1、第二章第二章函数、导数及其应用函数、导数及其应用 第一节第一节函数及其表示函数及其表示 内容要求考题举例考向规律 1.了解构成函数的要素， 会求 一些简单函数的定义域和值 域 2在实际情境中，会根据不 同的需要选择恰当的方法(如 图象法、列表法、解析法)表 示函数 3了解简单的分段函数，并 能简单应用 2020北京高考T14(函数的定 义域) 2019江苏高考T4(函数的定 义域) 2018江苏高考T5(函数的定 义域) 2017全国卷T15(分段函数 解不等式) 考情分析：以基本初等函数 为载体，考查函数的表示法、 定义域；分段函数以及函数 与其他知识的综合是高考热 点，题型既有选择、填空题
2、， 又有解答题，中等偏上难度 核心素养：数学抽象、数学 运算 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1函数的概念 设 A，B 都是非空的数集，如果按照某种确定的对应关系 f ，使对于集合 A 中的任意一个数 x，在集合 B 中都有唯一确定的数 f (x)和它对应，那么就称 f ：AB 为从集合 A 到集合 B 的一个函数，记作 yf (x)，x A。 2函数的有关概念 (1)函数的定义域、值域：在函数 yf (x)，xA 中，x 叫做自变量，x 的取值范围 A 叫做函数的定义域； 与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合f (x)|xA叫做函数的值域。显然，值域是集合 B 的子集。
3、(2)函数的三要素：定义域、值域和对应关系。 (3)相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等，这是判断两函数相等的 依据。 3函数的表示方法 函数的表示方法有三种，分别为解析法、列表法和图象法。同一个函数可以用不同的方法表示。 4应用三种方法表示函数的注意事项 方法注意事项 解析法一般情况下，必须注明函数的定义域 列表法选取的自变量要有代表性，能反映定义域的特征 图象法注意定义域对图象的影响：与 x 轴垂直的直线与其最多有一个公共点 5.分段函数 若函数在其定义域内，对于定义域内的不同取值区间，有着不同的对应关系，这样的函数通常叫做分段 函数。 6分段函数的相关结论
4、(1)分段函数虽由几个部分组成，但它表示的是一个函数。 (2)分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数的值域的并集。 一、常规题 1下列 f (x)与 g(x)表示同一函数的是() Af (x) x21与 g(x) x1 x1 Bf (x)x 与 g(x)x 3x x21 Cf (x)x 与 g(x)( x)2 Df (x) x2与 g(x)3x3 答案B 2(2020北京高考)函数 f (x) 1 x1ln x 的定义域是_。 解析函数 f (x) 1 x1ln x 的自变量满足 x10， x0， 所以 x0，即定义域为(0，)。 答案(0，) 3已知函数 f (x)2x
5、3，xxN|1x5，则函数 f (x)的值域为_。 解析因为 x1,2,3,4,5，所以 f (x)2x31,1,3,5,7，所以 f (x)的值域为1,1,3,5,7。 答案1,1,3,5,7 4已知 f (x)是一次函数，满足 3f (x1)6x4，则 f (x)_。 解析设 f (x)axb(a0)，则 f (x1)a(x1)baxab，依题设得 3ax3a3b6x4，所以 3a6， 3a3b4， 所以 a2， b2 3， 则 f (x)2x2 3。 答案2x2 3 二、易错题 5(忽视自变量范围)设函数 f (x) x12，x1， 4 x1，x1， 则使得 f (x)1 的自变量 x
6、的取值范围为 _。 解析因为 f (x)是分段函数， 所以 f (x)1 应分段求解。 当 x1 时， f (x)1(x1)21x2 或 x0， 所以 x2 或 0 x0， 解得4x1，即函数 f (x)的定义域为(4,1。 答案(4,1 4已知函数 yf (x)的定义域为8,1，则函数 g(x)f 2x1 x2 的定义域是_。 解析由题意得82x11，解得9 2x0，由 x20，解得 x2，故函数 g(x)的定义域是 9 2，2(2，0。 答案 9 2，2(2,0 1构成函数的三要素中，定义域和对应关系相同，则值域一定相同。 2求给定解析式的函数定义域 以函数解析式中所含式子(运算)有意义为
