2022新高考数学人教A版一轮总复习训练3.2函数的基本性质综合集训（带解析）

§3.2　函数的基本性质基础篇【基础集训】考点一　函数的单调性及最值1.下列说法中正确的个数是(　　)①若对任意x1,x2∈I,当x1<x2时,>0,则y=f(x)在I上是增函数;②函数y=x2在R上是增函数;③函数y=-在定义域上是增函数;④函数y=的单调区间是(-∞,0)∪(0,+∞).A.0　　B.1　　C.2　　D.3答案　B2.下列函数在(0,2)上是单调递增函数的是(　　)A.y=　　B.y=lo(2-x)C.y=　　D.y=答案　B3.函数y=lo(-x2+x+6)的单调增区间为(　　)A.　　B.　　C.(-2,3)　　D.答案　A4.已知函数f(x)为R上的增函数,若f(a2-a)>f(a+3),则实数a的取值范围为　　　　　　　　　. 答案　(-∞,-1)∪(3,+∞) 考点二　函数的奇偶性5.若函数f(x)=为奇函数,则a=(　　)A.　　B.　　C.　　D.1答案　A6.设f(x)为定义在R上的奇函数,当x≥0时,f(x)=3x-7x+2b(b为常数),则f(-2)=(　　)A.6　　B.-6　　C.4　　D.-4答案　A7.已知奇函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,且f(1)=0,若f(x-1)>0,则x的取值范围为(　　)A.{x|0<x<1或x>2}　　B.{x|x<0或x>2}C.{x|x<0或x>3}　　D.{x|x<-1或x>1}答案　A考点三　函数的周期性8.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,并且满足f(x+2)=-,当2≤x≤3时,f(x)=x,则f(105.5)=(　　)A.-2.5　　B.2.5　　C.5.5　　D.-5.5答案　B9.奇函数f(x)的定义域为R,若f(x+1)为偶函数,且f(-1)=-1,则f(2018)+f(2019)=(　　)A.-2　　B.-1　　C.0　　D.1答案　B10.设f(x)是定义在R上以2为周期的偶函数,当x∈[0,1]时,f(x)=log2(x+1),则函数f(x)在[1,2]上的解析式是　　　　　　　. 答案　f(x)=log2(3-x) [教师专用题组]【基础集训】考点一　函数的单调性及最值1.(2020北京房山一模,7)已知函数f(x)=若f(-2)=0,且f(x)在R上单调递增,则a的取值范围是(　　)A.(0,2]　　B.(1,2]　　C.(1,+∞)　　D.[2,+∞)答案　B　由f(-2)=-2b+1=0,得b=,又由f(x)在R上单调递增,得即1<a≤2,故选B.易错警示　分段函数递增(减),既需要每段均为增函数(减函数),还需要考虑各段定义域临界点处的函数值大小关系.2.(2020甘肃、青海、宁夏联考,6)若函数f(x)=有最大值,则a的取值范围为(　　)A.(-5,+∞)　　B.[-5,+∞)　　C.(-∞,-5)　　D.(-∞,-5]答案　B　当x≤1时,f(x)=2x+2+a单调递增,则f(x)≤f(1)=a+4;当x>1时,f(x)=lo(x+1)单调递减,则f(x)<f(1)=-1,因为函数有最大值,所以4+a≥-1,解得a≥-5,故选B.3.已知函数f(x)=log2x,g(x)=2x+a,若存在x1,x2∈,使得f(x1)=g(x2),则实数a的取值范围是　(　　)A.[-5,0]　　B.(-∞,-5]∪[0,+∞)C.(-5,0)　　D.(-∞,-5)∪(0,+∞)答案　A　由f(x)=log2x,x∈,得f(x)∈[-1,1]. 若存在x1,x2∈,使得g(x2)=f(x1),则g(x)max=g(2)=4+a≥-1,解得a≥-5,g(x)min=g=1+a≤1,解得a≤0.综上,-5≤a≤0,故选A.4.(2017浙江绍兴教学质量调测(3月),9)记min{x,y}=设f(x)=min{x2,x3},则(　　)A.存在t>0,|f(t)+f(-t)|>f(t)-f(-t)B.存在t>0,|f(t)-f(-t)|>f(t)-f(-t)C.存在t>0,|f(1+t)+f(1-t)|>f(1+t)+f(1-t)D.存在t>0,|f(1+t)-f(1-t)|>f(1+t)-f(1-t)答案　C　作出函数f(x)=min{x2,x3}的图象,显然该函数是单调递增的,所以对任意的t>0均有|f(t)-f(-t)|=f(t)-f(-t),且|f(1+t)-f(1-t)|=f(1+t)-f(1-t),因此排除B,D.