新高考数学二轮复习专题一第1讲函数的图象与性质学案

这是一份新高考数学二轮复习专题一第1讲函数的图象与性质学案，共22页。

[考情分析] 1.函数的图象与性质是高考考查的重点和热点，主要考查函数的定义域、分段函数、函数图象的识别与应用以及函数性质(单调性、奇偶性、周期性、对称性)的综合应用，难度属于中等及以上.2.此部分内容多以选择题、填空题的形式出现，有时在压轴题的位置，多与导数、不等式、创新性问题相结合命题．
考点一 函数的概念与表示
核心提炼
1．复合函数的定义域
(1)若f(x)的定义域为[m，n]，则在f(g(x))中，由m≤g(x)≤n解得x的范围即为f(g(x))的定义域．
(2)若f(g(x))的定义域为[m，n]，则由m≤x≤n得到g(x)的范围，即为f(x)的定义域．
2．分段函数
分段函数的定义域等于各段函数的定义域的并集，值域等于各段函数值域的并集．
例1 (1)(2022·南阳检测)已知函数f(x)＝lg eq \f(1－x,1＋x)，则函数g(x)＝f(x－1)＋eq \r(2x－1)的定义域是( )
A．{x|x<0或x>2} B.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤x<2))))
C．{x|x>2} D.eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≥\f(1,2)))))
答案 B
解析 要使f(x)＝lg eq \f(1－x,1＋x)有意义，则eq \f(1－x,1＋x)>0，
即(1－x)(1＋x)>0，解得－1所以函数f(x)的定义域为(－1,1)．
要使g(x)＝f(x－1)＋eq \r(2x－1)有意义，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－1所以函数g(x)的定义域为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤x<2)))).
(2)已知实数a∈R，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2a，x<1，,－x，x>1，))若f(1－a)>f(1＋a)，则实数a的取值范围是________．
答案 (－2，－1)∪(0，＋∞)
解析 由题意知a≠0，
①当a<0时，1－a>1,1＋a<1，
∴－(1－a)>(1＋a)2＋2a，
化简得a2＋3a＋2<0，
解得－2又a<0，∴a∈(－2，－1)；
②当a>0时，1－a<1,1＋a>1，
∴(1－a)2＋2a>－(1＋a)，
化简得a2＋a＋2>0，解得a∈R，
又a>0，∴a∈(0，＋∞)，
综上，实数a的取值范围是(－2，－1)∪(0，＋∞)．
规律方法 (1)形如f(g(x))的函数求值时，应遵循先内后外的原则．
(2)对于分段函数的求值(解不等式)问题，必须依据条件准确地找出利用哪一段求解．
跟踪演练1 (1)(2022·潍坊模拟)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3，x≥10，,ffx＋4，x<10，))则f(8)等于( )
A．10 B．9 C．7 D．6
答案 C
解析 因为f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－3，x≥10，,ffx＋4，x<10，))
则f(8)＝f(f(12))＝f(9)＝f(f(13))
＝f(10)＝7.
(2)(多选)设函数f(x)的定义域为D，如果对任意的x∈D，存在y∈D，使得f(x)＝－f(y)成立，则称函数f(x)为“M函数”．下列为“M函数”的是( )
A．y＝sin xcs x B．y＝ln x＋ex
C．y＝2x D．y＝x2－2x
答案 AB
解析 由题意，得“M函数”的值域关于原点对称．A中，y＝sin xcs x＝eq \f(1,2)sin 2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，其值域关于原点对称，故A是“M函数”；B中，函数y＝ln x＋ex的值域为R，故B是“M函数”；C中，因为y＝2x>0，故C不是“M函数”；D中，y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，其值域不关于原点对称，故D不是“M函数”．
考点二 函数的图象
核心提炼
1．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、对称变换．
2．利用函数图象可以判断函数的单调性、奇偶性，作图时要准确画出图象的特点．
考向1 函数图象的识别
例2 (1)(2022·全国甲卷)函数y＝(3x－3－x)·cs x在区间eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))上的图象大致为( )
答案 A
解析 方法一 (特值法)
取x＝1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,3)))cs 1＝eq \f(8,3)cs 1>0；
取x＝－1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)－3))cs(－1)
＝－eq \f(8,3)cs 1<0.结合选项知选A.
