基礎(chǔ)回歸3
1．(人A必一P159復(fù)習(xí)參考題1)函數(shù)y＝－2－x與y＝2x的圖象( C )
A．關(guān)于x軸對稱B．關(guān)于y軸對稱
C．關(guān)于原點對稱D．關(guān)于直線y＝x對稱
【解析】 y＝2x中用－x代替x，用－y代替y，則得到y(tǒng)＝－2－x，所以函數(shù)y＝－2－x與y＝2x的圖象關(guān)于原點對稱．
2．下列函數(shù)中是奇函數(shù)的是( D )
A．y＝2x＋2－xB．y＝xeq \f(3,2)
C．y＝eq \f(x2,x2＋1)D．y＝x|x|
【解析】 y＝f(x)＝2x＋2－x，定義域為R，關(guān)于原點對稱，且f(－x)＝2－x＋2x＝f(x)，則該函數(shù)為偶函數(shù)，故A不符合題意；y＝f(x)＝xeq \f(3,2)＝eq \r(,x3)，定義域為[0，＋∞)，不關(guān)于原點對稱，所以該函數(shù)為非奇非偶函數(shù)，故B不符合題意；y＝f(x)＝eq \f(x2,x2＋1)，定義域為R，且f(－x)＝f(x)，所以該函數(shù)為偶函數(shù)，故C不符合題意；y＝f(x)＝x|x|，定義域為R，關(guān)于原點對稱，且f(－x)＝－x|x|＝－f(x)，故該函數(shù)為奇函數(shù)．
3．下列函數(shù)在(1,3)上單調(diào)遞減的是( D )
A．y＝x2－4xB．y＝2x－1
C．y＝eq \r(3,x2)D．y＝csx＋1
【解析】 對于A，由二次函數(shù)性質(zhì)知，y＝x2－4x的圖象開口向上，且在(－∞，2)上單調(diào)遞減，在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，故A錯誤；對于B，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，函數(shù)y＝2x在R上單調(diào)遞增，將y＝2x的圖象向右平移1個單位長度得到y(tǒng)＝2x－1的圖象，其在(1,3)上單調(diào)遞增，故B錯誤；對于C，由冪函數(shù)的單調(diào)性知y＝eq \r(3,x2)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，其在(1,3)上單調(diào)遞增，故C錯誤；對于D，根據(jù)余弦函數(shù)的單調(diào)性知，y＝csx＋1在(2kπ，2kπ＋π)(k∈Z)上單調(diào)遞減，當(dāng)k＝0時，(2kπ，2kπ＋π)＝(0，π)，又(1,3)?(0，π)，所以y＝csx＋1在(1,3)上單調(diào)遞減，故D正確．
4．已知函數(shù)f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)，則( C )
A．f(x)在(－∞，2)上單調(diào)遞增
B．f(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞減
C．y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱
D．y＝f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱
【解析】 因為f(－2)＝eq \f(1,－2)－eq \f(1,－2－2)＝－eq \f(1,4)，f(－1)＝－1－eq \f(1,－1－2)＝－eq \f(2,3)，所以f(－2)＞f(－1)，所以A不正確；因為f(3)＝eq \f(1,3)－1＝－eq \f(2,3)，f(4)＝eq \f(1,4)－eq \f(1,4－2)＝－eq \f(1,4)，所以f(3)＜f(4)，故B不正確；因為f(2－x)＝eq \f(1,2－x)－eq \f(1,2－x－2)＝eq \f(1,2－x)＋eq \f(1,x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)＝f(x)，所以y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱，故C正確；在f(x)＝eq \f(1,x)－eq \f(1,x－2)的圖象上取一點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(1,4)))，則其關(guān)于點(1,0)的對稱點為eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,4)))，因為f(4)＝－eq \f(1,4)≠eq \f(1,4)，所以點eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4，\f(1,4)))不在函數(shù)f(x)的圖象上，故y＝f(x)的圖象不關(guān)于點(1,0)對稱，故D不正確．
5．(2023·新高考Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)為偶函數(shù)，則a＝( B )
A．－1B．0
C．eq \f(1,2)D．1
【解析】 f(x)＝(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)，x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，＋∞))，則f(－x)＝(－x＋a)lneq \f(－2x－1,－2x＋1)＝(－x＋a)lneq \f(2x＋1,2x－1)．因為f(x)為偶函數(shù)，所以f(x)＝f(－x)，即(x＋a)lneq \f(2x－1,2x＋1)＝(－x＋a)lneq \f(2x＋1,2x－1)＝(x－a)lneq \f(2x－1,2x＋1)，所以有x＋a＝x－a，解得a＝0．
舉題固法4
目標引領(lǐng)