考虑选项A,当0≤t≤1时,f(t)=t3,f(-t)=-t3,则|f(t)+f(-t)|=|t3+(-t)3|=t3-t3=0≤2t3=f(t)-f(-t);当t>1时,f(t)=t2,f(-t)=-t3,则|f(t)+f(-t)|=|t2-t3|=t3-t2,f(t)-f(-t)=t2+t3,又t3-t2-(t2+t3)=-2t2<0,所以|f(t)+f(-t)|<f(t)-f(-t),排除A.故选C. 5.若函数f(x)=在区间[2,a]上的最大值与最小值的和为,则a=　　　　. 答案　4解析　f(x)=在(0,+∞)上是减函数,因为[2,a]⫋(0,+∞),所以f(x)=在[2,a]上也是减函数,所以f(x)max=f(2)=,f(x)min=f(a)=,所以+=,所以a=4.6.(2020浙江百校联考,11)若函数f(x)=为奇函数,则实数a的值为　　　　;当x≥4时,f(x)的最大值为　　　　. 答案　　2;解析　本题考查函数的奇偶性,函数的最值;考查学生数学运算的能力和数形结合的思想;考查了数学运算的核心素养.由函数f(x)是奇函数知f(-x)=-f(x)恒成立,即=-恒成立,则x2+(a-2)x-2a=x2+(2-a)x-2a恒成立,所以a-2=2-a,即a=2.所以f(x)===.当x≥4时,g(x)=x-单调递增,所以g(x)≥4-=3,则f(x)=≤,即当x≥4时,f(x)的最大值为.小题巧解　根据定义域关于原点对称可以直接得出a=2.考点二　函数的奇偶性1.(多选题)函数f(x)的定义域为R,且f(x+1)与f(x+2)都为奇函数,则(　　)A.f(x)为奇函数　　B.f(x)为周期函数C.f(x+3)为奇函数　　D.f(x+4)为偶函数 答案　ABC　本题主要考查函数的奇偶性,周期性,考查逻辑推理的核心素养.∵f(x+1)为奇函数,∴f(-x+1)=-f(x+1),∴f(-x)=-f(x+2),又∵f(x+2)为奇函数,∴f(-x+2)=-f(x+2),∴f(-x)=-f(x+4),∴-f(x+2)=-f(x+4),∴f(x+2)=f(x+4),即f(x+2)=f(x),∴f(x)是周期为2的奇函数,∴f(x+4)是奇函数.∵f(x)的周期为2,且f(x+1)是奇函数,∴f(x+3)=f(x+1)是奇函数,故A,B,C均正确.小题巧解　由函数f(x+1)和f(x+2)均为奇函数,根据函数图象的平移变换可得点(1,0)和(2,0)均为函数f(x)图象的对称中心.所以函数f(x)的周期为2,利用数形结合即可求解.2.(2018北京房山一模,5)下列函数中,与函数y=x3的单调性和奇偶性相同的是(　　)A.y=　　B.y=lnxC.y=tanx　　D.y=ex-e-x答案　D　由定义域可得y=和y=lnx是非奇非偶函数,故排除A、B;y=tanx的单调增区间是,k∈Z,故排除C;只有D符合要求,故选D.3.(2017北京海淀二模,6)已知f(x)是R上的奇函数,则“x1+x2=0”是“f(x1)+f(x2)=0”的(　　)A.充分而不必要条件　　B.必要而不充分条件C.充分必要条件　　D.既不充分也不必要条件答案　A　若x1+x2=0,则x1=-x2,f(x1)=f(-x2)=-f(x2),从而f(x1)+f(x2)=0,故充分性成立;若f(x)=0,则x1=1,x2=2时,f(x1)+f(x2)=0,但x1+x2≠0,故必要性不成立,所以“x1+x2=0”是“f(x1)+f(x2)=0”的充分而不必要条件.4.(2017安徽淮南一模,7)函数y=f(x)在[0,2]上单调递增,且函数f(x+2)是偶函数,则下列结论成立 的是(　　)A.f(1)<f<f　　B.f<f(1)<fC.f<f<f(1)　　D.f<f(1)<f答案　B　∵函数y=f(x)在[0,2]上单调递增,且函数f(x+2)是偶函数,∴函数y=f(x)在[2,4]上单调递减,且在[0,4]上函数y=f(x)满足f(2-x)=f(2+x),∴f(1)=f(3),f<f(3)<f,即f<f(1)<f.故选B.5.(2018江苏南京、盐城高三二模,10)已知函数f(x)是定义在R上的偶函数,且当x≥0时,f(x)=x2+x.若f(a)+f(-a)<4,则实数a的取值范围为　　　　. 