新高考数学一轮复习教案第2章第2节 第3课时 难点专攻夺高分——函数性质的综合应用(含解析)
展开函数的奇偶性、周期性以及单调性是函数的三大性质,在高考中常常将它们综合在一起命题,其中奇偶性多与单调性相结合,而周期性常与抽象函数相结合,并以结合奇偶性求函数值为主.
考法(一) 单调性与奇偶性相结合
[例1] (2021·石家庄模拟)已知偶函数fx+eq \f(π,2),当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))时,f(x)=x SKIPIF 1 < 0 +sin x,设a=f(1),b=f(2),c=f(3),则( )
A.aC.c[解析] ∵当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(π,2),\f(π,2)))时,y=sin x单调递增,y=xeq \f(1,3)也为增函数,∴函数f(x)=x SKIPIF 1 < 0 +sin x也为增函数.∵函数feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2)))为偶函数,∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-x+\f(π,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(π,2))),f(x)的图象关于x=eq \f(π,2)对称,∴f(2)=f(π-2),f(3)=f(π-3),∵0<π-3<1<π-2
[方法技巧]
函数单调性与奇偶性的综合常利用奇偶函数的图象的对称性,以及奇偶函数在关于原点对称的区间上的单调性求解.
考法(二) 奇偶性与周期性相结合
[例2] (1)(2021·扬州第一中学期末)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,对任意的实数x,f(x-2)=f(x+2),当x∈(0,2)时,f(x)=-x2,则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,2)))=( )
A.-eq \f(9,4) B.-eq \f(1,4)
C.eq \f(1,4) D.eq \f(9,4)
(2)(2021·淮北模拟)定义在R上的函数f(x)为奇函数,f(1)=1,又g(x)=f(x+2)也是奇函数,则f(2 020)=________.
[解析] (1)因为f(x-2)=f(x+2),所以f(x)=f(x+4),所以f(x)是周期为4的函数,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,2)-8))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,2))),又函数f(x)是定义在R上的奇函数,所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,2)))=-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))= -eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2))=eq \f(9,4),所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(13,2)))=eq \f(9,4).故选D.
(2)∵g(x)=f(x+2)是奇函数,
∴g(-x)=f(-x+2)=-f(x+2).
又∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,
∴-f(x+2)=f(-x-2),
∴f(-x+2)=f(-x-2)=f(-x+2-4),
∴f(x)=f(x-4),
∴函数f(x)是周期为4的周期函数.
∴f(2 020)=f(4×505+0)=f(0)=0.
[答案] (1)D (2)0
[方法技巧]
函数周期性与奇偶性的综合多是求值问题,常利用奇偶性及周期性进行变换,将所求函数值的自变量转换到已知函数解析式的定义域内求解.
考法(三) 单调性、奇偶性与周期性的综合
[例3] 定义在R上的奇函数f(x)满足feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(3,2)))=f(x),当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))时,f(x)=lg SKIPIF 1 < 0 (1-x),则f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(3,2)))内是( )
A.减函数且f(x)>0 B.减函数且f(x)<0
C.增函数且f(x)>0 D.增函数且f(x)<0
[解析] 当x∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0,\f(1,2)))时,由f(x)=lg SKIPIF 1 < 0 (1-x)可知,f(x)单调递增且f(x)>0,又函数f(x)为奇函数,所以f(x)在区间eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2),0))上也单调递增,且f(x)<0.由feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x+\f(3,2)))=f(x)知,函数的周期为eq \f(3,2),所以在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1,\f(3,2)))上,函数f(x)单调递增且f(x)<0.
[答案] D
[方法技巧]
对于函数性质结合的题目,函数的周期性有时需要通过函数的奇偶性得到,函数的奇偶性体现的是一种对称关系,而函数的单调性体现的是函数值随自变量变化而变化的规律.因此在解题时,往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性,即实现区间的转换,再利用单调性解决相关问题.
[针对训练]
1.设e是自然对数的底数,函数f(x)是周期为4的奇函数,且当0
C.eq \f(4,3) D.eq \f(5,3)
解析:选D 因为函数以4为周期,
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,3)))=f(eq \f(7,3)-4)=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(5,3)))=-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,3)))=lneq \f(5,3),
所以e SKIPIF 1 < 0 =e SKIPIF 1 < 0 =eq \f(5,3).故选D.
2.已知函数f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,且f(x)的图象关于x=1对称,当x∈[0,1]时,f(x)=2x-1,则f(2 020)+f(2 021)的值为( )
A.-2 B.-1
C.0 D.1
解析:选D ∵f(x)的图象关于x=1对称,
∴f(2-x)=f(x).
