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1、函数图象与性质函数图象与性质 1.(2020 全国卷)设函数 f(x)ln|2x1|ln|2x1|，则 f(x)( ) A.是偶函数，且在 1 2， 单调递增 B.是奇函数，且在 1 2， 1 2 单调递减 C.是偶函数，且在 ，1 2 单调递增 D.是奇函数，且在 ，1 2 单调递减 解析 f(x)ln|2x1|ln|2x1|的定义域为 x x1 2 . f(x)ln|2x1|ln|2x1|ln|2x1|ln|2x1|f(x)， f(x)为奇函数，故排除 A，C. 又当 x ，1 2 时， f(x)ln(2x1)ln(12x)ln 2x1 12x ln 2x1 2x1ln 1 2 2x1 ，

2、 y1 2 2x1在 ，1 2 上单调递减，由复合函数的单调性可得 f(x)在 ，1 2 上单调递减.故选 D. 答案 D 2.(2019 全国卷)函数 f(x) sin xx cos xx2在，的图象大致为( ) 解析 显然 f(x)f(x)，x，所以 f(x)为奇函数，排除 A； 又当 x 时， f() 120，排除 B，C，只有 D 适合. 答案 D 3.(2020 新高考山东、海南卷)若定义在 R 上的奇函数 f(x)在(，0)单调递减， 且 f(2)0，则满足 xf(x1)0 的 x 的取值范围是( ) A.1，13，) B.3，10，1 C.1，01，) D.1，01，3 解析 因

3、为函数 f(x)为定义在 R 上的奇函数，则 f(0)0.又 f(x)在(，0)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(x1)的大致图象 如图(2)所示. 当 x0 时，要满足 xf(x1)0，则 f(x1)0， 得1x0. 当 x0 时，要满足 xf(x1)0，则 f(x1)0， 得 1x3. 故满足 xf(x1)0 的 x 的取值范围是1，01，3. 故选 D. 答案 D 4.(2019 全国卷)已知 f(x)是奇函数，且当 x0 时，f(x)f(x)(e ax)eax， 所以 f(ln 2)e aln 2(eln 2)a2a8. 解得 a3. 答案

4、 3 考 点 整 合 1.函数的图象 (1)对于函数的图象要会作图、识图和用图，作函数图象有两种基本方法：一是 描点法；二是图象变换法，其中图象变换有平移变换、伸缩变换和对称变换. (2)在研究函数性质特别是单调性、值域、零点时，要注意结合其图象研究. (3)函数图象的对称性 若函数yf(x)满足 f(ax)f(ax)，即f(x)f(2ax)，则yf(x)的图象关于直 线 xa 对称； 若函数yf(x)满足 f(ax)f(ax)，即 f(x)f(2ax)，则yf(x)的图象关 于点(a，0)对称. 2.函数的性质 (1)单调性：单调性是函数在其定义域上的局部性质.证明函数的单调性时，规范 步骤

5、为取值、作差、变形、判断符号和下结论.复合函数的单调性遵循“同增异 减”的原则. (2)奇偶性：若 f(x)是偶函数，则 f(x)f(x). 若 f(x)是奇函数，0 在其定义域内，则 f(0)0. 奇函数在关于原点对称的单调区间内有相同的单调性，偶函数在关于原点对称 的单调区间内有相反的单调性. (3)周期性：若 yf(x)对 xR，f(xa)f(xa)或 f(x2a)f(x)(a0)恒成立， 则 yf(x)是周期为 2a 的周期函数. 若 yf(x)是偶函数，其图象又关于直线 xa 对称，则 f(x)是周期为 2|a|的周期 函数. 若 yf(x)是奇函数，其图象又关于直线 xa 对称，则

6、 f(x)是周期为 4|a|的周期 函数. 若 f(xa)f(x) 或f（xa） 1 f（x） ，则 yf(x)是周期为 2|a|的周期函数. 易错提醒 错用集合运算符号致误：函数的多个单调区间若不连续，不能用符号 “”连接，可用“和”或“，”连接. 热点一 函数及其表示 【例 1】 (1)(2020 合肥质检)函数 f(x)14x2ln(3x1)的定义域为( ) A. 1 2，1 B. 1 3， 1 2 C. 1 2， 1 4 D. 1 2， 1 2 (2)(2020 西安模拟)已知函数 f(x) 2x1，x0， ax1，x0， 若 f(1)3，则不等式 f(x)5 的解集为( ) A.2，