答案　(-1,1)解析　当x≥0时,f(x)=x2+x为增函数,∵f(x)为定义在R上的偶函数,∴f(a)+f(-a)=2f(a)<4,∴f(a)<2=f(1),由f(x)是偶函数,得f(a)=f(|a|),∴f(|a|)<f(1),∴|a|<1,∴-1<a<1.6.(2018浙江台州第一次调考(4月),13)若函数f(x)=a-(a∈R)是奇函数,则a=　　　　,函数f(x)的值域为　　　　　　　　. 答案　-1;(-∞,-1)∪(1,+∞) 解析　由已知得函数f(x)的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),∴a-=-,∴a=+=+==-1.∴f(x)=-1-,当x∈(0,+∞)时,2x>1,∴2x-1>0,∴>0,∴f(x)<-1;当x∈(-∞,0)时,0<2x<1,∴-1<2x-1<0,∴<-1,∴->2,∴f(x)>1,故函数f(x)为值域为(-∞,-1)∪(1,+∞).考点三　函数的周期性1.(2020河南模拟,7)已知定义在R上的奇函数f(x),对任意实数x,恒有f(x+3)=-f(x),且当x∈时,f(x)=x2-6x+8,则f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2020)=(　　)A.6　　B.3　　C.0　　D.-3答案　B　根据题意,对任意实数x,恒有f(x+3)=-f(x),则有f(x+6)=-f(x+3)=f(x),即函数f(x)是周期为6的周期函数,又由f(x)为定义在R上的奇函数,得f(0)=0,则f(3)=-f(0)=0,又由当x∈时,f(x)=x2-6x+8,得f(1)=3,f(2)=f(-1+3)=-f(-1)=f(1)=3,f(4)=f(1+3)=-f(1)=-3,f(5)=f(2+3)=-f(2)=-3,则有f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=0,则f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2020)=[f(0)+f(1)+f(2)+…+f(5)]×336+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=3.故选B.解后反思　已知a≠0,若f(x+a)=-f(x),则函数f(x)的周期为2|a|. 2.(2018河南洛阳一模,6)已知函数y=f(x)满足y=f(-x)和y=f(x+2)是偶函数,且f(1)=,设F(x)=f(x)+f(-x),则F(3)=(　　)A.　　B.　　C.π　　D.答案　B　由y=f(-x)和y=f(x+2)是偶函数知f(-x)=f(x),且f(x+2)=f(-x+2),则f(x+2)=f(x-2),则f(x)=f(x+4).所以F(3)=f(3)+f(-3)=2f(3)=2f(-1)=2f(1)=.故选B.3.(2016内蒙古包头一模,9)定义在R上的奇函数f(x)满足f(x-4)=-f(x),且在[0,2]上为增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8,8]上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1+x2+x3+x4的值为(　　)A.8　　B.-8　　C.0　　D.-4答案　B　∵f(x-4)=-f(x),∴f(x-8)=f(x),∴函数f(x)是以8为周期的周期函数,又由f(x-4)=-f(x)可得f(x+2)=-f(x+6)=-f(x-2),因为f(x)是奇函数,所以f(x+2)=-f(x-2)=f(2-x),所以f(x)的图象关于x=2对称,结合在[0,2]上为增函数,可得函数的大致图象如图,由图看出,四个交点中的左边两个交点的横坐标之和为2×(-6),另两个交点的横坐标之和为2×2,所以x1+x2+x3+x4=-8.故选B.4.(多选题)(2021届山东潍坊一模)已知函数f(x),∀x∈R,满足f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),若f(a)=-f(2020),a∈[5,9],且f(x)在[5,9]上为单调函数,则下列结论正确的是(　　)A.f(3)=0B.a=8C.f(x)是周期为4的周期函数D.y=f(x)的图象关于点(1,0)对称答案　AB　∵∀x∈R,满足 f(x)=-f(6-x),f(x+1)=f(-x+1),∴f(x)=-f(6-x)=-f(-(x-5)+1)=-f(x-5+1)=-f(x-4),∴f(x-4)=-f(x),∴f(x-8)=f(x-4-4)=-f(x-4)=f(x),故f(x)的周期T=8.