新高考数学二轮复习 专题突破 专题1 第1讲　函数的图象与性质（含解析）

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[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)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”．则下列为“M函数”的是________．(填序号)
①y＝sin xcs x；
②y＝ln x＋ex；
③y＝2x；
④y＝x2－2x.
答案 ①②
解析 由题意，得“M函数”的值域关于原点对称．①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①是“M函数”；②中，函数y＝ln x＋ex的值域为R，故②是“M函数”；③中，因为y＝2x>0，故③不是“M函数”；④中，y＝x2－2x＝(x－1)2－1≥－1，其值域不关于原点对称，故④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)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2x－1≤x≤0，,\r(x)0答案 D
解析 当－1≤x≤0时，f(x)＝－2x，表示一条线段，且该线段经过(－1,2)和(0,0)两点．
当0f(x－1)的图象可由f(x)的图象向右平移一个单位长度得到，故A正确；f(－x)的图象可由f(x)的图象关于y轴对称后得到，故B正确；由于f(x)的值域为[0,2]，故f(x)＝|f(x)|，故|f(x)|的图象与f(x)的图象完全相同，故C正确；很明显D中f(|x|)的图象不正确．
(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 (2022·全国乙卷)已知函数f(x)，g(x)的定义域均为R，且f(x)＋g(2－x)＝5，g(x)－f(x－4)＝7.若y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，g(2)＝4，则eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)等于( )
A．－21 B．－22 C．－23 D．－24
答案 D
解析 由y＝g(x)的图象关于直线x＝2对称，
可得g(2＋x)＝g(2－x)．
在f(x)＋g(2－x)＝5中，用－x替换x，
可得f(－x)＋g(2＋x)＝5，
可得f(－x)＝f(x)．
在g(x)－f(x－4)＝7中，用2－x替换x，得g(2－x)＝f(－x－2)＋7，
代入f(x)＋g(2－x)＝5中，
得f(x)＋f(－x－2)＝－2，
可得f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(x＋2)＋f(x＋4)＝－2，
所以f(x＋4)＝f(x)，
所以函数f(x)是以4为周期的周期函数．
由f(x)＋g(2－x)＝5可得f(0)＋g(2)＝5，
又g(2)＝4，所以f(0)＝1，
又f(x)＋f(x＋2)＝－2，
所以f(0)＋f(2)＝－2，
f(－1)＋f(1)＝－2，
则f(2)＝－3，f(1)＝f(－1)＝－1，
又f(3)＝f(－1)＝－1，
f(4)＝f(0)＝1，
所以eq \(∑,\s\up6(22),\s\d4(k＝1))f(k)＝6f(1)＋6f(2)＋5f(3)＋5f(4)＝6×(－1)＋6×(－3)＋5×(－1)＋5×1＝－24.
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)(2022·开封模拟)已知定义在R上的函数f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，若f(2)＝0，且函数f(x－1)为偶函数，则不等式xf(x)>0的解集为( )
A．(2，＋∞)
B．(－4，－1)∪(0，＋∞)
C．(－4，＋∞)
D．(－4,0)∪(2，＋∞)
答案 D
解析 因为函数f(x－1)为偶函数，则f(－x－1)＝f(x－1)，故函数f(x)的图象关于直线x＝－1对称，
因为函数f(x)在[－1，＋∞)上单调递增，故函数f(x)在(－∞，－1]上单调递减，
因为f(2)＝0，则f(－4)＝0，
由f(x)<0可得－40可得x<－4或x>2，
故由不等式xf(x)>0，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x<0，,fx<0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,fx>0，))解得－42，
故不等式xf(x)>0的解集为(－4,0)∪(2，＋∞)．
(2)(2021·全国甲卷)设函数f(x)的定义域为R，f(x＋1)为奇函数，f(x＋2)为偶函数，当x∈[1,2]时，f(x)＝ax2＋b.若f(0)＋f(3)＝6，则f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))等于( )
A．－eq \f(9,4) B．－eq \f(3,2) C.eq \f(7,4) D.eq \f(5,2)
答案 D
解析 因为f(x＋1)为奇函数，所以函数f(x)的图象关于点(1,0)对称，即有f(x)＋f(2－x)＝0，所以f(1)＋f(2－1)＝0，得f(1)＝0，即a＋b＝0.①
因为f(x＋2)为偶函数，所以函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，即有f(x)－f(4－x)＝0，所以f(0)＋f(3)＝－f(2)＋f(1)＝－4a－b＋a＋b＝－3a＝6.②
根据①②可得a＝－2，b＝2，所以当x∈[1,2]时，f(x)＝－2x2＋2.根据函数f(x)的图象关于直线x＝2对称，且关于点(1,0)对称，可得函数f(x)的周期为4，所以f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝2×
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))2－2＝eq \f(5,2).