7、准则，列出不等式或不等式组求解；对于实际问题，定义域应使 实际问题有意义。 3求某些抽象函数的定义域 (1)若函数 f (x)的定义域为a，b，则复合函数 f (g(x)的定义域由不等式 ag(x)b 求出； (2)若函数 f (g(x)的定义域为a，b，则 f (x)的定义域为 g(x)在 xa，b上的值域。 考点二求函数的解析式 【例 1】(1)已知函数 f ( x1)x4，则 f (x)_。 解析解法一：(换元法)令 t x11，则 x(t1)2，故 f (t)(t1)24t22t3(t1)，故 f (x) x22x3(x1)。 解法二： (配凑法)由题可知 x11， f ( x1)x4
8、( x1)22( x1)3， 故 f (x)x22x3(x1)。 答案x22x3(x1) (2)已知 f (x)为二次函数且 f (0)3，f (x2)f (x)4x2，则 f (x)_。 解析因为 f (x)为二次函数，所以设 f (x)ax2bxc(a0)，因为 f (0)3，所以 c3。由 f (x2)f (x) 4x2，得 a(x2)2b(x2)3ax2bx34x2，解得 a1，b1，所以 f (x)x2x3。 答案x2x3 (3)已知函数 f (x)对一切不为 0 的实数 x 均满足 f (x)2f 2 020 x2 020 x 2，则 f (x)_。 解析f (x)2f 2 020
9、 x2 020 x 2，将中的 x 换成2 020 x ，得 f 2 020 x2f (x)x2，将联 立并消去 f 2 020 x，得 f (x)2 3x 2 020 3x 2 3(x0)。 答案 2 3x 2 020 3x 2 3(x0) 求函数解析式的常用方法 1换元法：已知复合函数 f (g(x)的解析式，可用换元法，此时要注意新元的取值范围。 2待定系数法：已知函数的类型(如一次函数、二次函数)，可用待定系数法。 3 配凑法： 由已知条件 f (g(x)F (x)， 可将 F (x)改写成关于 g(x)的表达式， 然后以 x 替代 g(x)， 便得 f (x) 的解析式。 4解方程组
10、法：已知 f (x)与 f 1 x 或 f (x)之间的关系式，可根据已知条件再构造出另外一个等式，两等 式组成方程组，通过解方程组求出 f (x)。 【变式训练】(1)已知函数 f (x1) x x1，则函数 f (x)的解析式为( ) Af (x)x1 x2 Bf (x) x x1 Cf (x)x1 x Df (x) 1 x2 解析令 x1t(t2)，则 xt1，所以 f (t)t1 t2，即 f (x) x1 x2(x2)。故选 A。 答案A (2)若二次函数 g(x)满足 g(1)1，g(1)5，且图象过原点，则 g(x)_。 解析设 g(x)ax2bxc(a0)，因为 g(1)1，g
11、(1)5，且图象过原点，所以 abc1， abc5， c0， 解 得 a3， b2， c0， 所以 g(x)3x22x。 答案3x22x (3)已知 f (x)满足 2f (x)f 1 x 3x，则 f (x)_。 解析因为 2f (x)f 1 x 3x，把中的 x 换成 1 x ，得 2f 1 x f (x) 3 x 。联立可得 2f xf 1 x 3x， 2f 1 x f x3 x， 解此方程组可得 f (x)2x1 x(x0)。 答案2x1 x(x0) 考点三分段函数微专题 微考向 1：分段函数求值 【例 2】(1)设函数 f (x) x1，x0， 1 2x，x0， 则 f (f (1)
12、() A3 2 B 21 C1D3 解析由题意可得 f (1) 1 2 12，所以 f (f (1)f (2)3。故选 D。 答案D (2)已知函数 f (x) 2x，x2， f x1，x2， 则 f (log27)_。 解析因为 2log273，所以 1log2710， 若 f (0)f (a)2，则 a 的值为_。 解析由 f (x) 2x，x0， xln x，x0， 得 f (0)201。当 a0 时，f (a)aln a，由 1aln a2，解得 a 1；当 a0 时，f (a)2a，由 12a2，解得 a0。综上，得 a0 或 a1。 答案0 或 1 1若是分段函数中含有参数，则直接