因为T=8,故C错.f(a)=-f(2020)=-f(252×8+4)=-f(4)=-f(3+1)=-f(-2)=-[-f(6-(-2))]=f(8),由a∈[5,9]且f(x)在[5,9]上单调,易得a=8.故B对.∵f(x)=-f(6-x),∴f(3)=-f(6-3)=-f(3)⇒f(3)=0,故A对.∵f(x+1)=f(-x+1),∴直线x=1为对称轴,故D错.故选AB.5.(2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),8)设函数y=f(x)是定义在R上的偶函数,对任意x∈R,都有f(x+8)=f(x)+f(8),则满足条件的f(x)可以是(　　)A.f(x)=3cos　　B.f(x)=3sinC.f(x)=3sin2　　D.f(x)=3sin2答案　C　根据f(x)是定义在R上的偶函数,排除B.∵f(x+8)=f(x)+f(8),∴令x=0,得f(8)=f(0)+f(8)⇒f(0)=0,排除A.再令x=-8,得f(0)=f(-8)+f(8)⇒f(8)=0,∴f(x+8)=f(x),故f(x)是周期为8的周期函数,故选C.6.(2019浙江杭州二模(4月),8)设函数f(x)=-,则函数y=f(f(x))(　　)A.是偶函数也是周期函数B.是偶函数但不是周期函数C.不是偶函数是周期函数D.既不是偶函数也不是周期函数答案　A　由恒等式max{x,y}=知,f(x)=- =max-,-2·|x|+,从而f(f(x))=max-,-2·|f(x)|+.作出函数y=f(x)的图象,如图.由图可知,其值域为,所以-2·+∈,所以-2·+<-,故f(f(x))=-,所以y=f(f(x))是偶函数也是周期函数,故选A.综合篇【综合集训】考法一　判断函数单调性的方法1.已知函数f(x)满足:①对任意x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2,都有>0;②对定义域内的任意x,都有f(x)=f(-x),则符合上述条件的函数是(　　)A.f(x)=x2+|x|+1　　B.f(x)=-xC.f(x)=ln|x+1|　　D.f(x)=cosx答案　A2.已知函数f(x)=loga(-x2-2x+3)(a>0且a≠1),若f(0)<0,则此函数的单调递增区间是(　　)A.(-∞,-1]　　B.[-1,+∞)　　C.[-1,1)　　D.(-3,-1]答案　C 考法二　函数单调性的应用3.已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增,则满足f(2x-1)<f的x的取值范围是(　　)A.　　B.　　C.　　D.答案　A4.若函数f(x)=loga(ax2-x)在闭区间[2,4]上是增函数,则实数a的取值范围是　　　　. 答案　(1,+∞)考法三　函数奇偶性的判断及应用5.(2020广东揭阳摸底)已知偶函数f(x)满足f(x)=x2+2-x(x≤0),则f(x)在(0,+∞)上(　　)A.单调递增　　B.单调递减C.先递增后递减　　D.先递减后递增答案　A6.已知f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)-g(x)=x3+x2+1,则f(1)+g(1)=(　　)A.-3　　B.-1　　C.1　　D.3答案　C7.已知f(x)=,g(x)=|x-2|,则下列结论正确的是(　　)A.h(x)=f(x)+g(x)是偶函数B.h(x)=f(x)·g(x)是奇函数C.h(x)=是偶函数D.h(x)=是奇函数答案　D 8.(2020福建龙岩质量检查)已知f(x)为奇函数,且当x≥0时,f(x)=ex-1,则f=(　　)A.-　　B.-1　　C.1　　D.答案　B9.(2021届江苏南京六校联考)已知奇函数f(x)的定义域为R,且f(1+x)=f(1-x).当x∈(0,1]时,f(x)=log2(2x+3),则f的值是(　　)A.-3　　B.-2　　C.2　　D.3答案　B考法四　函数周期性的确定及应用10.定义在R上的奇函数f(x)满足:f(x+1)=f(x-1),且当-1<x<0时,f(x)=2x-1,则f(log220)等于　(　　)A.　　