方法二 令y＝f(x)，
则f(－x)＝(3－x－3x)cs(－x)
＝－(3x－3－x)cs x＝－f(x)，
所以函数y＝(3x－3－x)cs x是奇函数，
排除B，D；
取x＝1，则y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,3)))cs 1＝eq \f(8,3)cs 1>0，排除C，故选A.
(2)(2022·全国乙卷)如图是下列四个函数中的某个函数在区间[－3,3]的大致图象，则该函数是( )
A．y＝eq \f(－x3＋3x,x2＋1) B．y＝eq \f(x3－x,x2＋1)
C．y＝eq \f(2xcs x,x2＋1) D．y＝eq \f(2sin x,x2＋1)
答案 A
解析 对于选项B，当x＝1时，y＝0，与图象不符，故排除B；对于选项D，当x＝3时，y＝eq \f(1,5)sin 3＞0，与图象不符，故排除D；对于选项C，当0＜x＜eq \f(π,2)时，0＜cs x＜1，故y＝eq \f(2xcs x,x2＋1)＜eq \f(2x,x2＋1)≤1，与图象不符，所以排除C.故选A.
考向2 函数图象的变换及应用
例3 (1)已知函数f(x)＝则函数y＝f(1－x)的大致图象是( )
答案 D
解析 方法一 作函数f(x)的图象关于y轴对称的图象，得到函数f(－x)的图象，再把函数f(－x)的图象向右平移1个单位长度即得到函数f(1－x)的图象，如图．故选D.
方法二 因为函数f(x)＝
所以函数f(1－x)＝
当x＝0时，y＝f(1)＝3，即y＝f(1－x)的图象过点(0,3)，排除A；
当x＝－2时，y＝f(3)＝－1，即y＝f(1－x)的图象过点(－2，－1)，排除B；
当x<0时，1－x>1，f(1－x)＝<0，排除C.
(2)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x＋1，x≤0，,2－x，x>0，))若存在x1，x2，x3(x1A．(0,1] B．[0,1]
C．(－∞，1] D．(－∞，1)
答案 B
解析 作出f(x)的大致图象如图，交点横坐标为x1，x2，x3，自左向右依次排列，
由图可知，x1，x2关于直线x＝－1轴对称，
即x1＋x2＝－2，
又x3>0，∴x1＋x2＋x3>－2.
由图象知，当x>－2时，f(x)∈[0,1]，
∴f(x1＋x2＋x3)∈[0,1]．
规律方法 (1)确定函数图象的主要方法是利用函数的性质，如定义域、奇偶性、单调性等，特别是利用一些特殊点排除不符合要求的图象．
(2)函数图象的应用主要体现为数形结合思想，借助于函数图象的特点和变化规律，求解有关不等式恒成立、最值、交点、方程的根等问题．
跟踪演练2 (1)已知图①中的图象是函数y＝f(x)的图象，则图②中的图象对应的函数可能是( )
A．y＝f(|x|) B．y＝|f(x)|
C．y＝f(－|x|) D．y＝－f(－|x|)
答案 C
解析 图②中的图象是在图①的基础上，去掉函数y＝f(x)的图象在y轴右侧的部分，然后将y轴左侧图象翻折到y轴右侧，y轴左侧图象不变得来的，所以图②中的图象对应的函数可能是y＝f(－|x|)．
(2)函数f(x)＝eq \f(cs x＋2,ax2＋bx＋c)的图象如图所示，则( )
A．a>0，b＝0，c<0
B．a>0，b＝0，c>0
C．a<0，b<0，c＝0
D．a<0，b＝0，c<0
答案 A
解析 因为函数f(x)的图象关于y轴对称，
所以f(x)为偶函数，
所以f(－x)＝eq \f(cs－x＋2,a－x2＋b－x＋c)
＝eq \f(cs x＋2,ax2－bx＋c)＝eq \f(cs x＋2,ax2＋bx＋c)＝f(x)，
解得b＝0，
由图象可得f(0)＝eq \f(3,c)<0，得c<0，
由图象可得分母ax2＋c＝0有解，
所以x2＝－eq \f(c,a)有解，
所以－eq \f(c,a)>0，解得a>0.
