人教版高中数学第2章 §2.4　函数性质的综合应用　培优课.docx

§2.4　函数性质的综合应用
题型一　函数的单调性与奇偶性
例1　(1)(2020·新高考全国Ⅰ)若定义在R上的奇函数f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，则满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是(　　)
A．[－1,1]∪[3，＋∞)
B．[－3，－1]∪[0,1]
C．[－1,0]∪[1，＋∞)
D．[－1,0]∪[1,3]
答案　D
解析　因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，
则f(0)＝0.
又f(x)在(－∞，0)上单调递减，且f(2)＝0，
画出函数f(x)的大致图象如图(1)所示，
则函数f(x－1)的大致图象如图(2)所示．
　　　　 (1)　　　　　　　 (2)
当x≤0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≤0，得－1≤x≤0.
当x>0时，要满足xf(x－1)≥0，
则f(x－1)≥0，得1≤x≤3.
故满足xf(x－1)≥0的x的取值范围是[－1,0]∪[1,3]．
(2)若函数f(x)是定义在R上的奇函数，对于任意两个正数x1，x2(x1<x2)，都有x2·f(x1)>x1·f(x2)．记a＝25f(0.22)，b＝f(1)，c＝－log53，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．a>b>c B．a>c>b
C．b>c>a D．c>b>a
答案　A
解析　构造函数g(x)＝，
函数g(x)的定义域为{x|x≠0}，
∵函数f(x)为R上的奇函数，
∴f(－x)＝－f(x)，
g(－x)＝＝＝g(x)，
则函数g(x)为偶函数，
对于任意两个正数x1，x2(x1<x2)，
都有x2·f(x1)>x1·f(x2)，
则>，
即g(x1)>g(x2)，
则函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∵a＝25f(0.22)＝f ＝g，
b＝f(1)＝g(1)，
c＝－log53＝－f(－log35)
＝g(log35)，
∵log35>log33＝1>，
则g(log35)<g(1)<g，即a>b>c.
思维升华　(1)解抽象函数不等式，先把不等式转化为f(g(x))>f(h(x))，利用单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式(组)．
(2)比较大小，利用奇偶性把不在同一单调区间上的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，进而利用其单调性比较大小．
跟踪训练1　(2022·南京质检)已知函数f(x)＝－x－x3，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值(　　)
A．一定大于零
B．一定小于零
C．等于零
D．正负都有可能
答案　B
解析　函数f(x)的定义域为R，
又f(－x)＝－(－x)－(－x)3＝x＋x3
＝－f(x)，
所以函数f(x)是R上的奇函数，
由单调性的运算性质可知，函数f(x)是R上的减函数，
因为x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，
即x1>－x2，x2>－x3，x3>－x1，
所以f(x1)<f(－x2)，f(x2)<f(－x3)，f(x3)<f(－x1)，
即f(x1)<－f(x2)，f(x2)<－f(x3)，f(x3)<－f(x1)，
所以f(x1)＋f(x2)<0，f(x2)＋f(x3)<0，f(x3)＋f(x1)<0，
三式相加可得f(x1)＋f(x2)＋f(x3)<0.
题型二　函数的奇偶性与周期性
例2　(1)(多选)定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝－f(x)，且在[－2,0]上单调递减，下面关于f(x)的判断正确的是(　　)
A．f(0)是函数的最小值
B．f(x)的图象关于点(1,0)对称
C．f(x)在[2,4]上单调递增
D．f(x)的图象关于直线x＝2对称
答案　ABD
解析　A项，∵f(x＋2)＝－f(x)＝－f(－x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)＝f(－x)，
∴f(x)是周期为4的周期函数，
又f(x)在[－2,0]上单调递减，在R上是偶函数，∴在[0,2]上单调递增，
∴f(0)是函数的最小值，正确；
B项，由f(x＋2)＋f(－x)＝0，
∴f(x)的图象关于点(1,0)中心对称，正确；
C项，又f(x)在[－2,0]上单调递减，在R上是偶函数，
∴在[0,2]上单调递增，f(x)是周期为4的周期函数，
∴f(x)在[2,4]上单调递减，错误；
D项，∵f(x＋2)＝－f(x)，
∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)＝f(－x)，f(x)的图象关于直线x＝2对称，正确．
(2)(2021·全国甲卷)设函数f(x