新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第1讲函数的图象与性质核心考点1函数的概念与表示教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题3函数与导数第1讲函数的图象与性质核心考点1函数的概念与表示教师用书，共6页。试卷主要包含了故选D．等内容，欢迎下载使用。


1. (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( B )
A．f(x－1)－1 B．f(x－1)＋1
C．f(x＋1)－1 D．f(x＋1)＋1
【解析】 解法一：因为f(x)＝eq \f(1－x,1＋x)＝eq \f(－x＋1＋2,1＋x)＝－1＋eq \f(2,x＋1)，所以函数f(x)的对称中心为(－1，－1)，所以将函数f(x)向右平移一个单位，向上平移一个单位，得到函数y＝f(x－1)＋1，该函数的对称中心为(0,0)，故函数y＝f(x－1)＋1为奇函数．故选B．
解法二：直接代入验证f(x－1)＋1＝eq \f(2,x)为奇函数，满足条件．
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feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝( D )
A．－eq \f(9,4) B．－eq \f(3,2)
C．eq \f(7,4) D．eq \f(5,2)
【解析】 ∵f(x＋1)为奇函数，∴f(1)＝0，且f(x＋1)＝－f(－x＋1)，∵f(x＋2)偶函数，∴f(x＋2)＝f(－x＋2)，∴f[(x＋1)＋1]＝－f[－(x＋1)＋1]＝－f(－x)，即f(x＋2)＝－f(－x)，∴f(－x＋2)＝f(x＋2)＝－f(－x)．令t＝－x，则f(t＋2)＝－f(t)，∴f(t＋4)＝－f(t＋2)＝f(t)，∴f(x＋4)＝f(x)．当x∈[1,2]时，f(x)＝ax2＋b.f(0)＝f(－1＋1)＝－f(2)＝－4a－b，f(3)＝f(1＋2)＝f(－1＋2)＝f(1)＝a＋b，又f(0)＋f(3)＝6，∴－3a＝6，解得a＝－2，f(1)＝a＋b＝0，∴b＝－a＝2，∴当x∈[1,2]时，f(x)＝－2x2＋2，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9,2)))＝feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2×\f(9,4)＋2))＝eq \f(5,2).故选D．
3. (2022·新高考全国Ⅱ卷)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 \i\su(k＝1,22,f)(k)＝( A )
A．－3 B．－2
C．0 D．1
【解析】 因为f(x＋y)＋f(x－y)＝f(x)f(y)，令x＝1，y＝0可得，2f(1)＝f(1)f(0)，所以f(0)＝2，令x＝0可得，f(y)＋f(－y)＝2f(y)，即f(y)＝f(－y)，所以函数f(x)为偶函数，令y＝1得，f(x＋1)＋f(x－1)＝f(x)f(1)＝f(x)，即有f(x＋2)＋f(x)＝f(x＋1)，从而可知f(x＋2)＝－f(x－1)，f(x－1)＝－f(x－4)，故f(x＋2)＝f(x－4)，即f(x)＝f(x＋6)，所以函数f(x)的一个周期为6.因为f(2)＝f(1)－f(0)＝1－2＝－1，f(3)＝f(2)－f(1)＝－1－1＝－2，f(4)＝f(－2)＝f(2)＝－1，f(5)＝f(－1)＝f(1)＝1，f(6)＝f(0)＝2，所以一个周期内的f(1)＋f(2)＋…＋f(6)＝0.由于22除以6余4，所以eq \i\su(k＝1,22,f)(k)＝f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)＝1－1－2－1＝－3.故选A．
4. (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)))的图象大致为( A )
【解析】 令f(x)＝(3x－3－x)cs x，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，\f(π,2)))，则f(－x)＝(3－x－3x)cs(－x)＝－(3x－3－x)cs x＝－f(x)，所以f(x)为奇函数，排除B、D；又当x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))时，3x－3－x>0，cs x>0，所以f(x)>0，排除C．故选A．
5. (多选)(2023·全国新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，则( ABC )
A．f(0)＝0
B．f(1)＝0
C．f(x)是偶函数
D．x＝0为f(x)的极小值点
【解析】 解法一：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确．对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确．对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确．对于D，不妨令f(x)＝0，显然符合题设条件，此时f(x)无极值，故D错误．