考点三 函数的性质
核心提炼
1．函数的奇偶性
(1)定义：若函数的定义域关于原点对称，则有
f(x)是偶函数⇔f(－x)＝f(x)＝f(|x|)；
f(x)是奇函数⇔f(－x)＝－f(x)．
(2)判断方法：定义法、图象法、奇偶函数性质法(如奇函数×奇函数是偶函数)．
2．函数单调性判断方法：定义法、图象法、导数法．
3．函数的周期性
若函数f(x)满足f(x＋a)＝f(x－a)或f(x＋2a)＝f(x)，则函数y＝f(x)的周期为2|a|.
4．函数图象的对称中心和对称轴
(1)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＋f(a－x)＝2b，则函数y＝f(x)的图象关于点(a，b)对称．
(2)若函数f(x)满足关系式f(a＋x)＝f(b－x)，则函数y＝f(x)的图象关于直线x＝eq \f(a＋b,2)对称．
考向1 单调性与奇偶性
例4 (2022·广东大联考)已知函数f(x)＝e|x|－cs x，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))，f(0)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))的大小关系为( )
A．f(0)B．f(0)C．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6,5)))D．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)))答案 B
解析 ∵f(x)＝e|x|－cs x，
∴f(－x)＝e|－x|－cs(－x)＝e|x|－cs x＝f(x)，
∴f(x)为偶函数，
∴f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3))).
当x>0时，f(x)＝ex－cs x，
则f′(x)＝ex＋sin x，
∴当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＝ex＋sin x>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(0)即f(0)考向2 奇偶性、周期性与对称性
例5 (多选)(2022·新高考全国Ⅰ)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R，记g(x)＝f′(x)．若f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，则( )
A．f(0)＝0 B．geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0
C．f(－1)＝f(4) D．g(－1)＝g(2)
答案 BC
解析 方法一 (转化法)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，
所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋2x))，
即f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－x))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)＋x))，
g(2＋x)＝g(2－x)，
所以f(3－x)＝f(x)，g(4－x)＝g(x)，
则f(－1)＝f(4)，故C正确；
函数f(x)，g(x)的图象分别关于直线x＝eq \f(3,2)，x＝2对称，又g(x)＝f′(x)，且函数f(x)可导，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，g(3－x)＝－g(x)，
所以g(4－x)＝g(x)＝－g(3－x)，
所以g(x＋2)＝－g(x＋1)＝g(x)，
所以geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝geq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝0，
g(－1)＝g(1)＝－g(2)，故B正确，D错误；
若函数f(x)满足题设条件，
则函数f(x)＋C(C为常数)也满足题设条件，
所以无法确定f(0)的函数值，故A错误．
方法二 (特例法)因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)－2x))，g(2＋x)均为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝eq \f(3,2)对称，函数g(x)的图象关于直线x＝2对称．取符合题意的一个函数f(x)＝1(x∈R)，则f(0)＝1，排除A；
取符合题意的一个函数f(x)＝sin πx，
则f′(x)＝πcs πx，即g(x)＝πcs πx，
所以g(－1)＝πcs(－π)＝－π，g(2)＝πcs 2π＝π，
所以g(－1)≠g(2)，排除D.故选BC.
二级结论 (1)若f(x＋a)＝－f(x)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或fx＋a＝\f(1,fx)))，其中f(x)≠0，则f(x)的周期为2|a|.
(2)若f(x)的图象关于直线x＝a和x＝b对称，则f(x)的周期为2|a－b|.
(3)若f(x)的图象关于点(a，0)和直线x＝b对称，则f(x)的周期为4|a－b|.
跟踪演练3 (1)若函数f(x)＝ex＋ae－x(a∈R)为奇函数，则不等式f(ln x)答案 (0,1)
解析 易知f(x)定义域为R，
又f(x)为奇函数，∴f(0)＝0，得a＝－1，
∴f(x)＝ex－e－x.
∴f(x)为奇函数且在R上单调递增，
又f(ln x)∴ln x<|ln x|，∴ln x<0，∴0(2)(2022·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)的定义域为R，且f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，f(1)＝1，则eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1)) f(k)等于( )
A．－3 B．－2 C．0 D．1
答案 A
解析 因为f(1)＝1，
所以在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝1，
得f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)，
所以f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)，①
所以f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)．②
由①②相加，得f(x＋2)＋f(x－1)＝0，
故f(x＋3)＋f(x)＝0，
所以f(x＋3)＝－f(x)，
所以f(x＋6)＝－f(x＋3)＝f(x)，
所以函数f(x)的一个周期为6.