13、根据已知条件选择相应的区间上的解析式求参。 2若是求自变量的值，则需要结合分段区间的范围，对自变量进行分类讨论，再求值。 微考向 3：分段函数与不等式 【例 4】 (2021湘赣皖长郡十五校一联)设函数 f (x) 1，x0， 2x，x0， 则满足 f (x2)f (3x)的 x 的取值范围 是() Ax1Bx1 C2x1D0 x0， 作出函数 f (x)的图象， 如图所示。 则由函数的图象可得当 x20 时， f (x2)1，f (3x)1，不满足 f (x2)f (3x)。当 x20 时，要满足 f (x2)f (3x)，则需 x20， 3x0 或 x 23x0，解得2x0 或 0 x1。
14、综上可得2x1。故选 C。 答案C 与分段函数有关的不等式问题主要表现为解不等式(有时还需要结合函数的单调性)。若自变量取值不确 定，往往要分类讨论求解；若自变量取值确定，但分段函数中含有参数，则只需依据自变量的情况，直接代 入相应解析式求解即可。 【题组对点练】 1(微考向 1)设函数 f (x) 1log22x，x1， 2x 1，x1， 则 f (2)f (log212)() A3B6C9D12 解析因为函数 f (x) 1log22x，x1， 2x 1，x1， 所以 f (2)1log2(22)123， f (log212)2log212 12log2121 212 1 26，则有 f
15、(2)f (log 212)369。 答案C 2(微考向 2)(多选)已知函数 f (x) lgx，x0， ex 1，x0。 若 f (1)f (a)2，则 a 的所有可能值为() A1B1 C10D10 解析因为 f (x) lgx，x0， ex 1，x0。 所以 f (1)e1 11。因为 f (1)f (a)2，所以 f (a)1。当 a0 时， 由 f (a)1，可得 a1；当 a0， 则满足 f (x1)f (2x)的 x 的取值范围是_。 解析解法一：当 x10， 2x0， 即 x1 时，f (x1)f (2x)即为 2 (x1)22x，即(x1)2x，解得 x0 时，不等式组无解
16、。 当 x10， 2x0， 即1x0 时，f (x1)f (2x)即 12 2x，解得 x0， 2x0， 即 x0 时，f (x1)1，f (2x)1，不合题意。综上，不等式 f (x1)0， 所以函数 f (x)的图象如图所示。由图可知，当 x10 且 2x0 时，函数 f (x) 为减函数，故 f (x1)2x，此时 x1。当 2x0 时，f (2x)1，f (x1)1，满 足 f (x1)f (2x)，此时1x0。综上，不等式 f (x1)f (2x)的解集为(，1(1,0)(，0)。 答案(，0) 4(加强练)已知函数 f (x) 12ax3ax1， ln xx1 的值域为 R，则实数
17、 a 的取值范围是() A(，1)B 1 2，1 C 1，1 2D 0，1 2 解析因为函数 f (x) 12ax3ax0， 12a3a0， 解得1a1 Ca1Da0， a24a10， 解得 a1。综上，a1。 答案A 【例 2】(配合例 2 使用)已知函数 f (x)的定义域为 R，当 x1 2时，f x1 2 f x1 2 ，则 f (5)() A1 2 B1 2 C2D2 解析因为当 x1 2时， f x1 2 f x1 2 ， 所以 f (x1)f (x)， 所以 f (5)f (1)。 因为当1x1 时， f ( x)f (x)，所以 f (1)f (1)。又当 x1， 则满足 2f
18、 (f (a)f (a)的 a 的取值范围是() A(，0B0,2 C2，)D(，02，) 解析作出 f (x)的图象(图略)，可得 f (x)的最小值为1 2，令 tf (a)，则 t 1 2，考虑 f (t) t 2的解，作出 yf (t)与 yt 2的图象如图所示，由图可知，当 t1 时，f (t) t 2，故 t1。下面考虑 f (a)1 的解，作出 yf (a) 与 y1 的图象如图所示，由图可得 a0 或 a2。故选 D。 答案D 【例 4】(配合例 4 使用)已知函数 f (x) 2x1，x0， log1 2 x，x0，且 f m1 2 0，则不等式 f (x)m 的解集为 ()
19、 A. 0， 2 2B. 0， 2 4 C. 1， 2 4D(1，) 解析由函数 f (x) 2x1，x0， log1 2 x，x0，可知当 x0 时，f (x)1，所以 m1 20，可得 log1 2 m1 2 0，解 得 m3 2。不等式 f (x)m 即为 f (x) 3 2，即 x0， 2x13 2 或 x0， log1 2 x3 2， 解得1x0 或 0 x 2 4 ，故 x 1， 2 4 。故选 C。 答案C 深度探究素养达成 课外阅读增分培优 数学文化两类特殊背景的函数 一、以“狄利克雷函数”为背景的函数题 【例 1】已知著名的狄利克雷函数 f (x) 1，xQ， 0，xRQ，
