高中三年級理科數(shù)學(xué)第二輪復(fù)習(xí)專題6第14講函數(shù)的圖象和性質(zhì)

.PAGE.函數(shù)與導(dǎo)數(shù)第14講函數(shù)的圖象和性質(zhì)題型1函數(shù)的圖象判斷<對應(yīng)學(xué)生用書第47頁>■核心知識儲備………………………·函數(shù)的圖象包括作圖、識圖、用圖,三者在學(xué)習(xí)中的側(cè)重點為：<1>作圖：常用描點法和圖象變換法．圖象變換法常用的有平移變換、伸縮變換和對稱變換．尤其注意y＝f<x>與y＝f<－x>,y＝－f<x>,y＝－f<－x>,y＝f<|x|>,y＝|f<x>|及y＝af<x>＋b的相互關(guān)系．<2>識圖：從圖象與坐標(biāo)軸的交點及左、右、上、下分布范圍、變化趨勢、對稱性等方面找準(zhǔn)解析式與圖象的對應(yīng)關(guān)系．<3>用圖：圖象形象地顯示了函數(shù)的性質(zhì),因此,函數(shù)性質(zhì)的確定與應(yīng)用及一些方程、不等式的求解常與圖象數(shù)形結(jié)合研究．■典題試解尋法………………………·[典題1]<考查建模類函數(shù)圖象的識別><2017·XX質(zhì)量預(yù)測一>在《九章算術(shù)》中,將四個面都是直角三角形的四面體稱為鱉臑,在鱉臑A-BCD中,AB⊥平面BCD,且BD⊥CD,AB＝BD＝CD,點P在棱AC上運動,設(shè)CP的長度為x,若△PBD的面積為f<x>,則f<x>的圖象大致是<>圖14-1[思路分析]鱉臑的定義→找△BPD的高→建立函數(shù)f<x>的表達式→識別f<x>的圖象．[解析]法一：<直接法>如圖,作PQ⊥BC于Q,作QR⊥BD于R,連接PR,則由鱉臑的定義知PQ∥AB,QR∥CD.設(shè)AB＝BD＝CD＝1,則eq\f<CP,AC>＝eq\f<x,\r<3>>＝eq\f<PQ,1>,即PQ＝eq\f<x,\r<3>>,又eq\f<QR,1>＝eq\f<BQ,BC>＝eq\f<AP,AC>＝eq\f<\r<3>－x,\r<3>>,所以QR＝eq\f<\r<3>－x,\r<3>>,所以PR＝eq\r<PQ2＋QR2>＝eq\r<\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<x,\r<3>>>>\S\UP12<2>＋\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<\r<3>－x,\r<3>>>>\S\UP12<2>>＝eq\f<\r<3>,3>eq\r<2x2－2\r<3>x＋3>,所以f<x>＝eq\f<\r<3>,6>eq\r<2x2－2\r<3>x＋3>＝eq\f<\r<6>,6>eq\r<\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<x－\f<\r<3>,2>>>\S\UP12<2>＋\f<3,4>>,故選A.法二：<特殊位置法>由題意可知,當(dāng)P位于AC的中點時f<x>取得最小值,又f<x>是非均勻變化的,故排除選項B,C,D,故選A.[答案]A[典題2]<考查解析式類函數(shù)圖象的識別><2016·全國Ⅰ卷>函數(shù)y＝2x2－e|x|在[－2,2]的圖象大致為<>[解析]∵f<x>＝2x2－e|x|,x∈[－2,2]是偶函數(shù),又f<2>＝8－e2∈<0,1>,故排除A,B.設(shè)g<x>＝2x2－ex,則g′<x>＝4x－ex.又g′<0>＜0,g′<2>＞0,∴g<x>在<0,2>內(nèi)至少存在一個極值點,∴f<x>＝2x2－e|x|在<0,2>內(nèi)至少存在一個極值點,排除C.故選D.[答案]D[典題3]<考查函數(shù)圖象的應(yīng)用>已知函數(shù)f<x><x∈R>滿足f<－x>＝2－f<x>,若函數(shù)y＝eq\f<x＋1,x>與y＝f<x>圖象的交點為<x1,y1>,<x2,y2>,…,<xm,ym>,則eq\i\su<i＝1,m,><xi＋yi>＝<>A．0B．mC．2m D．4m[解析]因為f<－x>＝2－f<x>,所以f<－x>＋f<x>＝2.因為eq\f<－x＋x,2>＝0,eq\f<f－x＋fx,2>＝1,所以函數(shù)y＝f<x>的圖象關(guān)于點<0,1>對稱．函數(shù)y＝eq\f<x＋1,x>＝1＋eq\f<1,x>,故其圖象也關(guān)于點<0,1>對稱．