2019年高考數(shù)學 考點分析與突破性講練 專題04 函數(shù)基本性質 理.doc
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專題04 函數(shù)基本性質 一、 考綱要求： 1. 理解函數(shù)的單調性、最大（?。┲导捌鋷缀我饬x； 2. 了解函數(shù)奇偶性的含義； 3. 會運用基本初等函數(shù)的圖像分析函數(shù)的性質。 二、 概念掌握和解題上注意點： 1. 函數(shù)單調性是函數(shù)在其定義域上某區(qū)間上的局部性質，而函數(shù)奇偶性是函數(shù)在其定義域上的整體性質； 2. 求函數(shù)單調性，應先求定義域，在定義域上求單調區(qū)間； 3. 如有多個單調增（減）區(qū)間應分別寫，不能用“∪”聯(lián)結； 4. 易錯警示：若函數(shù)在區(qū)間a,b上單調，則函數(shù)在此區(qū)間的任意子區(qū)間上也是單調的；分段函數(shù)的單調性，除注意各段的單調性外，還要注意銜接點的取值； 5. 函數(shù)奇偶性常用結論： （1）、若奇函數(shù)f(x)在x=0處有定義，則f(0)=0. （2）、如果函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(x)= f(x). （3）、奇函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相同的單調性；偶函數(shù)在兩個對稱的區(qū)間上具有相反的單調性. （4）、y= f(x+a)是奇函數(shù)，則f(-x+a)= -f(x+a)； f(x+a)是偶函數(shù)，則f(-x+a)= f(x+a) 三、高考考題題例分析 例1.（2018課標Ⅱ，10） 若f（x）=cosx﹣sinx在[﹣a，a]是減函數(shù)，則a的最大值是（ ?。? A． B． C． D．π 【解答】解：f（x）=cosx﹣sinx=﹣（sinx﹣cosx）=， 由，k∈Z， 得，k∈Z， 取k=0，得f（x）的一個減區(qū)間為[，]， 由f（x）在[﹣a，a]是減函數(shù)， 得，∴． 則a的最大值是． 故選：A． 例2.（2018課標Ⅱ，11） 已知f（x）是定義域為（﹣∞，+∞）的奇函數(shù)，滿足f（1﹣x）=f（1+x），若f（1）=2，則f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（ ?。? A．﹣50 B．0 C．2 D．50 例3（2018天津，13）已知a，b∈R，且a﹣3b+6=0，則2a+的最小值為 ． 【答案】解：a，b∈R，且a﹣3b+6=0， 可得：3b=a+6， 則2a+==≥2=， 當且僅當2a=．即a=﹣3時取等號． 函數(shù)的最小值為：． 故答案為：． 例4.【2017天津，理6】已知奇函數(shù)在R上是增函數(shù)，.若，，，則a，b，c的大小關系為（ ） （A） （B） （C） （D） 【答案】C 【考點】 指數(shù)、對數(shù)、函數(shù)的單調性 例5【2016年高考北京理數(shù)】已知，，且，則（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】：A：由，得，即，A不正確； B：由及正弦函數(shù)的單調性，可知不一定成立； C：由，，得，故，C正確； D：由，得，不一定大于1，故不一定成立，故選C. 考點： 函數(shù)單調性調性。 例6．【2016高考山東理數(shù)】已知函數(shù)f(x)的定義域為R.當x<0時， ；當 時，；當 時， .則f(6)= （ ） （A）?2 （B）?1 （C）0 （D）2 【答案】D 考點：1.函數(shù)的奇偶性與周期性；2.分段函數(shù). 函數(shù)基本性質練習 （時間90分鐘，滿分100分） 一、選擇題（每題5分，共60分） 1．下列函數(shù)中，定義域是R且為增函數(shù)的是( ) A．y＝3－x B．y=x3 C．y＝log3x D．y＝－ B 解析：由題知，只有y＝3－x與y＝x3的定義域為R，且只有y＝x在R上是增函數(shù)． 2．函數(shù)f(x)＝|x－2|x的單調遞減區(qū)間是( ) A．[1,2] B．[－1,0] C．[0,2] D．[2，＋∞) A 解析： f(x)＝|x－2|x＝其圖象如圖， 由圖象可知函數(shù)的單調遞減區(qū)間是[1,2]． 3．已知函數(shù)f(x)＝|x-a|在(－∞，－1)上是單調函數(shù)，則a的取值范圍是( ) A．(－∞，1] B．(－∞，－1] C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞) D. 解析：因為函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上是單調函數(shù)，所以a≥1. 4．下列函數(shù)中，值域為[0,1]的是( ) A．y＝x2 B．y＝cosx C．y＝ D．y＝ D 解析：A中，x2≥0；B中，－1≤cosx≤1；C中，0＜≤1；D中，0≤≤1， 故選D. 5．已知f(x)為定義在R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝2x＋m，則f(－3)＝( ) A．