．7．(2023·張家口一模)下列函數(shù)是奇函數(shù)，且函數(shù)值恒小于1的是()A．f(x)＝eq\f(2x－1,2x＋1) B．f(x)＝－x2＋xC．f(x)＝|sinx| D．f(x)＝xeq\f(1,3)＋x－eq\f(1,3)答案A解析對(duì)于A，f(－x)＝eq\f(2－x－1,2－x＋1)＝eq\f(1－2x,1＋2x)＝－f(x)，則f(x)是奇函數(shù)，f(x)＝eq\f(2x＋1－2,2x＋1)＝1－eq\f(2,2x＋1)<1，故A正確；對(duì)于B，f(－x)＝－x2－x≠－f(x)，f(x)不是奇函數(shù)，不滿足條件，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，f(－x)＝|sin(－x)|＝|sinx|＝f(x)，f(x)是偶函數(shù)，不滿足條件，故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，f(x)＝eq\r(3,x)＋eq\f(1,\r(3,x))，定義域?yàn)?－∞，0)∪(0，＋∞)，f(8)＝eq\r(3,8)＋eq\f(1,\r(3,8))＝2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)>1，不滿足條件，故D錯(cuò)誤．故選A.8．(2023·南通二模)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，y＝f(x)＋ex是偶函數(shù)，y＝f(x)－3ex是奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)的最小值為()A．e B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．2e答案B解析因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)＋ex是偶函數(shù)，則f(－x)＋e－x＝f(x)＋ex，即f(x)－f(－x)＝e－x－ex①，又因?yàn)楹瘮?shù)y＝f(x)－3ex是奇函數(shù)，則f(－x)－3e－x＝－f(x)＋3ex，即f(x)＋f(－x)＝3ex＋3e－x②，聯(lián)立①②可得f(x)＝ex＋2e－x，由基本不等式可得f(x)＝ex＋2e－x≥2eq\r(ex·2e－x)＝2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)ex＝2e－x，即x＝eq\f(1,2)ln2時(shí)，等號(hào)