B.-　　C.-　　D.答案　D11.已知函数的定义域为R,且满足下列三个条件:①对任意的x1,x2∈[4,8],当x1<x2时,都有>0;②f(x+4)=-f(x);③y=f(x+4)是偶函数.若a=f(6),b=f(11),c=f(2017),则a,b,c的大小关系正确的是(　　)A.a<b<c　　B.b<a<c　　C.a<c<b　　D.c<b<a答案　B 12.已知偶函数f(x)的定义域为R,若f(x-1)为奇函数,且f(2)=3,则f(5)+f(6)的值为(　　)A.-3　　B.-2　　C.2　　D.3答案　D考法五　函数值域的求解方法13.函数y=,x∈(m,n]的最小值为0,则m的取值范围是(　　)A.(1,2)　　B.(-1,2)　　C.[1,2)　　D.[-1,2)答案　D14.(2019皖东名校联盟,15)若函数f(x)=的值域是[e-1,+∞),其中e是自然对数的底数,则实数m的最小值是　　　　. 答案　-1[教师专用题组]【综合集训】考法一　判断函数单调性的方法1.(2016北京东城(上)期中)定义在R上的函数f(x)满足f(-x)=f(x),对于任意x1,x2∈[0,+∞),<0(x2≠x1),则(　　)A.f(-1)<f(-2)<f(3)　　B.f(3)<f(-1)<f(-2)C.f(-2)<f(-1)<f(3)　　D.f(3)<f(-2)<f(-1)答案　D　由f(-x)=f(x),得f(x)为偶函数,对于任意x1,x2∈[0,+∞),<0,即当x≥0时,f(x) 为减函数,则f(3)<f(2)<f(1),易得f(3)<f(-2)<f(-1),故选D.2.(2017河南商丘二模,3)设函数f(x)=ln(e+x)+ln(e-x),则f(x)是(　　)A.奇函数,且在(0,e)上是增函数B.奇函数,且在(0,e)上是减函数C.偶函数,且在(0,e)上是增函数D.偶函数,且在(0,e)上是减函数答案　D　f(x)的定义域为(-e,e),关于原点对称.f(-x)=ln(e-x)+ln(e+x)=f(x),∴函数f(x)是偶函数,在(0,e)上,f'(x)=-=<0,则函数f(x)在(0,e)上单调递减,故选D.3.函数f(x)=(6-x-x2的单调递减区间为(　　)A.　　B.C.　　D.答案　A　解法一:f'(x)=(6-x-x2(-2x-1),由题意令f'(x)≤0,得解得-≤x≤2.故选A.解法二:令6-x-x2≥0,得-3≤x≤2.故f(x)的定义域为[-3,2].∵t=-x2-x+6在上为减函数,而y=在[0,+∞)上为增函数,所以f(x)=(6-x-x2在上为减函数.故选A. 4.(2017河南中原名校第一次质检,3)函数y=lo(-x2+x+6)的单调增区间为(　　)A.　　B.C.(-2,3)　　D.答案　A　令t=-x2+x+6,由t>0,得-2<x<3,故函数的定义域为(-2,3),由复合函数的单调性知,只需求函数t=-x2+x+6在(-2,3)上的单调减区间即可.利用二次函数的性质可得t=-x2+x+6在定义域(-2,3)上的单调减区间为,故原函数的单调增区间为,故选A.5.讨论函数f(x)=(a>0)在(-1,1)上的单调性.解析　解法一(定义法):任取x1,x2∈(-1,1),且x1<x2,f(x1)-f(x2)=-==.∵-1<x1<x2<1,∴x2-x1>0,x1x2+1>0,(-1)(-1)>0.又a>0,∴f(x1)-f(x2)>0,故函数f(x)在(-1,1)上单调递减.解法二(导数法):f'(x)= ===-.∵a>0,x∈(-1,1),∴f'(x)<0.∴f(x)在(-1,1)上单调递减.6.已知函数f(x)=-ax,其中a>0.(1)若2f(1)=f(-1),求a的值;(2)证明:当a≥1时,函数f(x)在区间[0,+∞)上为单调减函数;(3)若函数f(x)在区间[1,+∞)上是增函数,求a的取值范围.解析　(1)由2f(1)=f(-1),可得2-2a=+a,即3a=,∴a=.(2)证明:当a≥1时,任取x1,x2∈[0,+∞),且0≤x1<x2,则f(x1)-f(x2)=-ax1-+ax2=--a(x1-x2)=-a(x1-x2)=(x1-x2),因为0≤x1<,0<x2<,所以0<<1.因为a≥1,x1-x2<0,所以f(x1)-f(x2)>0, 故f(x)在[0,+∞)上单调递减.