∵函数f(x)为(-∞,+∞)上的奇函数,
∴f(-x)=-f(x),∴f(x)=f(2-x)=-f(-x),
∴f(4-x)=-f(2-x)=f(-x),∴周期T=4.
∵x∈[0,1]时,f(x)=2x-1,∴f(1)=21-1=2-1=1.
又函数f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,∴f(0)=0,
∴f(2 020)+f(2 021)=f(0)+f(1)=0+1=1.
3.定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=f(-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=2x-cs x,则下列结论正确的是( )
A.feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,3)))
∴f(x+2)=f(-x)=-f(x),
∴f(x+4)=-f(x+2)=f(x),∴f(x)的周期为4,
∴f(2 018)=f(2+4×504)=f(2)=f(0),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 019,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))),feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2 020,3)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))),∵当x∈[0,1]时,f(x)=2x-cs x单调递增,∴f(0)
所谓“新定义”函数,是相对于高中教材而言,指在高中教材中不曾出现过或尚未介绍的一类函数.函数新定义问题的一般形式是:由命题者先给出一个新的概念、新的运算法则,或者给出一个抽象函数的性质等,然后让学生按照这种“新定义”去解决相关的问题.
[典例] 若两函数具有相同的定义、单调区间、奇偶性、值域,则称这两函数为“亲密函数”.下列三个函数y=2|x|-1,y=eq \f(x2,1+x2),y=eq \f(x2,2)+cs x-1中,与函数f(x)=x4不是亲密函数的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
[解析] 易知幂函数f(x)=x4的定义域为R,是偶函数,在(-∞,0)上,f(x)单调递减,在(0,+∞)上,f(x)单调递增,y≥0.三个函数的定义域都为R且都为偶函数,单调性也与y=x4保持一致,但是y=eq \f(x2,1+x2)=1-eq \f(1,1+x2)的最大值接近1,y=2|x|-1≥0,y=eq \f(x2,2)+cs x-1≥0,故选B.
[答案] B
[方法技巧]
深刻理解题目中新函数的定义、新函数所具有的性质或满足的条件,将定义、性质等与所求之间建立联系是解题的关键.如果函数的某一性质(一般是等式、不等式)对某些数值恒成立,那么通过合理赋值可以得到特殊函数值甚至是函数解析式,进而解决问题.
[针对训练]
(多选)在实数集R上定义一种运算“★”,对于任意给定的a,b∈R,a★b为唯一确定的实数,且具有下列三条性质:
(1)a★b=b★a;(2)a★0=a;(3)(a★b)★c=c★(ab)+(a★c)+(c★b)-2c.
关于函数f(x)=x★eq \f(1,x)的说法正确的是( )
A.函数f(x)在(0,+∞)上的最小值为3
B.函数f(x)为偶函数
C.函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞)
D.函数f(x)不是周期函数
解析:选ACD 对于新运算“★”的性质(3),令c=0,则(a★b)★0=0★(ab)+(a★0)+(0★b)=ab+a+b,即a★b=ab+a+b,∴f(x)=x★eq \f(1,x)=1+x+eq \f(1,x).当x>0时,f(x)=1+x+eq \f(1,x)≥1+2 eq \r(x·\f(1,x))=3,当且仅当x=eq \f(1,x),即x=1时取等号,∴函数f(x)在(0,+∞)上的最小值为3,故A正确;函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),∵f(1)=1+1+1=3, f(-1)=1-1-1=-1,∴f(-1)≠-f(1)且f(-1)≠f(1),∴函数f(x)为非奇非偶函数,故B错误;根据函数的单调性,知函数f(x)=1+x+eq \f(1,x)的单调递增区间为(-∞,-1),(1,+∞),故C正确;由C知,函数f(x)=1+x+eq \f(1,x)不是周期函数,故D正确.
eq \a\vs4\al([课时跟踪检测])
一、综合练——练思维敏锐度
1.(2021·济南模拟)下列函数既是奇函数,又在[-1,1]上单调递增的是( )
A.f(x)=|sin x| B.f(x)=ln eq \f(e-x,e+x)
C.f(x)=eq \f(1,2)(ex-e-x) D.f(x)=ln(eq \r(x2+1)-x)
解析:选C 对于A,f(x)=|sin x|为偶函数,不符合题意;
对于B,f(x)=ln eq \f(e-x,e+x)的定义域为(-e,e),关于原点对称,有f(-x)=ln eq \f(e+x,e-x)= -ln eq \f(e-x,e+x)=-f(x),为奇函数,
设t=eq \f(e-x,e+x)=-1+eq \f(2e,x+e),x∈(-e,e),在(-e,e)上为减函数,而y=ln t为增函数,则f(x)=ln eq \f(e-x,e+x)在(-e,e)上为减函数,不符合题意;
对于C,f(x)=eq \f(1,2)(ex-e-x),有f(-x)=eq \f(1,2)(e-x-ex)=-eq \f(1,2)(ex-e-x)=-f(x),为奇函数,且f′(x)=eq \f(1,2)(ex+e-x)>0,则f(x)在R上为增函数,符合题意;
对于D,f(x)=ln(eq \r(x2+1)-x)的定义域为R.