函數(shù)的性質(zhì)
例1 (1) (2023·深圳一調(diào))已知f(x)為奇函數(shù)，且x＜0時，f(x)＝ex，則f(e)＝( D )
A．eeB．－ee
C．e－eD．－e－e
【解析】 已知f(x)為奇函數(shù)，且x＜0時，f(x)＝ex，則f(e)＝－f(－e)＝－e－e．
(2) (2023·武漢二調(diào))已知函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤a，,2x，x＞a，))若f(x)的值域是R，則實數(shù)a的取值范圍是( B )
A．(－∞，0]B．[0,1]
C．[0，＋∞)D．(－∞，1]
【解析】 根據(jù)題意可得，在同一平面直角坐標系中分別畫出函數(shù)y＝x＋1和g(x)＝2x的圖象如圖所示．由圖可知，當(dāng)x＝0或x＝1時，兩圖象相交．若f(x)的值域是R，以實數(shù)a為分界點，可進行如下分類討論：當(dāng)a＜0時，顯然值域不為R；同理當(dāng)a＞1時，值域也不是R；當(dāng)0≤a≤1時，兩圖象相接或者有重合的部分，此時值域是R．綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是[0,1]．
(例1(2))
(3) (2023·十堰調(diào)研)(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq \f(2,x－1)，則( AC )
A．f(x)的定義域是(－∞，1)∪(1，＋∞)
B．f(x)的值域是R
C．f(x＋1)是奇函數(shù)
D．f(x)在(－∞，1)∪(1，＋∞)上單調(diào)遞減
【解析】 對于A，分式中分母不等于0，所以x－1≠0，解得x≠1，所以f(x)的定義域是(－∞，1)∪(1，＋∞)，故A正確；對于B，f(x)的值域是(－∞，0)∪(0，＋∞)，故B錯誤；對于C，f(x＋1)＝eq \f(2,x)，令g(x)＝eq \f(2,x)，定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，g(－x)＝－eq \f(2,x)＝－g(x)，所以g(x)是奇函數(shù)，即f(x＋1)是奇函數(shù)，故C正確；對于D，多個單調(diào)區(qū)間可用逗號(或“和”)隔開，所以f(x)在(－∞，1)，(1，＋∞)上單調(diào)遞減，在(－∞，1)∪(1，＋∞)上不是單調(diào)遞減的，故D錯誤．
函數(shù)的四個性質(zhì)的應(yīng)用
(1) 奇偶性：具有奇偶性的函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上，其圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系密切，研究問題時可以轉(zhuǎn)化到部分(一般取一半)區(qū)間上，注意偶函數(shù)常用結(jié)論f(x)＝f(|x|)；
(2) 單調(diào)性：可以比較大小、求函數(shù)最值、解不等式、證明方程根的唯一性；
(3) 周期性：利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì)，把不在已知區(qū)間上的問題轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解；
(4) 對稱性：常圍繞圖象的對稱中心設(shè)置試題背景，利用圖象對稱中心的性質(zhì)簡化所求問題．
變式1 (1) (2023·邢臺期末)(多選)已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))＝x2＋eq \f(16,x2)，則( BCD )
A．函數(shù)f(x)為增函數(shù)
B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱
C．f(－3＋lg20.25)＝17
D．?x∈(0，＋∞)，28＜f(0.5x＋6)＜41
【解析】 當(dāng)x＞0時，x＋eq \f(4,x)≥2eq \r(x·\f(4,x))＝4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2時等號成立；當(dāng)x＜0時，x＋eq \f(4,x)＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－x＋\f(4,－x)))≤－2eq \r(－x·\f(4,－x))＝－4，當(dāng)且僅當(dāng)x＝－2時等號成立．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))＝x2＋eq \f(16,x2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(4,x)))2－8，f(x)＝x2－8，x∈(－∞，－4]∪[4，＋∞)，故A錯誤；因為f(－x)＝x2－8＝f(x)，所以f(x)為偶函數(shù)，故B正確；f(－3＋lg20.25)＝f(－5)＝25－8＝17，故C正確；?x∈(0，＋∞)，6＜0.5x＋6＜7，則28＜f(0.5x＋6)＜41，故D正確．
(2) (2023·南京、鹽城期末)若函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d滿足f(1－x)＋f(1＋x)＝0對一切實數(shù)x恒成立，則不等式f′(2x＋3)＜f′(x－1)的解集為( C )
A．(0，＋∞)B．(－∞，－4)
C．(－4,0)D．(－∞，－4)∪(0，＋∞)
【解析】 由題知(1－x)3＋b(1－x)2＋c(1－x)＋d＋(1＋x)3＋b(1＋x)2＋c(1＋x)＋d＝0，化簡并整理得(2b＋6)x2＋2(b＋c＋d＋1)＝0，所以b＝－3．因為f′(x)＝3x2＋2bx＋c，其圖象的開口向上，對稱軸方程為x＝1，所以由f′(2x＋3)＜f′(x－1)，得|2x＋3－1|＜|x－1－1|，化簡并整理得x2＋4x＜0，解得－4＜x＜0．