(3)任取x1,x2∈[1,+∞),且1≤x1<x2,由(2)知f(x1)-f(x2)=(x1-x2),因为f(x)在[1,+∞)上单调递增,所以f(x1)-f(x2)<0,又x1-x2<0,所以-a>0恒成立,因为1≤x1<x2⇒2≥+1,2>+1,所以x1≥,x2>,两式相加得(x1+x2)>+,则<<1,所以0<a≤.考法二　函数单调性的应用1.已知函数f(x)=sinx+3x,x∈(-1,1),如果f(1-a)<-f(1-a2),则实数a的取值范围是(　　)A.(1,)　　B.(-∞,-2)∪(1,+∞)C.(-∞,-2)　　D.(1,+∞)答案　A　易知函数f(x)是奇函数,且在(-1,1)上单调递增,∵f(1-a)<-f(1-a2),∴f(1-a)<f(a2-1),∴解得1<a<,故选A.2.设函数f(x)=若函数y=f(x)在区间(a,a+1)上单调递增,则实数a的取值范围是(　　)A.(-∞,1]　　B.[1,4] C.[4,+∞)　　D.(-∞,1]∪[4,+∞)答案　D　函数图象如图.∵函数在(a,a+1)上单调递增,∴a+1≤2或a≥4.∴a≤1或a≥4.3.(2017河南平顶山一模,12)已知f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0,记a=,b=,c=,则(　　)A.a<b<c　　B.b<a<c　　C.c<a<b　　D.c<b<a答案　B　∵f(x)是定义在(0,+∞)上的函数,对任意两个不相等的正数x1,x2,都有>0,∴x1-x2与x2f(x1)-x1f(x2)同号,则x1-x2与同号,∴函数是(0,+∞)上的增函数,∵1<30.2<2,0<0.32<1,log25>2,∴0.32<30.2<log25,∴b<a<c.故选B.4.(2018安徽蚌埠二模,11)已知单调函数f(x),对任意的x∈R都有f[f(x)-2x]=6,则f(2)=(　　)A.2　　B.4　　C.6　　D.8答案　C　设t=f(x)-2x,则f(t)=6,且f(x)=2x+t,令x=t,则f(t)=2t+t=6,∵f(x)是单调函数,f(2)=22+2=6,∴t=2,即f(x)=2x+2,则f(2)=4+2=6,故选C.5.已知函数f(x)=x+alnx(a>0),对于内的任意两个相异实数x1,x2,恒有|f(x1)-f(x2)|>,则 a的取值范围是　　　　. 答案　解析　因为a>0,所以f'(x)=1+=>0在(0,+∞)上恒成立,故函数f(x)在(0,+∞)上单调递增,设x1<x2,则f(x1)<f(x2),所以f(x2)-f(x1)>-,可得f(x2)+>f(x1)+,令h(x)=f(x)+,则问题转化为函数h(x)=f(x)+在上单调递增,即x2+ax-1≥0在上恒成立,则a≥=,故a的取值范围是.解题关键　题中出现绝对值,利用导数判断f(x)的单调性,从而去绝对值,将问题转化为恒成立问题求解.考法三　函数奇偶性的判断及应用1.(2013北京文,3,5分)下列函数中,既是偶函数又在区间(0,+∞)上单调递减的是(　　)A.y=　　B.y=e-x　　C.y=-x2+1　　D.y=lg|x|答案　C　A中y=是奇函数,A不正确;B中y=e-x=是非奇非偶函数,B不正确;C中y=-x2+1是偶函数且在(0,+∞)上单调递减,C正确;D中y=lg|x|在(0,+∞)上是增函数,D不正确.故选C.2.函数f(x)=的图象关于原点对称,g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函数,则a+b=(　　)A.1　　B.-1　　C.-　　D.答案　D　∵f(x)=的图象关于原点对称,∴函数f(x)是奇函数,∴f(0)=0,∴a=1.∵g(x)=lg(10x+1)+bx是偶函数, ∴g(-x)=g(x)对任意的x都成立,∴lg(10-x+1)-bx=lg(10x+1)+bx,∴lg=lg(10x+1)+2bx,∴lg(10x+1)-x=lg(10x+1)+2bx,∴-x=2bx对一切x恒成立,∴b=-,∴a+b=,故选D.3.(2017河北“五个一名校联盟”二模,6)设函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)=则g(f(-8))=(　　)A.-1　　B.