20、其中 R 为实数集，Q 为有理数集，若 mR， 则 f (f (f (m)的值为() A0B1 C0 或 1D无法求 【思路分析】分别讨论 mQ 和 mRQ 的情形即可求解。 【解析】若 mQ，则 f (m)1，所以 f (f (f (m)f (f (1)f (1)1。若 mRQ，则 f (m)0，所以 f (f (f (m)f (f (0)f (1)1。故选 B。 【答案】B 【名师微点】本题是以狄利克雷函数为背景创设的函数题，考查了逻辑推理和数学运算的核心素养。 破解本题的关键：一是明确狄利克雷函数的实质是分段函数，理解集合RQ 表示无理数集；二是分类讨论， 需对 m 分“是有理数”“是无
21、理数”两类讨论；三是注意从内向外逐层脱去外衣“f ”，即可求出所求函数值。 二、以“泰勒公式”为背景的函数题 【例 2】在数学中，泰勒级数用无限项连加式级数来表示一个函数，泰勒级数是以于 1715 年发表 了泰勒公式的英国数学家布鲁克泰勒的名字来命名的。1715 年，泰勒提出了一个常用的方法来构建这一系列 级数并使其适用于所有函数，这就是后来被人们所熟知的泰勒级数。他建立了如下指数函数公式：ex错误错误! xn n！ x0 0！ x1 1！ x2 2！ x3 3！ xn n！，其中 xR，nN，n！1234n，例如：0！1,1！1,2！ 2,3！6。试用上述公式估计 e 1 2 的近似值为(精
22、确到 0.001)() A1.601B1.642C1.648D1.647 【思路分析】根据题意“ex错误错误! xn n！ x0 0！ x1 1！ x2 2！ x3 3！ xn n！”与“e 1 2 ”知，只需令 x0.5， 取前 5 项计算即可得结论。 【解析】由题意知，结果只需要精确到 0.001 即可。令 x0.5，取前 5 项可得，e 1 2 错误错误!0.5 n n！ 错误错误!0.5 n n！ 0.5 0 0！ 0.51 1！ 0.52 2！ 0.53 3！ 0.54 4！1.648 4381.648，所以 e 1 2的近似值为 1.648。故选 C。 【答案】C 【名师微点】本题
23、是以泰勒公式为背景的估计近似值的考题，考查了逻辑推理和数学运算的核心素养。 求解本题的关键：一是明确泰勒公式的特征；二是把所给的数值代入泰勒公式中，经过计算，即可估计出近 似值。 第二节第二节函数的单调性与最值函数的单调性与最值 内容要求考题举例考向规律 1.理解函数的单调性、最大值、 最小值及其几何意义 2 会运用基本初等函数的图象分 析函数的性质 2020全国卷T9(函数单调性、 奇偶性的判断) 2020新高考卷T8(利用单调性 解不等式) 2019全国卷T11(函数的单调 性、奇偶性) 2018北京高考T13(函数的单调 性) 考情分析：以基本初等函数为载 体，考查函数的单调性、单调区
24、间及函数最值的确定与应用；强 化对函数与方程思想、转化与化 归思想、分类讨论思想的考查， 题型既有选择、填空题，又有解 答题 核心素养：逻辑推理、直观想象 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1单调性的定义 (1)单调函数的定义 增函数减函数 定义 一般地，设函数 f (x)的定义域为 I。如果对于定义域 I 内某个区间 D 上的任 意两个自变量的值 x1，x2。 当 x1x2时，都有 f (x1)f (x2)， 那么就说函数f (x)在区间D上是 增函数 当 x1f (x2)， 那么就说函 数 f (x)在区间 D 上是减函数 单调性与单调区间密不可分，单调区间是定义域的子区间。 (2)证明
25、单调性的步骤：证明函数的单调性一般从定义入手，也可以从导数入手。 利用定义证明单调性的一般步骤是 a.x1，x2D，且 x1f (1)Bf (m)0，所以 m1，所以 f (m)f (1)。 答案A 3函数 y 2 x1在区间2,3上的最大值是_。 解析函数 y 2 x1在2,3上是减函数，当 x2 时，y 2 x1取得最大值 2 212。 答案2 二、易错题 4(忽视函数的定义域出错)函数 f (x)ln(43xx2)的单调递减区间是_。 解析函数 f (x)的定义域是(1,4)，u(x)x23x4 x3 2 225 4 ，u(x)的单调递减区间为 3 2，4， 所以函数 f (x)的单调递