f(-x)=ln(eq \r(x2+1)+x)=-ln(eq \r(x2+1)-x)=-f(x),为奇函数,
设t=eq \r(x2+1)-x=eq \f(1,\r(x2+1)+x),易知t在R上为减函数,而y=ln t为增函数,
则f(x)=ln(eq \r(x2+1)-x)在R上为减函数,不符合题意.故选C.
2.已知f(x)是定义在[2b,1-b]上的偶函数,且在[2b,0]上为增函数,则f(x-1)≤f(2x)的解集为( )
A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,3)))
C.[-1,1] D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3),1))
解析:选B ∵f(x)是定义在[2b,1-b]上的偶函数,∴2b+1-b=0,∴b=-1,
∵f(x)在[2b,0]上为增函数,即函数f(x)在[-2,0]上为增函数,∴函数f(x)在(0,2]上为减函数,则由f(x-1)≤f(2x),得|x-1|≥|2x|,即(x-1)2≥4x2,解得-1≤x≤eq \f(1,3).
又∵函数f(x)的定义域为[-2,2],∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-2≤x-1≤2,,-2≤2x≤2,))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(-1≤x≤3,,-1≤x≤1.))综上,所求解集为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-1,\f(1,3))).
3.已知函数f(x)在[0,4]上是增函数,且函数y=f(x+4)是偶函数,则下列结论正确的是( )
A.f(2)
A.f(x)=sin x B.f(x)=ex
C.f(x)=x3-3x D.f(x)=x|x|
解析:选D 根据题意,对于任意不相等的实数x1,x2,x1f(x1)+x2f(x2)>x1f(x2)+x2f(x1)恒成立,
则有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]>0恒成立,即函数f(x)是定义在R上的增函数,
故“H函数”为奇函数且在R上为增函数.
据此依次分析选项:
对于A,f(x)=sin x,为正弦函数,为奇函数但不是增函数,不符合题意;
对于B,f(x)=ex,为指数函数,不是奇函数,不符合题意;
对于C,f(x)=x3-3x,为奇函数,但在R上不是增函数,不符合题意;
对于D,f(x)=x|x|=eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2,x≥0,,-x2,x<0))为奇函数且在R上为增函数,符合题意,故选D.
5.(多选)已知f(x)是定义在R上的偶函数,其图象关于点(1,0)对称,给出下列关于f(x)的结论,其中正确的结论是( )
A.f(x)是周期函数
B.f(x)满足f(x)=f(4-x)
C.f(x)在(0,2)上单调递减
D.f(x)=cs eq \f(πx,2)是满足条件的一个函数
解析:选ABD 因为f(x)为偶函数,所以f(-x)=f(x),因为f(x)的图象关于点(1,0)对称,则f(-x)=-f(2+x),故f(x+2)=-f(x),故有f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即f(x)是以4为周期的周期函数,故A正确;可得f(-x)=f(x)=f(x+4),把x替换成-x可得f(x)=f(4-x),故B正确;f(x)=cseq \f(πx,2)是定义在R上的偶函数,(1,0)是其图象的一个对称中心,可得D正确;f(x)=-cseq \f(πx,2)满足题意,但f(x)在(0,2)上单调递增,故C错误.
6.(多选)设函数f(x)是定义在R上的函数,满足f(-x)-f(x)=0,且对任意的x∈R,恒有f(x+2)=f(2-x),已知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2))时,f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2-x,则有( )
A.函数的最大值是1,最小值是eq \f(1,4)
B.函数f(x)是周期函数,且周期为2
C.函数f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2,4))上递减,在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4,6))上递增
D.当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2,4))时,f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2-x
解析:选AC ∵函数f(x)满足f(-x)-f(x)=0,即f(-x)=f(x),∴函数f(x)是偶函数.