-2　　C.1　　D.2答案　A　∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,且f(x)=∴f(-8)=-f(8)=-log39=-2,∴g(f(-8))=g(-2)=f(-2)=-f(2)=-log33=-1.故选A.4.(2017浙江模拟训练冲刺卷五,10)已知定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(-x)=-2,函数g(x)=x3-sinx-1,若函数y=f(x)与y=g(x)的图象相交于点P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n∈N*),则(x1+y1)+(x2+y2)+…+(xn+yn)=(　　)A.-2n+2　　B.-2nC.-n+1　　D.-n答案　D　由f(x)+f(-x)=-2,得f(-x)+1=-[f(x)+1],设h(x)=f(x)+1,则y=h(x)是R上的奇函数.令φ(x)=g(x)+1,则φ(x)也是R上的奇函数,若函数y=f(x)与y=g(x)的图象相交于点P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(n∈N*),则函数y=h(x)与y=φ(x)的图象相交于点Q1(x1,y1+1),Q2(x2,y2+1),…,Qn(xn,yn+1)(n∈N*).由函数y=h(x)与y=φ(x)都是R上的奇函数,知两函数图象共有奇数个交点,其中一个为原点,另外n-1个交点,恰好是对关于原点对称的点,所以 (x1+y1+1)+(x2+y2+1)+…+(xn+yn+1)=0,故(x1+y1)+(x2+y2)+…+(xn+yn)=-n.5.(2017青海西宁联考,9)函数f(x)在定义域R上不是常数函数,且f(x)满足条件:对任意x∈R,都有f(x+2)=f(2-x),f(1+x)=-f(x),则f(x)是(　　)A.奇函数　　B.偶函数C.非奇非偶函数　　D.既奇又偶函数答案　B　∵对任意x∈R,都有f(1+x)=-f(x),∴f(2+x)=f[1+(1+x)]=-f(1+x)=f(x),f(2-x)=f[1+(1-x)]=-f(1-x)=-f[1+(-x)]=f(-x).又∵对任意x∈R,都有f(2+x)=f(2-x),∴f(x)=f(-x).故f(x)为偶函数.又∵只有常数函数既是奇函数又是偶函数,函数f(x)在定义域R上不是常数函数,∴函数f(x)不可能为奇函数.故选B.6.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数.当x<0时,f(x)=x2-4,则当x>0时,f(x)=　　　　;不等式f(x)<0的解集为　　　　　　　　. 答案　-x2+4;(-2,0)∪(2,+∞)解析　当x<0时,f(x)=x2-4,设x>0,则-x<0,∴f(-x)=x2-4,又∵f(x)为奇函数,∴f(-x)=-f(x),∴f(x)=-f(-x),∴f(x)=-x2+4,∴当x>0时,f(x)=-x2+4.由f(x)<0得不等式组:①或②解不等式组①得{x|x>2}, 解不等式组②得{x|-2<x<0},由①②可知f(x)<0的解集为{x|-2<x<0或x>2}.考法四　函数周期性的确定及应用1.(2017浙江台州一模,3)若函数y=f(x)是定义在R上的周期为2的奇函数,则f(2017)=(　　)A.-2017　　B.0　　C.1　　D.2017答案　B　y=f(x)是R上周期为2的周期函数,即f(x)=f(x+2),令x=-1,知f(1)=f(-1)=-f(1),所以f(1)=f(-1)=0.因此f(2017)=f(1)=0,故选B.2.已知函数f(x)的定义域为R.当x<0时,f(x)=ln(-x)+x;当-e≤x≤e时,f(-x)=-f(x);当x>1时,f(x+2)=f(x),则f(8)=　　　　. 答案　2-ln2解析　∵x>1时,f(x+2)=f(x),∴f(8)=f(8-3×2)=f(2),∵2<e,∴f(2)=-f(-2)=-(ln2-2)=2-ln2.∴f(8)=2-ln2.3.(2018浙江“七彩阳光”联盟期中,16)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,对任意的x∈R都有f(1+x)=f(1-x),且当x∈[0,1]时,f(x)=2x-1,则当x∈[-2,6]时,方程f(x)=-所有根之和为　　　　. 