26、减区间为 3 2，4。 答案 3 2，4 5(不结合图象出错)若函数 f (x)|2xa|的单调递增区间是3，)，则 a 的值为_。 解析由图象(图略)易知函数 f (x)|2xa|的单调递增区间是 a 2，令a 23，得 a6。 答案6 6(忘记函数的单调区间出错)已知函数 yf (x)是定义在2,2上的减函数，且 f (a1)2a， 解得1a1。 答案1,1) 考点例析对点微练 互动课堂考向探究 考点一函数单调性的判断与证明 【例 1】(1)(2021北京延庆一模)下列函数中，是奇函数且在其定义域上是增函数的是() Ay1 x Bytan x Cyexe x Dy x2，x0， x2，x0
27、 解析对于 A 选项，反比例函数 y1 x有两个单调递减区间；对于 B 选项，由正切函数 ytan x 的图象可 知不符合题意；对于 C 选项，令 f (x)exe x 知 f (x)e xex，所以 f (x)f (x)0，所以 f (x)exex 为奇函数，又 yex单调递增，ye x 单调递增，所以函数 yexe x 单调递增；对于 D 选项，令 g(x) x2，x0， x2，x0， 所以 g(x)g(x)0， 所以函数 y x2，x0， x2，x0 不是奇函 数。故选 C。 答案C (2)判断并证明函数 f (x)ax21 x(其中 1a3)在1,2上的单调性。 解函数 f (x)ax
28、21 x(1a3)在1,2上单调递增。 证法一：设 1x1x22， 则 f (x2)f (x1)ax22 1 x2ax 2 1 1 x1 (x2x1) ax1x2 1 x1x2， 由 1x10,2x1x24， 1x1x24，1 1 x1x2 1 4。 又因为 1a3，所以 2a(x1x2)0， 从而 f (x2)f (x1)0，即 f (x2)f (x1)， 故当 a(1,3)时，f (x)在区间1,2上单调递增。 证法二：f (x)2ax 1 x2 2ax31 x2 ， 因为 1x2，所以 1x38，又 1a0，所以 f (x)0， 所以函数 f (x)ax21 x(其中 1a3)在1,2上
29、单调递增。 确定函数单调性的方法 1定义法和导数法，证明函数单调性只能用定义法和导数法。 2复合函数法，复合函数单调性的规律是“同增异减”。 3图象法，图象不连续的单调区间不能用“”连接。 4具有单调性函数的加减。 【变式训练】(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 解析由 2x10， 2x10， 得函数 f (x)的定义域为 ，1 2 1 2， 1 2 1 2，其关于原点对称，因
30、为 f (x)ln|2(x)1|ln|2(x)1|ln|2x1|ln|2x1|f (x)，所以函数 f (x)为奇函数，排除 A，C； 当 x 1 2， 1 2 时，f (x)ln(2x1)ln(12x)，易知函数 f (x)单调递增，排除 B；当 x ，1 2 时，f (x) ln(2x1)ln(12x)ln2x1 2x1ln 1 2 2x1 ，易知函数 f (x)单调递减，故选 D。 答案D (2)试讨论函数 f (x) ax x1(a0)在区间(1,1)上的单调性。 解设1x1x21， f (x)a x11 x1a 1 1 x1 ， 则 f (x1)f (x2)a 1 1 x11 a 1
31、 1 x21 ax2x1 x11x21， 由于1x1x20，x110，x210 时，f (x1)f (x2)0，即 f (x1)f (x2)，函数 f (x)在区间(1,1)上单调递减； 当 a0 时，f (x1)f (x2)0，即 f (x1)f (x2)，函数 f (x)在区间(1,1)上单调递增。 考点二求函数的单调区间 【例 2】求下列函数的单调区间。 (1)f (x)x22|x|3； (2)f (x)log1 2 (x24x5)； (3)f (x)xln x。 解(1)因为 f (x) x22x3，x0， x22x3，x0，所以1x0。 f (x)11 x x1 x 。 x(0,1)