在f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)中，
令y＝0，得f(x)＋f(x)＝f(x)f(0)，
所以f(0)＝2.
令x＝y＝1，得f(2)＋f(0)＝f(1)f(1)，
所以f(2)＝－1.
由f(x＋3)＝－f(x)，
得f(3)＝－f(0)＝－2，f(4)＝－f(1)＝－1，
f(5)＝－f(2)＝1，f(6)＝－f(3)＝2，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝1－1－2－1＋1＋2＝0，
根据函数的周期性知，eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1)) f(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3，故选A.
专题强化练
一、单项选择题
1．(2022·哈尔滨检测)下列既是奇函数，又在(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝sin x B．y＝ln x
C．y＝tan x D．y＝－eq \f(1,x)
答案 D
解析 对于A，y＝sin x是奇函数，且在(0，＋∞)上有增有减，故不满足；
对于B，y＝ln x的定义域不关于原点对称，是非奇非偶函数，故不满足；
对于C，y＝tan x是奇函数，且在(0，＋∞)上只有单调递增区间，但不是一直单调递增，故不满足；
对于D，y＝－eq \f(1,x)是奇函数，且在(0，＋∞)上单调递增，故满足．
2．(2022·西安模拟)设f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x＋1－1，x≤3，,lg2x2－1，x>3，))若f(x)＝3，则x的值为( )
A．3 B．1
C．－3 D．1或3
答案 B
解析 当x≤3时，令2x＋1－1＝3，解得x＝1，
当x>3时，令lg2(x2－1)＝3，
解得x＝±3，这与x>3矛盾，
∴x＝1.
3．(2022·常德模拟)函数f(x)＝eq \f(sinπx,ex＋e－x)的图象大致是( )
答案 C
解析 函数f(x)＝eq \f(sinπx,ex＋e－x)的定义域为R，
f(－x)＝eq \f(sin－πx,e－x＋ex)＝eq \f(－sinπx,ex＋e－x)＝－f(x)，
即f(x)是奇函数，A，B不满足；
当x∈(0,1)时，即0<πx<π，
则sin(πx)>0，而ex＋e－x>0，
因此f(x)>0，D不满足，C满足．
4．(2022·张家口检测)已知函数f(x)＝eq \f(ex－1,ex＋1)，则( )
A．函数f(x)是奇函数，在区间(0，＋∞)上单调递增
B．函数f(x)是奇函数，在区间(－∞，0)上单调递减
C．函数f(x)是偶函数，在区间(0，＋∞)上单调递减
D．函数f(x)非奇非偶，在区间(－∞，0)上单调递增
答案 A
解析 －f(－x)＝－eq \f(e－x－1,e－x＋1)＝－eq \f(\f(1－ex,ex),\f(ex＋1,ex))
＝eq \f(ex－1,ex＋1)＝f(x)，故f(x)是奇函数．
又f(x)＝eq \f(ex＋1－2,ex＋1)＝1－eq \f(2,ex＋1)，
由复合函数的单调性可知f(x)在R上单调递增．
5．(2021·全国乙卷)设函数f(x)＝eq \f(1－x,1＋x)，则下列函数中为奇函数的是( )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
答案 B
解析 方法一 f(x)＝eq \f(1－x,1＋x)＝eq \f(2－x＋1,1＋x)＝eq \f(2,1＋x)－1，为保证函数变换之后为奇函数，需将函数y＝f(x)的图象向右平移一个单位长度，再向上平移一个单位长度，得到的图象对应的函数为y＝f(x－1)＋1.
方法二 因为f(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).
对于A，F(x)＝f(x－1)－1＝eq \f(2－x,x)－1＝eq \f(2－2x,x)，定义域关于原点对称，但不满足F(x)＝－F(－x)；
对于B，G(x)＝f(x－1)＋1＝eq \f(2－x,x)＋1＝eq \f(2,x)，定义域关于原点对称，且满足G(x)＝－G(－x)；
对于C，f(x＋1)－1＝eq \f(－x,x＋2)－1＝eq \f(－x－x－2,x＋2)＝－eq \f(2x＋2,x＋2)，定义域不关于原点对称；
对于D，f(x＋1)＋1＝eq \f(－x,x＋2)＋1＝eq \f(－x＋x＋2,x＋2)＝eq \f(2,x＋2)，定义域不关于原点对称．
6．设定义在R上的函数f(x)满足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，则f(99)等于( )
A．1 B．2
C．0 D.eq \f(13,2)
答案 D
解析 依题意f(x)·f(x＋2)＝13，
f(x＋2)＝eq \f(13,fx)，
所以f(x＋4)＝f(x＋2＋2)＝eq \f(13,fx＋2)
＝eq \f(13,\f(13,fx))＝f(x)，
所以f(x)是周期为4的周期函数，
所以f(99)＝f(25×4－1)＝f(－1)
＝eq \f(13,f－1＋2)＝eq \f(13,f1)＝eq \f(13,2).