专题强化练
一、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．下列函数中，定义域与值域相同的是( )
A．y＝x2－1 B．y＝ln x
C．y＝eq \f(1,3x－1) D．y＝eq \f(x＋1,x－1)
答案 D
解析 对于A，定义域为R，值域为[－1，＋∞)，不满足题意；
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，
即值域为(－∞，－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．
3．(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.
4．(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．
5.(2022·广州模拟)若函数y＝f(x)的大致图象如图，则f(x)的解析式可能是( )
A．f(x)＝eq \f(x2ex,e2x＋1)
B．f(x)＝eq \f(e2x＋1,x2ex)
C．f(x)＝eq \f(x2ex,e2x－1)
D．f(x)＝eq \f(e2x－1,x2ex)
答案 D
解析 由图可知函数的定义域为{x|x≠0}，故排除A；
由图知该函数图象关于原点对称，则该函数为奇函数，需满足f(x)＋f(－x)＝0，
对于B，f(x)＋f(－x)≠0，故排除B；
C和D均满足f(x)＋f(－x)＝0，
对于C，f(x)＝eq \f(x2ex,e2x－1)＝eq \f(x2,ex－\f(1,ex))，
当x→＋∞时，eq \f(1,ex)→0，
故f(x)→eq \f(x2,ex)，
∵y＝x2增长的速率比y＝ex增长的速率慢，
∴f(x)→eq \f(x2,ex)→0，
即图象在x轴上方且无限接近于x轴正半轴，与题意不符，故排除C.
6．(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．
7．(2022·衡水中学调研)已知f(x)是偶函数，且对任意x1，x2∈(0，＋∞)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，设a＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，b＝f(lg37)，c＝f(－0.83)，则( )
A．bC．c答案 B
解析 ∵对任意x1，x2∈(0，＋∞)，eq \f(fx1－fx2,x1－x2)>0，
∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
又函数f(x)为偶函数，
∴f(x)在(－∞，0)上单调递减．
又eq \f(3,2)＝＝lg3eq \r(27)∴f(lg37)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))>f(－0.83)，即c8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnx＋1，x≥0，,－2x2，x<0，))则不等式f(x＋2)A．(－2,1)
B．(0,1)
C．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
D．(1，＋∞)
答案 C
解析 由函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lnx＋1，x≥0，,－2x2，x<0，))可得当x≥0时，f(x)单调递增；
当x＜0时，f(x)单调递增，而且当x＝0时函数连续，
所以f(x)在R上单调递增，
不等式f(x＋2)可化为x＋2＜x2＋2x，即x2＋x－2＞0，解得x＞1或x＜－2，
则原不等式的解集为(－∞，－2)∪(1，＋∞)．
9．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).
10．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，
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，
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.
11．(2021·新高考全国Ⅱ)已知函数f(x)的定义域为R，f(x＋2)为偶函数，f(2x＋1)为奇函数，则( )
A．f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝0 B．f(－1)＝0
C．f(2)＝0 D．f(4)＝0
答案 B
解析 因为函数f(x＋2)为偶函数，则f(2＋x)＝f(2－x)，可得f(x＋3)＝f(1－x)，
因为函数f(2x＋1)为奇函数，则f(1－2x)＝－f(2x＋1)，所以f(1－x)＝－f(x＋1)，
所以f(x＋3)＝－f(x＋1)，即f(x)＝f(x＋4)，
故函数f(x)是以4为周期的周期函数，
又f(1)＝0，故f(－1)＝f(5)＝f(1)＝0，其他三个选项未知．
12．(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.
二、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