函數(shù)圖象的識別
例2 (2023·無錫期末)函數(shù)f(x)＝eq \f(2xlnx2,4x＋1)的部分圖象大致為( A )

A B C D
【解析】 f(x)＝eq \f(2xlnx2,4x＋1)變形為f(x)＝eq \f(lnx2,2x＋2－x)，定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝eq \f(ln?－x?2,2－x＋2x)＝eq \f(lnx2,2x＋2－x)＝f(x)，故f(x)為偶函數(shù)，關(guān)于y軸對稱．當(dāng)0＜x＜1時，f(x)＜0，當(dāng)x≥1時，f(x)≥0，排除BC．又當(dāng)x→＋∞時，f(x)→0，故排除D．
確定函數(shù)圖象的主要方法是利用函數(shù)的性質(zhì)，如定義域、奇偶性、單調(diào)性等，有時可利用一些特征點排除不符合要求的圖象．
變式2 (2023·泉州二測)如圖是下列四個函數(shù)中某個函數(shù)的大致圖象，則該函數(shù)是( D )
(變式2)
A．y＝eq \r(|x|)B．y＝eq \f(2x,x2＋1)
C．y＝lneq \f(1＋x,1－x)D．y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)
【解析】 觀察圖象知，圖象對應(yīng)函數(shù)的定義域為R，值域為(－a，a)(a為正常數(shù))，函數(shù)在R上單調(diào)遞增，其圖象過原點．對于A，函數(shù)y＝eq \r(|x|)的定義域為R，值域為[0，＋∞)，不符合題意，A不是；對于B，函數(shù)y＝eq \f(2x,x2＋1)的定義域為R，當(dāng)x∈(0，＋∞)時，y＝eq \f(2x,x2＋1)≤eq \f(2x,2x)＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取等號，因此函數(shù)y＝eq \f(2x,x2＋1)在(0，＋∞)上有最大值1，不符合題意，B不是；對于C，函數(shù)y＝lneq \f(1＋x,1－x)有意義，eq \f(1＋x,1－x)＞0，解得－1＜x＜1，即函數(shù)y＝lneq \f(1＋x,1－x)的定義域為(－1，1)，不符合題意，C不是；對于D，函數(shù)y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)的定義域為R，y＝eq \f(22x－1,22x＋1)＝1－eq \f(2,22x＋1)，當(dāng)x＝0時，y＝0．因為函數(shù)y＝22x＋1在R上單調(diào)遞增，則函數(shù)y＝eq \f(2,22x＋1)在R上單調(diào)遞減，因此y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)在R上單調(diào)遞增．又22x＞0，即22x＋1＞1，因此0＜eq \f(2,22x＋1)＜2，－1＜1－eq \f(2,22x＋1)＜1，則函數(shù)y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)的值域為(－1,1)，所以函數(shù)y＝eq \f(2x－2－x,2x＋2－x)符合題意，D是．
函數(shù)與方程
例3 (1) 已知函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|lnx|，x＞0，,－3x2－x，x≤0，))若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m∈R)有三個不同的零點x1，x2，x3，則x1x2x3的值為( D )
A．0B．－eq \f(1,3)
C．0或－eq \f(1,3)D．0或－eq \f(1,6)
【解析】 作出f(x)的圖象如圖所示，其中feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6)))＝eq \f(1,12)．若函數(shù)g(x)＝f(x)－m(m∈R)有三個不同的零點x1，x2，x3，則m＝0或m＝eq \f(1,12)．當(dāng)m＝0時，三個零點為－eq \f(1,3)，0,1，故x1x2x3＝0；當(dāng)m＝eq \f(1,12)時，小于0的零點為－eq \f(1,6)，大于0的兩個零點之積為1，所以x1x2x3＝－eq \f(1,6)．
(例3(1))
(2) 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3－x2＋1，g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x＞0，,－x2－6x－8，x≤0，))則函數(shù)h(x)＝f(g(x))－1的零點為__－4，－3，－2，eq \f(1,2)__．
【解析】 函數(shù)h(x)的零點即為方程h(x)＝0的解，也即f(g(x))＝1的解．令t＝g(x)，則原方程的解變?yōu)榉匠探Meq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(t＝g?x?，①,f?t?＝1②))的解．由方程②可得t3－t2＝0，解得t＝0或t＝1．將t＝0代入方程①，方程x＋eq \f(1,4x)＝0無解，由方程－x2－6x－8＝0，解得x＝－4或x＝－2；將t＝1代入方程①，由方程x＋eq \f(1,4x)＝1，解得x＝eq \f(1,2)，由方程－x2－6x－8＝1，解得x＝－3．綜上，函數(shù)h(x)的零點為－4，－3，－2，eq \f(1,2)，共四個零點．