32、1(1，) f (x)0 f (x) 由上表可知，函数的单调递增区间为(1，)，单调递减区间为(0,1)。 求函数的单调区间(确定函数单调性)的方法 1利用已知函数的单调性，即转化为已知函数的和、差或复合函数，求单调区间。 2定义法：先求定义域，再利用单调性的定义求单调区间。 3图象法：如果 f (x)是以图象形式给出的，或者 f (x)的图象易作出，可由图象的直观性写出它的单调区 间。 4导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间。 5求复合函数的单调区间的一般步骤是：求函数的定义域；求简单函数的单调区间；依据“同增 异减”求复合函数的单调区间。 6求函数单调区间，定义域优先。 【变式训练
33、】(1)函数 f (x)ln(x22x8)的单调递增区间是() A(，2)B(，1) C(1，)D(4，) 解析由 x22x80，得 x(，2)(4，)。令 tx22x8，则 yln t，因为 x(， 2)时，tx22x8 为减函数；x(4，)时，tx22x8 为增函数；yln t 为增函数，故函数 f (x)ln(x2 2x8)的单调递增区间是(4，)。故选 D。 答案D (2)设函数 f (x) 1，x0， 0，x0， 1，x1， 0，x1， x2，xx11 时，f (x2)f (x1)(x2x1)abBcba CacbDbac 解析由 f (x)的图象关于直线 x1 对称，可得 f 1
34、2 f 5 2 。由 x2x11 时，f (x2)f (x1)(x2x1)0 恒 成立，知 f (x)在(1，)上单调递减。因为 125 2f 5 2 f (e)，所以 bac。 答案D 比较函数值的大小时，应先将自变量转化到同一个单调区间内，再利用函数的单调性去比较大小。 微考向 3：利用函数的单调性解不等式 【例 5】(2020新高考卷)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() A1,13，)B3，10,1 C1,01，)D1,01,3 解析解法一：由题意知 f (x)在(，0)，(0，)单调递减，且 f
35、(2)f (2)f (0)0。当 x0 时， 令 f (x1)0，得 0 x12，所以 1x3；当 x0 时，令 f (x1)0，得2x10，所以1x1， 又 x0，所以1x0；当 x0 时，显然符合题意。综上，原不等式的解集为1，01,3。故选 D。 解法二：当 x3 时，f (31)0，符合题意，排除 B；当 x4 时，f (41)f (3)0， a1， 3aa， 解得3 2a3。故选 D。 答案D (2)已知函数 f (x)e|x a|(a 为常数)，若 f (x)在区间1，)上是增函数，则 a 的取值范围是_。 解析因为 f (x)e|x a| ex a，xa， ea x，xaBacC
36、abDbc 解析因为 1log 2 2log 2 3log 2 22,0log 3 2log 3 31， 所以 log 3 2log 2 32。 因为f (x)在0， )上单调递增， 所以f (log 3 2)f (log 2 3)ab。故选 AC。 答案AC 3(微考向 3)已知偶函数 f (x)满足 f (x)x2 x(x0)，则x|f (x2)1( ) Ax|x0Bx|x4 Cx|x2Dx|x4 解析因为当 x0 时，f (x)1 2 x20，所以函数 f (x)在区间(0，)上单调递增。因为函数 f (x)是偶函 数，所以 f (2)f (2)1，所以不等式 f (x2)1 等价于 f
37、 (|x2|)f (2)，即|x2|2，即 x22， 得 x0。所以x|f (x2)1x|x0。故选 A。 答案A 4(微考向 4)已知定义在(，)上的增函数 f (x)满足对任意 x1，x2(，)，都有 f (x1x2) 1 2f (x 1)f (x2)，且 f (0)0，f (1)6，若 2f (a1)18，则 a 的取值范围是() A. 1 2，1B(1,1) C(0,2)D(1,3) 解析在 f (x1x2)1 2f (x 1)f (x2)中，令 x1x21，得 f (2)1 2f (1)f (1)18，令 x 1x20，得 f (0)2， 所以 2f (a1)18，即 f (0)f
38、(a1)f (2)，因为 f (x)为定义在(，)上的增函数，所以 0a12，所 以1a0，y0 都有 f x y f (x)f (y)，当 x1 时，有 f (x)0。 (1)求 f (1)的值； (2)判断 f (x)的单调性并证明； (3)若 f (6)1，解不等式 f (x5)f 1 x 2。 解(1)f (1)f x x f (x)f (x)0。 (2)f (x)在(0，)上是增函数。 证明：设 0 x11，所以 f x2 x10。 所以 f (x2)f (x1)0， 即 f (x)在(0，)上是增函数。 (3)因为 f (6)f 36 6 f (36)f (6)， 又 f (6)1