－8 B．－78 C．78 D．8 6．已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且f(x＋2)＝f(x)對x∈R恒成立，當x∈[0,1]時，f(x)＝2x，則f＝( ) A． B． C． D．1 B解析：由題意得f＝f＝f＝f＝2＝，故選B. 7．已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，在(0，＋∞)上是減函數(shù)，且在區(qū)間[a，b](a＜b＜0)上的值域為[－4,5]，則在區(qū)間[－b，－a]上( ) A．有最大值5 B．有最小值－5 C．有最大值－4 D．有最小值－4 B解析： 當x∈[－b，－a]時，－x∈[a，b]， 由題意得f(b)≤f(－x)≤f(a)，即－4≤－f(x)≤5， ∴－5≤f(x)≤4，即在區(qū)間[－b，－a]上f(x)min＝－5， f(x)max＝4，故選B. 8．已知f(x)是偶函數(shù)，且在[0，＋∞)上是減函數(shù)，若f(lg x)＞f(3)，則x的取值范圍是( ) A．11000,1 B．0,11000∪(1，＋∞) C．11000,1000 D．(0,1)∪(1000，＋∞) C 解析：由偶函數(shù)的定義可知，f(x)＝f(－x)＝f(|x|)，故不等式f(lg x)＞f(3)可化為|lg x|＜3，即－3＜lg x＜3，解得11000＜x＜1000，故選C. 9．定義在[－2,2]上的函數(shù)f(x)滿足(x1－x2)[f(x1)－f(x2)]＞0，x1≠x2，且f(a2－a)＞f(2a－2)，則實數(shù)a的取值范圍為( ) A．[－1,2) B．[0,2) C．[0,1) D．[－1,1) 10．已知函數(shù)f(x)x2+4x,x≥0x2-4x,x<0,若f(－a)＋f(a)≤2f(1)，則a的取值范圍是( ) A．[－1,0) B．[0,1] C．[－1,1] D．[－2,2] C解析： 因為函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，故f(－a)＝f(a)，原不等式等價于f(a)≤f(1)，即f(|a|)≤f(1)，而函數(shù)在[0，＋∞)上單調遞增，故|a|≤1，解得－1≤a≤1. 11．已知f(x)＝atanx＋b＋6，若f(lg 3)＝2，則f＝( ) A． B．－ C．10 D．12 C 解析：因為f(x)＋f(－x)＝12，f＝f(－lg 3)，所以f＝12－f(lg 3)＝10，故選C. 12．已知f(x)是定義在R上的以3為周期的偶函數(shù)，若f(1)＜1，f(8)＝，則實數(shù)a的取值范圍為( ) A．(－1,4) B．(－2,0) C．(－1,0) D．(－1,2) A 解析：[∵f(x)是定義在R上的周期為3的偶函數(shù)， ∴f(8)＝f(8－9)＝f(－1)＝f(1)， ∵f(1)＜1，f(5)＝，∴＜1，即＜0， 解得－1＜a＜4. 二、填空題（每題5分，共20分） 13．函數(shù)f(x)＝log2(x2－4)的單調遞減區(qū)間為________． 14．已知函數(shù)f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，當x∈[0,2)時，f(x)＝x2，若對于任意x∈R，都有f(x＋4)＝f(x)，則f(2)－f(3)的值為________. 1解析：由題意得f(2)＝f(－2＋4)＝f(－2)＝－f(2)， ∴f(2)＝0. ∵f(3)＝f(－1＋4)＝f(－1)＝－f(1)＝－1， ∴f(2)－f(3)＝1. 15．函數(shù)y＝2x+kx-3與y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上具有相同的單調性，則實數(shù)k的取值范圍是________． (－∞，－6) 解析：由于y＝log3(x－2)在(3，＋∞)上為增函數(shù)，故函數(shù)y＝2x+kx-3＝2x-3+6+kx-3＝2＋6+kx-3在(3，＋∞)上也是增函數(shù)，則有6＋k＜0，得k＜－6. 16．已知f(x)，g(x)分別是定義在R上的奇函數(shù)和偶函數(shù)，且f(x)－g(x)＝13x則f(1)，g(0)，g(－1)之間的大小關系是________. g(0)＞f(1)＞g(－1) 三、解答題（每題10分，共20分） 17．已知定義在區(qū)間(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足f＝f(x1)－f(x2)，且當x>1時，f(x)<0. (1)求f(1)的值； (2)證明：f(x)為單調遞減函數(shù)； (3)若f(3)＝－1，求f(x)在[2,27]上的最小值. [解] (1)令x1＝x2>0， 代入得f(1)＝f(x1)－f(x1)＝0，故f(1)＝0. (2)證明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1>x2，則>1， 當x>1時，f(x)<0，∴f<0， 即f(x1)－f(x2)<0，因此f(x1)
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