函數(shù)圖象的應(yīng)用主要體現(xiàn)為數(shù)形結(jié)合思想，借助于函數(shù)圖象的特點和變化規(guī)律，求解有關(guān)不等式恒成立、最值、交點、方程的根等問題．求解兩個函數(shù)圖象在給定區(qū)間上的交點個數(shù)問題時，可以先畫出已知函數(shù)完整的圖象，再觀察．
變式3 (2023·重慶三模)已知函數(shù)f(x)是定義在(0，＋∞)上的單調(diào)函數(shù)，且對?x∈(0，＋∞)，都有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f?x?－\f(1,x)))＝2．若f(a)＝2，則a＝__1__；若關(guān)于x的方程|f(x)－2|＝m有兩個不等實根，則m的取值范圍是__(0,1)__．
【解析】 根據(jù)題意，f(x)－eq \f(1,x)為常數(shù)，不妨令其為c(c＞0)，故f(x)＝eq \f(1,x)＋c，且f(c)＝2，則f(c)＝eq \f(1,c)＋c＝2，解得c＝1，故f(x)＝eq \f(1,x)＋1(x＞0)．若f(a)＝2，即eq \f(1,a)＋1＝2，解得a＝1；若|f(x)－2|＝m即eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))＝m，由題可知y＝m與y＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1))(x＞0)的圖象有兩個不同的交點．在同一平面直角坐標系中作出兩個函數(shù)圖象如圖所示，數(shù)形結(jié)合可知，當(dāng)m∈(0,1)時滿足題意，故m的取值范圍是(0,1)．
(變式3)
隨堂內(nèi)化
1．(2023·石家莊期初)已知f(x)是偶函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－2x，若f(a)＝3，則a＝( B )
A．±1B．±3
C．－1或3D．±1或±3
【解析】 當(dāng)a≥0時，由f(a)＝3，得a2－2a＝3，解得a＝－1(舍去)或a＝3．根據(jù)偶函數(shù)的圖象關(guān)于y軸對稱，可知當(dāng)a＜0時，由f(a)＝3，得a＝1(舍去)或a＝－3，綜上，a＝±3．
2．(2023·宿州一模)函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|的圖象大致是( A )

A B C D
【解析】 函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|的定義域為{x|x≠0}，又f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3x＋1)－\f(1,2)))ln|x|可化為f(x)＝eq \f(1－3x,2?3x＋1?)ln|x|，所以f(－x)＝eq \f(1－3－x,2?3－x＋1?)ln|－x|＝eq \f(3x－1,2?1＋3x?)ln|x|＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，C，D錯誤；令f(x)＝0，可得(1－3x)·ln|x|＝0，解得x＝±1或x＝0(舍去)，所以函數(shù)f(x)的零點為x1＝1，x2＝－1，取x＝2可得f(2)＝eq \f(1－32,2?32＋1?)ln|2|＜0，B錯誤．
3．(2023·新高考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( D )
A．(－∞，－2]B．[－2,0)
C．(0,2]D．[2，＋∞)
【解析】 令t＝x(x－a)，要使得f(x)＝2x(x－a)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，需要滿足t＝x(x－a)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞減，所以eq \f(a,2)≥1，即a≥2，所以a的取值范圍是[2，＋∞)．
4．(2023·曲靖一模)(多選)已知函數(shù)f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，0≤x≤2，,sin\f(π,2)x，2＜x≤4，))則下列結(jié)論正確的有( AC )
A．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝－eq \f(\r(2),2)
B．函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對稱
C．函數(shù)f(x)的值域為[－1,0]
D．若函數(shù)y＝f(x)－m有四個零點，則實數(shù)m的取值范圍是(－1,0]
【解析】 feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝sineq \f(5π,4)＝－eq \f(\r(2),2)，故A正確；由題可知函數(shù)的定義域為[0,4]，不關(guān)于x＝1對稱，故B錯誤；當(dāng)0≤x≤2時，f(x)＝x2－2x＝(x－1)2－1∈[－1，0]．當(dāng)2＜x≤4時，eq \f(π,2)x∈(π，2π]，f(x)＝sineq \f(π,2)x∈[－1,0]，所以函數(shù)f(x)的值域為[－1,0]，故C正確；由y＝f(x)－m＝0可得f(x)＝m，則函數(shù)y＝f(x)與y＝m有四個交點，在同一平面直角坐標系中作出函數(shù)y＝f(x)與y＝m的大致圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)y＝f(x)－m有四個零點，則實數(shù)m的取值范圍是(－1,0)，故D錯誤．
(第4題)

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