∵f(x+2)=f(2-x)=f(x-2),∴函数f(x)是周期为4的周期函数,B错误;
∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2))时,f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2-x,
∴x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2))时,f(x)是增函数,
∴f(x)max=f(2)=1,f(x)min=f(0)=eq \f(1,4).
根据函数f(x)是偶函数可知当x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-2,2))时,最大值为1,最小值为eq \f(1,4),由周期性知当x∈R时,最大值为1,最小值为eq \f(1,4),A正确;
又∵x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2))时,f(x)是增函数,∴x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-2,0))时,f(x)是减函数,由T=4知f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2,4))上递减,在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(4,6))上递增,C正确;
令x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(-2,0)),则-x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0,2)),f(-x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+x=f(x),
∴f(x-4)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2+x-4=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x-2=f(x),
∴x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2,4))时,f(x)=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x-2,D错误.故选A、C.
7.已知f(x)是定义在R上的偶函数,且f(x+4)=f(x-2).若当x∈[-3,0]时,f(x)= 6-x,则f(919)=________.
解析:∵f(x+4)=f(x-2),
∴f(x+6)=f(x),∴f(x)的周期为6,
∵919=153×6+1,∴f(919)=f(1).
又f(x)为偶函数,∴f(919)=f(1)=f(-1)=6.
答案:6
8.(2021·衡水中学模拟)已知函数f(x)=ex-eq \f(1,ex)-2sin x,其中e为自然对数的底数,若f(2a2)+f(a-3)+f(0)<0,则实数a的取值范围为________.
解析:因为f(0)=0,f′(x)=ex+e-x-2cs x,ex+e-x≥2,而2cs x≤2,所以f′(x)≥0,所以函数y=f(x)是单调递增函数.又f(-x)=-f(x),即函数f(x)是奇函数,所以原不等式可化为f(2a2)<-f(a-3)=f(3-a),则2a2<3-a,即2a2+a-3<0,解得-eq \f(3,2)答案:eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,2),1))
9.定义在实数集R上的函数f(x)满足f(x)+f(x+2)=0,且f(4-x)=f(x).现有以下三个命题:
①8是函数f(x)的一个周期;②f(x)的图象关于直线x=2对称;③f(x)是偶函数.
其中正确命题的序号是________.
解析:∵f(x)+f(x+2)=0,∴f(x+2)=-f(x),∴f(x+4)=f(x),f(x)的周期为4,故①正确;又f(4-x)=f(x),∴f(2+x)=f(2-x),即f(x)的图象关于直线x=2对称,故②正确;由f(x)=f(4-x)得f(-x)=f(4+x)=f(x),故③正确.
答案:①②③
10.设f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,f(x+2)=-f(x),当0≤x≤1时,f(x)=x.
(1)求f(π)的值;
(2)当-4≤x≤4时,求f(x)的图象与x轴所围成图形的面积.
解:(1)由f(x+2)=-f(x),得f(x+4)=f[(x+2)+2]=-f(x+2)=f(x),
所以f(x)是以4为周期的周期函数,
所以f(π)=f(-1×4+π)=f(π-4)=-f(4-π)=-(4-π)=π-4.
(2)由f(x)是奇函数且f(x+2)=-f(x),
得f[(x-1)+2]=-f(x-1)=f[-(x-1)],
即f(1+x)=f(1-x).
故知函数y=f(x)的图象关于直线x=1对称.
又当0≤x≤1时,f(x)=x,且f(x)的图象关于原点成中心对称,则f(x)的图象如图所示.
设当-4≤x≤4时,f(x)的图象与x轴围成的图形面积为S,则S=4S△OAB=4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2×1))=4.
11.已知定义在R上的函数f(x),对于任意实数a,b都满足f(a+b)=f(a)f(b),且f(1)≠0,当x>0时,f(x)>1.
(1)求f(0)的值;
(2)证明:f(x)在(-∞,+∞)上是增函数;
(3)求不等式f(x2+x)
∵f(1)≠0,∴f(0)=1.
(2)证明:当x<0时,-x>0.
令a=x,b=-x,则f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1,由f(-x)>0得f(x)>0,注意到f(0)=1>0,
∴对于任意实数x,f(x)>0.
任取x1,x2∈R,且x1
∵f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)f(x2-x1)>f(x1),
∴函数y=f(x)在(-∞,+∞)上是增函数.
(3)∵eq \f(1,f2x-4)=eq \f(f0,f2x-4)=f(-2x+4),
∴f(x2+x)
解得-4
(1)求实数a,b的值;
(2)求函数g(x)=f2(x)+f(x)的值域.
解:(1)因为f(x)+f(-x)=0,
所以f(-x)=-f(x),即f(x)是奇函数.