7、1 B.3，3 C.2，2 D.2，3 解析 (1)要使函数 f(x)14x2ln(3x1)有意义，则 14x20， 3x10， 解得1 3 x1 2. f(x)的定义域为 1 3， 1 2 . (2)f(x) 2x1，x0， ax1，x0， f(1)3， f(1)a 113，则 a1 2， 故 f(x) 2x1，x0， 1 2 x 1，x0， 由 f(x)5，当 x0 时，2x15，解得 0 x3， 当 x0 时， 1 2 x 15，2x0. 综上，不等式 f(x)5 的解集为2，3. 答案 (1)B (2)D 探究提高 1.(1)给出解析式的函数的定义域是使解析式有意义的自变量的集合， 只

8、需构建不等式(组)求解即可. (2)抽象函数：根据 f(g(x)中 g(x)的范围与 f(x)中 x 的范围相同求解. 2.对于分段函数求值或解不等式问题，一定要根据变量的取值条件进行分段讨论. 【训练 1】 (1)(2020 成都诊断)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一， 享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设 xR，用x表 示不超过 x 的最大整数，则 yx称为高斯函数，例如：0.51，1.51. 已知函数 f(x)1 24 x32x4(0 x2)，则函数 yf(x)的值域为( ) A. 1 2， 3 2 B.1，0，1 C.1，0，1，2 D.0，1，2 (2)

9、设函数 f(x) 2 x，x0， 1，x0， 则满足 f(x1)f(2x)的 x 的取值范围是( ) A.(，1 B.(0，) C.(1，0) D.(，0) 解析 (1)令 t2x，t(1，4)，则 f(t)1 2t 23t4，t(1，4).由二次函数性质， 1 2f(t) 3 2，因此f(t)1，0，1.则函数 yf(x)的值域为1，0，1. (2)当 x0 时，函数 f(x)2 x 是减函数，则 f(x)f(0)1.作出 f(x)的大致图象如图 所示，结合图象可知，要使 f(x1)f(2x)，则需 x10， 2x0， 2xx1 或 x10， 2x0， 所以 x4， 若函数yf(x)在区间(

10、a，a1)上单调递增，则 实数 a 的取值范围是( ) A.(，1 B.1，4 C.4，) D.(，14，) 解析 (1)因为 f(x)xcos xsin x，则 f(x)xcos xsin xf(x)，又 x ，所以f(x)为奇函数，其图象关于坐标原点对称，则C，D错误.且x时， ycos sin 0，知 B 错误，只有 A 满足. (2)作出函数 f(x)的图象如图所示，由图象可知，要使 f(x)在(a，a1)上单调递 增， 需满足 a4 或 a12.因此 a4 或 a1. 答案 (1)A (2)D 探究提高 1.函数图象的辨识可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象 的左右位置；

11、从函数的值域，判断图象的上下位置.(2)从函数的单调性，判断图 象的变化趋势.(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性.(4)从函数的特征点，排除 不合要求的图象.利用上述方法排除、筛选选项. 2.(1)运用函数图象解决问题时，先要正确理解和把握函数图象本身的含义及其表 示的内容，熟悉图象所能够表达的函数的性质.(2)图象形象地显示了函数的性 质，因此，函数性质的确定与应用及一些方程、不等式的求解常与图象数形结合 研究. 【训练 2】 (1)(2019 全国卷)函数 y 2x3 2x2 x在6，6的图象大致为( ) (2)(2020 北京卷)已知函数 f(x)2xx1，则不等式 f(x)0 的解

12、集是( ) A.(1，1) B.(，1)(1，) C.(0，1) D.(，0)(1，) 解析 (1)因为 yf(x) 2x3 2x2 x，x6，6， 所以 f(x)2（x） 3 2 x2x 2x3 2 x2xf(x)， 所以 f(x)是奇函数，排除选项 C. 当 x4 时，y 243 242 4 128 16 1 16 (7，8)，排除 A，D 项，B 正确. (2)在同一平面直角坐标系中画出 h(x)2x，g(x)x1 的图象如图.由图象得交点 坐标为(0，1)和(1，2). 又 f(x)0 等价于 2xx1， 结合图象，可得 x0 或 x1. 故 f(x)0 的解集为(，0)(1，).故选

13、 D. 答案 (1)B (2)D 热点三 函数的性质及应用 角度 1 函数的周期性、奇偶性 【例 3】 (1)(2020 淄博二模)偶函数 f(x)的图象关于点(1，0)对称，当1x0 时，f(x)x21，则 f(2 020)( ) A.2 B.0 C.1 D.1 (2)(多选题)(2020 淄博质检)已知函数 f(x)的定义域为 R，且 f(x1)是偶函数，f(x 1)是奇函数，则下列说法正确的是( ) A.f(7)0 B.f(x)的一个周期为 8 C.f(x)图象的一个对称中心为(3，0) D.f(x)图象的一条对称轴为直线 x2 019 解析 (1)f(x)为偶函数，f(x)的图象关于直