7．已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x>0时，f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－22，04，))则方程f(x)＝1的解的个数为( )
A．4 B．6 C．8 D．10
答案 D
解析 由题意知，当x>0时，
函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－22，04，))
作出函数f(x)的图象，如图所示，
又由方程f(x)＝1的解的个数，即为函数y＝f(x)与y＝1的图象交点的个数可知，
当x>0时，结合图象，函数y＝f(x)与y＝1的图象有5个交点，
又因为函数y＝f(x)为偶函数，图象关于y轴对称，所以当x<0时，函数y＝f(x)与y＝1的图象也有5个交点，
综上可得，函数y＝f(x)与y＝1的图象有10个交点，即方程f(x)＝1的解的个数为10.
8．(2022·河北联考)若函数f(2x＋1)(x∈R)是周期为2的奇函数，则下列结论不正确的是( )
A．函数f(x)的周期为4
B．函数f(x)的图象关于点(1,0)对称
C．f(2 021)＝0
D．f(2 022)＝0
答案 D
解析 ∵函数f(2x＋1)(x∈R)是奇函数，
∴f(2x＋1)＝－f(－2x＋1)⇒
f(2x＋1)＋f(－2x＋1)＝0，
∴函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，故B正确；
∵函数f(2x＋1)(x∈R)的周期为2，
∴f(2(x＋2)＋1)＝f(2x＋1)，
即f(2x＋5)＝f(2x＋1)，
∴f(x)的周期为4，故A正确；
f(2 021)＝f(4×505＋1)＝f(1)＝0，故C正确；
f(2 022)＝f(4×505＋2)＝f(2)，无法判断f(2)的值，故D错误．
二、多项选择题
9．下列函数中，定义域与值域相同的是( )
A．y＝eq \f(1,x) B．y＝ln x
C．y＝eq \f(1,3x－1) D．y＝eq \f(x＋1,x－1)
答案 AD
解析 对于A，
定义域、值域都为(－∞，0)∪(0，＋∞)，满足题意；
对于B，定义域为(0，＋∞)，值域为R，不满足题意；
对于C，定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，
又3x>0，且3x≠1，
故3x－1>－1，且3x－1≠0，故y<－1或y>0，
故值域为(－∞，－1)∪(0，＋∞)，不满足题意；
对于D，y＝eq \f(x＋1,x－1)＝1＋eq \f(2,x－1)，
定义域、值域都为(－∞，1)∪(1，＋∞)，满足题意．
10．(2022·淄博检测)函数D(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x∈Q，,0，x∉Q))被称为狄利克雷函数，则下列结论成立的是( )
A．函数D(x)的值域为[0,1]
B．若D(x0)＝1，则D(x0＋1)＝1
C．若D(x1)－D(x2)＝0，则x1－x2∈Q
D．∃x∈R，D(x＋eq \r(2))＝1
答案 BD
解析 选项A，函数D(x)的值域为{0,1}，A错误；
选项B，若D(x0)＝1，则x0∈Q，x0＋1∈Q，
则D(x0＋1)＝1，B正确；
选项C，D(2π)－D(π)＝0－0＝0，
但2π－π＝π∉Q，C错误；
选项D，当x＝－eq \r(2)时，
D(x＋eq \r(2))＝D(－eq \r(2)＋eq \r(2))＝D(0)＝1，
则∃x∈R，D(x＋eq \r(2))＝1，D正确．
11．下列可能是函数f(x)＝eq \f(ax＋b,x＋c2)(其中a，b，c∈{－1,0,1})的图象的是( )
答案 ABC
解析 A选项中的图象关于y轴对称，B选项中的图象关于原点对称，两个选项均可得函数的定义域为{x|x≠0}，可得c＝0，又函数f(x)的零点只能由ax＋b产生，所以函数f(x)可能没有零点，也可能零点是x＝－1,0,1，所以A，B选项可能符合条件；
而由D选项中的图象知，函数f(x)的零点在(0,1)上，但此种情况不可能存在，所以D选项不符合条件；观察C选项中的图象，由定义域猜想c＝1，由图象过原点得b＝0，猜想a＝1，可能符合条件．
12．已知函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，且对∀x∈R，有f(x)＋f(－x)＝4.当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，则下列说法正确的是( )
A．8是f(x)的周期
B．f(x)的最大值为5
C．f(2 023)＝1
D．f(x＋2)为偶函数
答案 ACD
解析 因为函数y＝f(x－1)的图象关于直线x＝－1对称，
故f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
因为对∀x∈R有f(x)＋f(－x)＝4，