因为f(x-1)=f(x+1),所以f(x+2)=f(x),
即函数f(x)是周期为2的周期函数,
所以f(0)=0,即b=-1.
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))=feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,2)))=-feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))=1-eq \r(a)=eq \f(1,2),解得a=eq \f(1,4).
(2)当x∈[0,1)时,
f(x)=ax+b=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))x-1∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),0)),
由f(x)为奇函数知,当x∈(-1,0)时,f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0,\f(3,4))),
又因为f(x)是周期为2的周期函数,
所以当x∈R时,f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),\f(3,4))),
设t=f(x)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(3,4),\f(3,4))),
所以g(x)=f2(x)+f(x)=t2+t=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t+\f(1,2)))2-eq \f(1,4),
即y=eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t+\f(1,2)))2-eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(21,16))).
故函数g(x)=f2(x)+f(x)的值域为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(-\f(1,4),\f(21,16))).
二、自选练——练高考区分度
1.(多选)(2021·衡阳模拟)若函数f(x)同时满足下列两个条件,则称该函数为“优美函数”:
(1)∀x∈R,都有f(-x)+f(x)=0;
(2)∀x1,x2∈R,且x1≠x2,都有eq \f(fx1-fx2,x1-x2)<0.
下面四个函数中,是“优美函数”的为( )
A.f(x)=sin x B.f(x)=-2x3
C.f(x)=e-x-ex D.f(x)=ln(eq \r(x2+1)+x)
解析:选BC 由条件(1),得f(x)是奇函数,由条件(2),得f(x)是R上的减函数.
对于A,f(x)=sin x在R上不单调,故不是“优美函数”;
对于B,f(x)=-2x3既是奇函数,又在R上单调递减,故是“优美函数”;
对于C,f(x)=e-x-ex是奇函数,并且在R上单调递减,故是“优美函数”;
对于D,易知f(x)在R上单调递增,故不是“优美函数”.
故选B、C.
2.设函数f(x)=ln(1+|x|)-eq \f(1,1+x2),则使得f(x)>f(2x-1)成立的x的取值范围为________.
解析:由已知得函数f(x)为偶函数,所以f(x)=f(|x|),由f(x)>f(2x-1),可得f(|x|)>f(|2x-1|).
当x>0时,f(x)=ln(1+x)-eq \f(1,1+x2),
因为y=ln(1+x)与y=-eq \f(1,1+x2)在(0,+∞)上都单调递增,所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递增.
由f(|x|)>f(|2x-1|),可得|x|>|2x-1|,两边平方可得x2>(2x-1)2,整理得3x2-4x+1<0,解得eq \f(1,3)
3.给出关于函数f(x)的一些限制条件:①在(0,+∞)上单调递减;②在(-∞,0)上单调递增;③是奇函数;④是偶函数;⑤f(0)=0.在这些条件中,选择必需的条件,补充在下面问题中,并解决这个问题.
定义在R上的函数f(x),________(填写你选定条件的序号),且f(-1)=0.求不等式f(x-1)>0的解集.
解:由题意易知条件①和②最好只选择一个,否则可能产生矛盾;条件③和④最好也只选择一个,否则f(x)就变成恒等于0的常数函数,失去研究价值.
如果选择条件①③.由f(x)是定义在R上的奇函数,可知f(0)=0,f(1)=-f(-1)=0,且f(x)在关于原点对称的区间上的单调性一致.因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以,当0
如果选择条件①④⑤.因为f(x)在(0,+∞)上单调递减,且f(x)是偶函数,所以f(x)在 (-∞,0)上单调递增,注意到f(-1)=0,所以f(x-1)>0⇔f(x-1)>f(-1)⇔f(|x-1|)>f(|-1|)⇔|x-1|<1⇔0
选择其他条件组合的解法类似.
如果同时选择条件③④.易知f(x)=0恒成立,不等式f(x-1)>0的解集为空集.
新高考数学一轮复习教案第2章第7节 函数与方程(含解析): 这是一份新高考数学一轮复习教案第2章第7节 函数与方程(含解析),共15页。
新高考数学一轮复习教案第2章第3节 二次函数与幂函数(含解析): 这是一份新高考数学一轮复习教案第2章第3节 二次函数与幂函数(含解析),共19页。
新高考数学一轮复习精品教案第21讲 三角函数的性质(含解析): 这是一份新高考数学一轮复习精品教案第21讲 三角函数的性质(含解析),共55页。教案主要包含了知识点总结,典型例题,技能提升训练等内容,欢迎下载使用。