39、，所以 f (36)2， 原不等式化为 f (x25x)0， 1 x0， x25x36， 解得 0 x4。 【例 2】(多选)(配合例 4 使用)下列四个命题中为真命题的是(e 为自然对数的底数)() Aln 5 e C2 11 4 2 解析构造函数 f (x)ln x x ，求导得 f (x)1ln x x2 ，则当 0 x0，f (x)在(0，e)上单调递增，当 xe 时， f (x)0， f (x)在(e， )上单调递减。 所以 f (x)maxf (e)1 e。 由 2 5e， 可得 f (2)f ( 5)， 即有 ln 2 2 5ln 2，所以 A 为假命题；由 e e，可得 f (
40、 e)f ( )，即有ln e e e，所以 B 为真命题；由 f (x)ln x x 的最大值为1 e，可取 x2 2，则 ln 2 2 2 2 1 e，可得 eln 2 22 2，即 3 2eln 22 2，则 3eln 24 2，所以 D 为假命题。构造函数 g(x)2xx2，可得 g(2)g(4)0，当 2x4 时，g(x)0，即有 2 11 11， 所以 C 为真命题。综上可知，为真命题的是 BC。故选 BC。 答案B 【例 3】(配合例 6 使用)已知定义在 R 上的函数 f (x)满足 f (x)f (x)，且 f (x)在0，)上单调递增， 不等式 f (ax2)f (1)对于
41、任意的 x1,2恒成立，则 a 的取值范围是() A0,1B. 1，1 2 C. 1 2，0D. 3 2，1 解析由 f (x)是定义在 R 上的函数且满足 f (x)f (x)，可知 f (x)的图象关于 y 轴对称。又由 f (x)在0， )上单调递增，可知 f (x)在(，0)上单调递减。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。故选 D。 答案答案D 第三节第三节函数的奇偶性与周期性函数的奇偶性与周期性 内容要求考题举例考向规律 1.结合具体函数， 了解函数 奇偶性的含义 2会运用函数图象理解和 研究函数的奇偶性
42、 3了解函数周期性、最小 正周期的含义， 会判断、 应 用简单函数的周期性 2020全国卷T12(新定义、周期序列) 2020江苏高考T7(函数的奇偶性求值) 2019全国卷T14(函数的奇偶性) 2018全国卷T11(函数的奇偶性、周期 性) 2017全国卷T5(函数的奇偶性、单调 性) 考情分析：以理解函数的奇偶性、 会用函数的奇偶性为主，常与函 数的单调性、周期性交汇命题， 加强函数与方程思想、转化与化 归思想的应用意识，题型以选择、 填空题为主，中等偏上难度 核心素养：数学抽象 教材回扣基础自测 自主学习知识积淀 1函数的奇偶性 奇偶性条件图象特点 偶函数对于函数 f (x)的定义域内
43、任意一个 x，都有 f (x)f (x)关于 y 轴对称 奇函数对于函数 f (x)的定义域内任意一个 x，都有 f (x)f (x)关于原点对称 2周期性 (1)周期函数：对于函数 yf (x)，如果存在一个非零常数 T，使得当 x 取定义域内的任何值时，都有 f (x T)f (x)，那么就称函数 yf (x)为周期函数，称 T 为这个函数的周期。 (2)最小正周期：如果在周期函数 f (x)的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做 f (x) 的最小正周期。 1一条规律 奇、偶函数定义域的特点是关于原点对称。函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的必要不充分 条件。 2两
44、个性质 (1)如果一个奇函数 f (x)在原点处有定义，即 f (0)有意义，那么一定有 f (0)0；如果函数 f (x)是偶函数， 那么 f (x)f (|x|)。 (2)奇函数在两个关于原点对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个关于原点对称的区间上具有相 反的单调性。 3函数周期性常用的结论 对函数 f (x)定义域内任一自变量的值 x， (1)若 f (xa)f (x)，则 T2a(a0)。 (2)若 f (xa) 1 f x，则 T2a(a0)。 (3)若 f (xa) 1 f x，则 T2a(a0)。 一、常规题 1(2020江苏高考)已知 yf (x)是奇函数，当 x0 时，