解法二：因为f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)，对于A，令x＝y＝0，f(0)＝0f(0)＋0f(0)＝0，故A正确．对于B，令x＝y＝1，f(1)＝1f(1)＋1f(1)，则f(1)＝0，故B正确．对于C，令x＝y＝－1，f(1)＝f(－1)＋f(－1)＝2f(－1)，则f(－1)＝0，令y＝－1，f(－x)＝f(x)＋x2f(－1)＝f(x)，又函数f(x)的定义域为R，所以f(x)为偶函数，故C正确．对于D，当x2y2≠0时，对f(xy)＝y2f(x)＋x2f(y)两边同时除以x2y2，得到eq \f(fxy,x2y2)＝eq \f(fx,x2)＋eq \f(fy,y2)，故可以设eq \f(fx,x2)＝ln|x|(x≠0)，则f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2ln|x|，x≠0，,0，x＝0，))当x>0时，f(x)＝x2ln x，则f′(x)＝2xln x＋x2·eq \f(1,x)＝x(2ln x＋1)，令f′(x)<0，得00，得x>e eq \s\up10(－\f(1,2))；故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，e eq \s\up10(－\f(1,2))))上单调递减，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(e eq \s\up10(－\f(1,2))，＋∞))上单调递增，因为f(x)为偶函数，所以f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－e eq \s\up10(－\f(1,2))，0))上单调递增，在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，e eq \s\up10(－\f(1,2))))上单调递减，显然，此时x＝0是f(x)的极大值，故D错误．故选ABC．
6. (2023·全国新课标Ⅱ卷)若f(x)＝(x＋a)ln eq \f(2x－1,2x＋1)为偶函数，则a＝( B )
A．－1 B．0
C．eq \f(1,2) D．1
【解析】 因为f(x)为偶函数，则f(1)＝f(－1)，∴(1＋a)ln eq \f(1,3)＝(－1＋a)ln 3，解得a＝0，当a＝0时，f(x)＝xln eq \f(2x－1,2x＋1)，(2x－1)(2x＋1)>0，解得x>eq \f(1,2)或x<－eq \f(1,2)，则其定义域为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x\b\lc\|\rc\}(\a\vs4\al\c1(x>\f(1,2)或x<－\f(1,2)))))，关于原点对称．f(－x)＝(－x)ln eq \f(2－x－1,2－x＋1)＝(－x)ln eq \f(2x＋1,2x－1)＝(－x)lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2x－1,2x＋1)))－1＝xln eq \f(2x－1,2x＋1)＝f(x)，故此时f(x)为偶函数．故选B．
7. (2022·北京卷)已知函数f(x)＝eq \f(1,1＋2x)，则对任意实数x，有( C )
A．f(－x)＋f(x)＝0 B．f(－x)－f(x)＝0
C．f(－x)＋f(x)＝1 D．f(－x)－f(x)＝eq \f(1,3)
【解析】 f(－x)＋f(x)＝eq \f(1,1＋2－x)＋eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x,1＋2x)＋eq \f(1,1＋2x)＝1，故A错误，C正确；f(－x)－f(x)＝eq \f(1,1＋2－x)－eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x,1＋2x)－eq \f(1,1＋2x)＝eq \f(2x－1,2x＋1)＝1－eq \f(2,2x＋1)，不是常数，故B、D错误；故选C．
8. (2022·浙江卷)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2，x≤1，,x＋\f(1,x)－1，x>1，))则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))＝ eq \f(37,28) ；若当x∈[a，b]时，1≤f(x)≤3，则b－a的最大值是 3＋eq \r(3) .
【解析】 由已知feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋2＝eq \f(7,4)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(7,4)))＝eq \f(7,4)＋eq \f(4,7)－1＝eq \f(37,28)，所以feq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))))＝eq \f(37,28)，当x≤1时，由1≤f(x)≤3可得1≤－x2＋2≤3，所以－1≤x≤1，当x>1时，由1≤f(x)≤3可得1≤x＋eq \f(1,x)－1≤3，所以19. (2022·全国乙卷)若f(x)＝ln eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,1－x)))＋b是奇函数，则a＝ －eq \f(1,2) ，b＝_ln_2__.
【解析】 因为函数f(x)＝lneq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(a＋\f(1,1－x)))＋b为奇函数，所以其定义域关于原点对称．由a＋eq \f(1,1－x)≠0可得，(1－x)(a＋1－ax)≠0，所以x＝eq \f(a＋1,a)＝－1，解得：a＝－eq \f(1,2)，即函数的定义域为(－∞，－1)∪(－1,1)∪(1，＋∞)，再由f(0)＝0可得，b＝ln 2.即f(x)＝ln eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)＋\f(1,1－x)))＋ln 2＝ln eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1＋x,1－x)))，在定义域内满足f(－x)＝－f(x)，符合题意.