14、线 x0 对称， 又 f(x)的图象关于点(1，0)对称， f(x)的周期 T4|10|4. f(2 020)f(2 0204505)f(0)， 又当1x0 时，f(x)x21. 故 f(2 020)f(0)1. (2)依题意知，直线 x1 是 f(x)图象的一条对称轴，(1，0)是 f(x)图象的一个对 称中心，又因为f(x1)是偶函数，f(x1)是奇函数，所以 f(x1)f(x1)，f(x 1)f(x1)，所以 f(x)f(x2)，f(x)f(x2)，所以 f(x2) f(x2)，所以 f(x2)f(x2)，f(x)f(x4)f(x8)f(x8)， 所以 f(x)是周期函数，且 8 为函数

15、 f(x)的一个周期，故 B 正确；f(7)f(1)0， 故 A 正确；因为 f(x)图象上每隔 4 个单位长度出现一个对称中心，所以点(3，0) 是函数 f(x)图象的一个对称中心，故 C 正确；x2 01982523，所以直线 x 2 019 不是函数 f(x)图象的对称轴，故 D 错误，故选 ABC. 答案 (1)D (2)ABC 角度 2 函数的单调性与最值 【例 4】 (1)(2020 福州质检)已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(x)f(x)0，且 当 x0 时，f(x) x2 x，设 af(31.2)，bf(30.2)，cf(log 30.2)，则( ) A.cba B.

16、abc C.cab D.acb (2)(2020 东北三省三校联考)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)f(x)，且 f(x) 在(，0上单调递减，若不等式 f(ax2)f(1)对于任意 x1，2恒成立， 则 a 的最大值为_. 解析 (1)由 f(x)f(x)0 及函数 f(x)的定义域为 R，知 f(x)是偶函数，易知 f(x) x2 x 在0，)上单调递增. 因为 af(31.2)f(31.2)，cf(log30.2)f log31 5 f(log35)f(log35)， 且 31.23，1log33log35log3273，03 0.21， 即 31.2log353 0.2

17、0， 所以 f(31.2)f(log35)f(3 0.2)，即 acb. (2)由于 f(x)满足 f(x)f(x)，且函数 f(x)的定义域为 R，可知 f(x)的图象关于 y 轴 对称， f(x)在(，0上单调递减， f(x)在0，)上单调递增. 根据 f(x)的图象特征可得1ax21 在1，2上恒成立， 得3 xa 1 x在1，2上恒成立. 所以3 2a1，故 a 的最大值为1. 答案 (1)D (2)1 探究提高 1.利用函数的奇偶性和周期性可以转化函数的解析式、图象和性质， 把不在已知区间上的问题，转化到已知区间上求解. 2.函数单调性应用：可以比较大小、求函数最值、解不等式、证明方

18、程根的唯一 性. 【训练 3】 (1)(2020 贵阳调研)定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(2x)f(x)，且当 1x0 时，f(x)2x1，则 f(log220)( ) A.1 4 B.1 5 C.1 5 D.1 4 (2)(多选题)已知 f(x)为定义在 R 上的奇函数，当 x0 时，有 f(x1)f(x)，且 当 x0，1)时，f(x)log2(x1)，下列命题正确的是( ) A.f(2 019)f(2 020)0 B.函数 f(x)在定义域上是周期为 2 的函数 C.直线 yx 与函数 f(x)的图象有 2 个交点 D.函数 f(x)的值域为(1，1) 解析 (1)依题意，知

19、f(2x)f(x)f(x)，则f(4x)f(x)，所以f(x)是周期函 数，且周期为 4. 又 2log253，则12log250， 所以 f(log220)f(2log25)f(log252) f(2log25)(22log251) 4 51 1 5. (2)根据题意，当 x0 时，有 f(x1)f(x)，且当 x0，1)时，f(x)log2(x 1)，又由 f(x)为奇函数，则 f(x)的部分图象如图.对于 A，当 x0 时，有 f(x1) f(x)，则 f(x2)f(x1)f(x)，即 f(x2)f(x).当 x0，1)时，f(x)log2(x 1)，则 f(0)log210，f(1)f

20、(0)0， 又f(2 019)f(1)0，f(2 020)f(0)0，f(x)为奇函数，所以f(2 020)f(2 020) 0，故 f(2 019)f(2 020)0，故 A 正确；对于 B，由于 f 4 3 f 1 31 f 1 3 log24 3，f 2 3 f 2 3 log25 3，f 4 3 f 2 3 ，即周期不是 2，B 错误；对 于C，如图，直线yx与函数f(x)的图象有1个交点，其坐标为(0，0)，C错误； 对于 D，函数 f(x)的值域为(1，1)，D 正确.故选 AD. 答案 (1)B (2)AD A 级 巩固提升 一、选择题 1.设 f(x)为奇函数，且当 x0 时，