答案　4解析　由f(1+x)=f(1-x),得f(x+2)=f(-x),又函数f(x)是奇函数,所以f(x+2)=f(-x)=-f(x),从而有f(x+4)=f(x),即f(x)是以4为周期的函数.又由题意知,函数f(x)的图象关于直线x=1对称,从而其图象关于直线x=-1也对称,由周期性知函数图象关于直线x=2k+1,k∈Z对称.由题意知函数f(x)在区间[0,1]是增函数,其值域为[0,1], 此时方程f(x)=-无解,由对称性知函数f(x)在区间[1,2]是减函数,其值域为[0,1],此时方程f(x)=-也无解.由函数图象关于原点对称知方程f(x)=-在区间[-2,-1]和[-1,0]上各有一根,由对称性知两根之和为-2.由周期性知方程f(x)=-在区间[2,3]和[3,4]上各有一根,由对称性知两根之和为6.由对称性知,在区间[4,6]上方程f(x)=-无解,故在区间[-2,6]上共有4个根,其和为4.4.(2018浙江高考模拟卷,12)定义在R上的函数f(x)满足f(x+6)=f(x).当x∈[-3,3)时,f(x)=则f(4)=　　　　;f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2016)+f(2017)=　　　　　. 答案　0;337解析　f(4)=f(-2)=0,因为f(1)=1,f(2)=2,f(3)=f(-3)=-1,f(4)=0,f(5)=f(-1)=-1,f(6)=f(0)=0,所以f(1)+f(2)+…+f(6)=1,又因为2017=6×336+1,所以f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2016)+f(2017)=336×1+1=337.5.已知f(x)对任意的x∈R,都有f(x-1)=f(x+1).当x∈(-2,0]时,f(x)=x+1,则当2<x≤4时,的最大值为　　　　. 答案　解析　由f(x-1)=f(x+1),得f(x)=f(x+2),所以f(x)是周期为2的周期函数,当2<x≤4时,-2<x-4≤0,因此f(x-4)=(x-4)+1=x-3, 所以当2<x≤4时,f(x)=x-3,==1-,其在(2,4]上单调递增,故它的最大值为f(4)=1-=.规律总结　几种常见抽象函数的周期性质f(x+a)=-f(x)f(x+a)=f(x+a)=-f(x+a)=f(x-a)f(x+a)=f(x+b)(a≠b)f(2a-x)=f(x)且f(2b-x)=f(x)(a≠b)周期2|a|2|a|2|a|2|a||a-b|2|b-a|考法五　函数值域的求解方法1.(2017河南安阳期中,5)已知函数f(x)的值域为-,,则函数g(x)=f(x)+的值域为(　　)A.　　B.C.　　D.∪答案　B　设t=,则f(x)=(1-t2),∵f(x)∈,∴≤t≤2.设y=+t=-(t-1)2+1,易知当t=1时,y取得最大值1,当t=2时,y取得最小值,∴函数g(x)的值域是.故选B.2.(2017江西吉安一中期中,16)已知a>0且a≠1,函数f(x)=+4loga,其中-≤x≤,则函数f(x)的最大值与最小值之和为　　　　. 答案　8 解析　f(x)=4++4loga,令g(x)=+4loga,可知g(-x)=-g(x),故函数g(x)的图象关于原点对称,故函数f(x)的图象关于点(0,4)对称,故函数f(x)的最大值与最小值之和为8.3.已知x>1,则函数y=+x的最小值为　　　　. 答案　3解析　∵x>1,∴x-1>0,∴y=+x=+(x-1)+1≥2+1=3,当且仅当=x-1,即x=2时“=”成立.4.已知函数f(x)=的值域为R,则实数a的取值范围是　　　　. 答案　[-1,2)解析　函数f(x)=的值域为R,∵y=log2x是增函数,∴y=(2-a)x+3a也是增函数,且(2-a)×1+3a≥log21,∴2-a>0,2a+2≥0,解得-1≤a<2.∴实数a的取值范围是[-1,2).5.对任意两个实数x1,x2,定义max(x1,x2)=若f(x)=x2-2,g(x)=-x,则max(f(x),g(x))的最小值为　　　　. 答案　-1解析　因为f(x)-g(x)=x2-2-(-x)=x2+x-2,当x2+x-2≥0时,解得x≥1或x≤-2.当-2<x<1时,x2+x-2<0,即f(x)<g(x), 所以max(f(x),g(x))=作出图象如图所示,由图象可知最小值在A处取得,所以最小值为f(1)=-1.