核心考点1 函数的概念与表示
核心知识·精归纳
1.求函数的定义域时要注意三式：分式、根式、对数式，分式中的分母不能为零，偶次根式的被开方数非负，对数的真数大于零．
2.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，m≤g(x)≤n，从中解得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确定的g(x)的范围即为f(x)的定义域．
3.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．
多维题组·明技法
角度1：函数的定义域
1. (2023·桃城区校级模拟)已知函数y＝f(x)的定义域为[0,4]，则函数y＝eq \f(fx＋1,\r(x－1))＋(x－2)0的定义域是( C )
A．[1,5] B．(1,2)∪(2,5)
C．(1,2)∪(2,3] D．[1,2)∪(2,3]
【解析】 由题意，函数y＝f(x)的定义域为[0,4]，即x∈[0,4]，则函数y＝eq \f(fx＋1,\r(x－1))＋(x－2)0满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(0≤x＋1≤4，,x－1>0，,x－2≠0，))解得12. (2023·虹口区二模)函数y＝lg(x－1)＋eq \f(1,\r(x2－4))的定义域为_(2，＋∞)__.
【解析】 要使原函数有意义，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1>0，,x2－4>0，))解得x>2.∴函数y＝lg(x－1)＋eq \f(1,\r(x2－4))的定义域为(2，＋∞)．
角度2：分段函数及其应用
3. (2023·呼和浩特模拟)若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≤0，,lg2x＋3，x>0，))则f(f(－2))＝( C )
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 根据题意，函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，x≤0，,lg2x＋3，x>0，))则f(－2)＝4＋1＝5，则f(f(－2))＝lg28＝3.故选C．
4.函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－x－1，x≤0，,x eq \s\up10(\f(1,2))，x>0，))满足f(x)>1的x的取值范围( D )
A．(－1,1) B．(－1，＋∞)
C．{x|x>0或x<－2} D．{x|x>1或x<－1}
【解析】 当x≤0时，f(x)>1即2－x－1>1,2－x>2＝21，∴－x>1，x<－1；当x>0时，f(x)>1即x eq \s\up10(\f(1,2))>1，x>1，综上，x<－1或x>1，故选D．
方法技巧·精提炼
1.函数定义域的求解方法
(1)给出解析式的函数，其定义域是使得解析式有意义的自变量的取值集合，构建不等式(组)求解即可；
(2)若已知函数f(x)的定义域为[a，b]，则复合函数f(g(x))的定义域可由a≤g(x)≤b求出；
(3)若已知函数f(g(x))的定义域为[a，b]，则由x∈[a，b]求得g(x)的值域即可．
2.处理分段函数问题的基本策略
(1)确定自变量的取值范围属于哪个区间，再选取相应的对应关系，离开分段区间讨论分段函数毫无意义的；
(2)画出函数的图象，结合图象可将代数问题直接地分析判断出来．
加固训练·促提高
1. (2023·靖江市校级月考)若函数f(x)＝eq \f(2,x－1)的定义域是(－∞，1)∪[2,5)，则其值域为( D )
A．(－∞，0) B．(－∞，2]
C．eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))) D．(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))
【解析】 由题意可得：当x<1时，则x－1<0所以y∈(－∞，0)，当x∈[2,5)时，则x－1∈[1,4)所以y∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，所以函数的值域为(－∞，0)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2)).故选D．
2.已知实数a<0，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( B )
A．(－∞，－2] B．[－2，－1]
C．[－1,0) D．(－∞，0)
【解析】 当a<0时，1－a>1且1＋a<1，即f(1－a)＝－(1－a)＝a－1；f(1＋a)＝(1＋a)2＋2a＝a2＋4a＋1，由f(1－a)≥f(1＋a)，得a2＋3a＋2≤0，解得－2≤a≤－1，所以a∈[－2，－1]．
3. (2023·江苏省扬州市调研)设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2ln x，x>0，,\f(1,2x)，x<0，))则f(f(e－2))＝_16__.
【解析】 ∵e－2>0，∴f(e－2)＝2ln e－2＝－4<0，则f(f(e－2))＝f(－4)＝eq \f(1,2－4)＝16.高频考点
高考预测
函数图象的识别
在选择、填空题中会继续考查函数图象的识别、判断以及函数单调性、奇偶性、周期性、对称性的综合应用，注意与立体几何、解析几何、三角函数的交汇考查图象的应用问题.
函数单调性、奇偶性的判断及其应用
函数单调性、奇偶性、周期性的综合应用(求值、比较大小、解不等式)