21、f(x)ex1，则当 xf(23 2)f(2 2 3) B.f log31 4 f(22 3)f(2 3 2) C.f(23 2)f(2 2 3)f log31 4 D.f(22 3)f(2 3 2)f log31 4 解析 因为 f(x)是定义域为 R 的偶函数， 所以 f log31 4 f(log34)f(log34). 又因为 log34122 32 3 20，且函数 f(x)在(0，)上单调递减， 所以 f(log34)f(22 3)1 2时，f(x)0，则以下结论正确的是( ) A.f(0)1 2，f(1) 3 2 B.f(x)为 R 上的减函数 C.f(x)1 2为奇函数 D.f

22、(x)1 为偶函数 解析 由已知，令xy0，得f(0)f(0)f(0)1 2，f(0) 1 2，令x 1 2，y 1 2，得f 1 2 1 2 f 1 2 f 1 2 1 2，f 1 2 1，再令xy1 2，得f 1 2 1 2 f 1 2 f 1 2 1 2， f(1)3 2，A 正确；取 y1，得 f(x1)f(x)f(1) 1 2，f(x1)f(x) 10，即 f(x1)f(x)，x10，f(x)在1，3上是增函数，f(x)min f(1)1 2. 又 g(x)在1，3上是减函数，知 g(x)maxg(1)a1. 若恒有 f(x1)g(x2)成立，则1 2a1，a 1 2. 答案 ，1

23、2 三、解答题 10.已知函数 f(x)a 2 2x1. (1)求 f(0)； (2)探究 f(x)的单调性，并证明你的结论； (3)若 f(x)为奇函数，解不等式 f(ax)f(2). 解 (1)f(0)a 2 201a1. (2)f(x)在 R 上单调递增，证明如下： f(x)的定义域为 R，任取 x1，x2R 且 x1x2， 则 f(x1)f(x2)a 2 2x11a 2 2x21 2 （2x12x2） （12x1）（12x2）， y2x在 R 上单调递增且 x1x2， 02x12x2，2x12x20，2x210. f(x1)f(x2)0，即 f(x1)f(x2). f(x)在 R 上单

24、调递增. (3)f(x)是奇函数，f(x)f(x)， 即 a 2 2 x1a 2 2x1，解得 a1(经检验符合题意). f(ax)f(2)即为 f(x)f(2)， 又f(x)在 R 上单调递增，x2. 不等式的解集为(，2). B 级 能力突破 11.(2020 福州模拟)已知函数 f(x1)是定义在 R 上的偶函数，x1，x21， )，且 x1x2，都有(x1x2) f(x2)f(x1)0，则不等式 f(2x 11)f(5)的解集 为_. 解析 因为函数 f(x1)是定义在 R 上的偶函数， 所以 f(x1)的图象关于 y 轴对称. 因为 f(x)的图象向左平移 1 个单位长度得到 f(x

25、1)的图象， 所以 f(x)的图象关于直线 x1 对称. 因为x1，x21，)，且 x1x2， 都有(x1x2)f(x2)f(x1)0， 所以函数 f(x)在1，)上单调递增， 由此可得函数 f(x)在(，1)上单调递减. 因为 f(2x 11)f(5)， 且 f(5)f(3)，2x 111， 所以2x 113，即 2x14，解得 x1， 所以所求不等式的解集为(，1). 答案 (，1) 12.已知函数 f(x)x22ln x，h(x)x2xa. (1)求函数 f(x)的极值； (2)设函数 k(x)f(x)h(x)，若函数 k(x)在1，3上恰有两个不同零点，求实数 a 的取值范围. 解 (

26、1)函数 f(x)的定义域为(0，)，令 f(x)2x2 x0，得 x1. 当 x(0，1)时，f(x)0，当 x(1，)时，f(x)0， 所以函数 f(x)在 x1 处取得极小值为 1，无极大值. (2)k(x)f(x)h(x)x2ln xa(x0)， 所以 k(x)12 x， 令 k(x)0，得 x2，所以 k(x)在1，2)上单调递减，在(2，3上单调递增， 所以当 x2 时，函数 k(x)取得最小值 k(2)22ln 2a. 因为函数 k(x)f(x)h(x)在区间1，3上恰有两个不同零点， 即有 k(x)在1，2)和(2，3内各有一个零点， 所以 k（1）0， k（2）0， k（3）0， 即有 1a0， 22ln 2a0， 32ln 3a0， 解得 22ln 2a32ln 3. 所以实数 a 的取值范围为(22ln 2，32ln 3.