所以函数y＝f(x)的图象关于点(0,2)成中心对称，所以f(－2＋x＋2)＝f(－2－(x＋2))，
即f(x)＝f(－4－x)＝4－f(－x)，
又f(－4－x)＋f(x＋4)＝4，
即f(－4－x)＝4－f(x＋4)，
所以f(x＋4)＝f(－x)，
所以f((x＋4)＋4)＝f(－(x＋4))＝f(x)，
所以f(x＋8)＝f(x)，
所以8是f(x)的周期，故A正确；
又f(x＋2)＝f(－x＋2)，故函数f(x＋2)为偶函数，故D正确；
因为当x∈(0,2]时，f(x)＝x＋2，
且f(x)＋f(－x)＝4，
则当x∈[－2,0)时，－x∈(0,2]，
所以f(－x)＝－x＋2＝4－f(x)，
所以f(x)＝x＋2，
故当x∈[－2,2]时，f(x)＝x＋2，
又函数y＝f(x)的图象关于直线x＝－2对称，
所以在同一个周期[－6,2]上，
f(x)的最大值为f(2)＝4，
故f(x)在R上的最大值为4，故B错误；
因为f(2 023)＝f(253×8－1)
＝f(－1)＝4－f(1)＝1，
所以C正确．
三、填空题
13．(2022·泸州模拟)写出一个具有下列性质①②③的函数f(x)＝____________.①定义域为R；②函数f(x)是奇函数；③f(x＋π)＝f(x)．
答案 sin 2x(答案不唯一)
14．已知函数f(x)＝ln(eq \r(x2＋1)－x)＋1，则f(ln 5)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,5)))＝________.
答案 2
解析 令g(x)＝ln(eq \r(x2＋1)－x)，
则g(x)的定义域为R，
g(－x)＋g(x)＝ln(eq \r(x2＋1)＋x)＋ln(eq \r(x2＋1)－x)＝ln 1＝0，
∴g(x)为奇函数，
∴f(ln 5)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(ln \f(1,5)))＝f(ln 5)＋f(－ln 5)
＝g(ln 5)＋1＋g(－ln 5)＋1＝2.
15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－a2，x≤0，,x＋\f(1,x)＋a，x>0，))若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为________．
答案 [0,2]
解析 由于当x>0时，f(x)＝x＋eq \f(1,x)＋a在x＝1时取得最小值2＋a，
因为f(0)是f(x)的最小值，
所以当x≤0时，f(x)＝(x－a)2单调递减，
则a≥0，此时最小值为f(0)＝a2，
因此a2≤a＋2，解得0≤a≤2.
16．(2022·济宁模拟)已知函数f(x)＝e|x－1|－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，则使得f(x)>f(2x)成立的x的取值范围是____________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3)))
解析 令g(x)＝e|x|－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，将其向右平移1个单位长度，
得y＝e|x－1|－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x－\f(π,2)))＝e|x－1|－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，
所以f(x)＝e|x－1|－sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))是函数g(x)向右平移1个单位长度得到的．
而易知g(x)是偶函数，
当x>0时，g(x)＝ex－cseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，
g′(x)＝ex＋eq \f(π,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))，
当00，
当x>2时，ex>e2，
－eq \f(π,2)≤eq \f(π,2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)x))≤eq \f(π,2)，
所以g′(x)>0，
所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减．
从而可知f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
在(－∞，1)上单调递减．
所以当f(x)>f(2x)时，有|x－1|>|2x－1|，
解得0

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