45、f (x)x 2 3 ，则 f (8)的值是_。 解析由题意可得 f (8)f (8)8 2 3 (23) 2 3 224。 答案4 2设 f (x)是定义在 R 上的周期为 2 的函数，当 x1,1)时，f (x) 4x22，1x0， x，0 x0， |x3|30， 得1x0 时，f (x)x3，则函数 f (x)的解 析式为 f (x)_。 解析设 x0，所以 f (x)f (x)(x)3x3(x0， 0，x0， x3，x0， 0，x0， x3，x0 时，f (x)x1，则当 x0 时，f (x)x1，所以当 x0，f (x)f (x)(x1)x 1，即当 x0 时，f (x)x2x，则当
46、 x0 时，函数 f (x)的最大值为_。 解析解法一：当 x0，所以 f (x)x2x。又因为函数 f (x)为奇函数，所以 f (x)f (x) x2x x1 2 21 4，所以当 x0 时，f (x)x2x x1 2 21 4，最小值为 1 4，因为函数 f (x)为奇函数，所以当 xf (x2)的形式，再结合单调性，脱去“f ”变成常规不等式，如 x1x2)求解，但应注意定义域。 微考向 2：函数奇偶性、周期性、对称性的综合 【例 4】(1)(多选)设函数 yf (x)是定义在 R 上的奇函数，满足 f (x2)f (x)，当 x1,1时，f (x) x3，则下列说法正确的是() A4
47、 是函数 yf (x)的周期 B当 x1,3时，f (x)(x2)3 C函数 yf (x)的图象关于直线 x1 对称 D函数 yf (x)的图象关于点(2,0)对称 解析由函数 yf (x)是定义在 R 上的奇函数及 f (x2)f (x)，可得 f (x4)f (x)，所以 4 是函数 y f (x)的周期，故 A 正确；当 x1,3时，x21，1，f (x2)(x2)3f (x)，所以 f (x)(2x)3，故 B 错误； 由 f (x2)f (x)及 f (x)为奇函数可得 f (1x)f (1x)， 所以函数 yf (x)的图象关于直线 x1 对称， 故 C 正确； 易知 f (2)0
48、， 由 f (x2)f (x)， 可得 f (x2)f (x)f (x)f (x2)， 所以 f (x2)f (x 2)，所以 f (x2)f (2x)，所以函数 yf (x)的图象关于点(2,0)对称，故 D 正确。故选 ACD。 答案ACD (2)已知定义在 R 上的函数 f (x)在1，)上单调递减，且 f (x1)是偶函数，若对任意的 x1,0，不 等式 f (m2)f (x1)恒成立，则实数 m 的取值范围是() A3,1 B4,2 C(，31，) D(，42，) 解析因为 f (x1)是偶函数，所以 f (x1)f (x1)，即 f (x)的图象关于直线 x1 对称，由函数 f (
49、x) 在1，)上单调递减，且 f (m2)f (x1)，得|(m2)1|(x1)1|，即|m1|x2|。因为当 x 1,0时，f (m2)f (x1)恒成立，所以当 x1,0时，|m1|x2|min，即|m1|2，解得3m1。故 选 A。 答案A 解决对称性、周期性与奇偶性相结合的问题，通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶 性和单调性求解。 【题组对点练】 1(微考向 1)设 f (x)是定义在2b,3b上的偶函数，且在2b,0上为增函数，则 f (x1)f (3)的解集 为() A3,3B2,4 C1,5D0,6 解析因为 f (x)是定义在2b,3b上的偶函数，所以有2b3b
50、0，解得 b3。由函数 f (x)在6， 0上为增函数，得 f (x)在(0,6上为减函数，故 f (x1)f (3)f (|x1|)f (3)|x1|3，故2x4。故选 B。 答案B 2 (微考向 2)已知函数 yf (x)满足 yf (x)和 yf (x2)是偶函数， 且 f (1) 3， 设 F (x)f (x)f (x)， 则 F (3)() A. 3 B. 2 3 CD. 4 3 解析由 yf (x)是偶函数，得 f (x)f (x)，则 f (x2)f (x2)，由 yf (x2)是偶函数，得 f (x 2)f (x2)，则 f (x2)f (x2)，所以 f (x4)f (x)，