所以函數(shù)y＝eq\f<x＋1,x>與y＝f<x>圖象的交點<x1,y1>,<x2,y2>,…,<xm,ym>成對出現(xiàn),且每一對均關(guān)于點<0,1>對稱,所以eq\o<∑,\s\up6<m>,\s\do8<i＝1>>xi＝0,eq\o<∑,\s\up6<m>,\s\do8<i＝1>>yi＝2×eq\f<m,2>＝m,所以eq\o<∑,\s\up6<m>,\s\do8<i＝1>><xi＋yi>＝m.[答案]B[類題通法]函數(shù)圖象的判斷方法<1>根據(jù)函數(shù)的定義域判斷圖象的左右位置,根據(jù)函數(shù)的值域判斷圖象的上下位置．<2>根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性,判斷圖象的變化趨勢．<3>根據(jù)函數(shù)的奇偶性,判斷圖象的對稱性．<4>根據(jù)函數(shù)的周期性,判斷圖象的循環(huán)往復(fù)．<5>取特殊值代入,進行檢驗．■對點即時訓(xùn)練………………………·1．已知定義在區(qū)間[0,4]上的函數(shù)y＝f<x>的圖象如圖所示,則y＝－f<2－x>的圖象為<>圖D[法一：先作出函數(shù)y＝f<x>的圖象關(guān)于y軸的對稱圖象,得到y(tǒng)＝f<－x>的圖象；然后將y＝f<－x>的圖象向右平移2個單位,得到y(tǒng)＝f<2－x>的圖象；再作y＝f<2－x>的圖象關(guān)于x軸的對稱圖象,得到y(tǒng)＝－f<2－x>的圖象．故選D.法二：先作出函數(shù)y＝f<x>的圖象關(guān)于原點的對稱圖象,得到y(tǒng)＝－f<－x>的圖象；然后將y＝－f<－x>的圖象向右平移2個單位,得到y(tǒng)＝－f<2－x>的圖象．故選D.]2．如圖14-2所示的圖形是由一個半徑為2的圓和兩個半徑為1的半圓組成的,它們的圓心分別是O,O1,O2,動點P從A點出發(fā)沿著圓弧按A→O→B→C→A→D→B的路線運動<其中A,O,O1,O2,B五點共線>,記點P運動的路程為x,設(shè)y＝|O1P|2,y與x的函數(shù)關(guān)系為y＝f<x>,則y＝f<x>的大致圖象是<>圖14-2A[當(dāng)x∈[0,π]時,y＝1.當(dāng)x∈<π,2π>時,eq\o<O1P,\s\up6<→>>＝eq\o<O2P,\s\up6<→>>－eq\o<O2O1,\s\up6<→>>,設(shè)eq\o<O2P,\s\up6<→>>與eq\o<O2O1,\s\up6<→>>的夾角為θ,|eq\o<O2P,\s\up6<→>>|＝1,|eq\o<O2O1,\s\up6<→>>|＝2,由弧長公式得θ＝x－π,所以y＝|eq\o<O1P,\s\up6<→>>|2＝<eq\o<O2P,\s\up6<→>>－eq\o<O2O1,\s\up6<→>>>2＝5－4cosθ＝5＋4cosx,x∈<π,2π>,所以函數(shù)y＝f<x>的圖象是曲線,且單調(diào)遞增,排除C,D.當(dāng)x∈[2π,4π>時,因為eq\o<O1P,\s\up6<→>>＝eq\o<OP,\s\up6<→>>－eq\o<OO1,\s\up6<→>>,設(shè)eq\o<OP,\s\up6<→>>,eq\o<OO1,\s\up6<→>>的夾角為α,|eq\o<OP,\s\up6<→>>|＝2,|eq\o<OO1,\s\up6<→>>|＝1,由弧長公式得α＝2π－eq\f<1,2>x,所以y＝|eq\o<O1P,\s\up6<→>>|2＝<eq\o<OP,\s\up6<→>>－eq\o<OO1,\s\up6<→>>>2＝5－4cosα＝5－4coseq\f<1,2>x,x∈[2π,4π>,所以函數(shù)y＝f<x>的圖象是曲線,且單調(diào)遞減,排除B.故選A.]■題型強化集訓(xùn)………………………·<見專題限時集訓(xùn)T2、T6、T8、T11>題型2函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用<對應(yīng)學(xué)生用書第48頁>■核心知識儲備………………………·1．若f<x>在定義域上單調(diào)遞增,則f<x1>＜f<x2>?x1＜x2；若f<x>在定義域上單調(diào)遞減,則f<x1>＜f<x2>?x1＞x2.2．周期性的三個常用結(jié)論對f<x>定義域內(nèi)任一自變量的值x：<1>若f<x＋a>＝－f<x>,則T＝2a；<2>若f<x＋a>＝eq\f<1,fx>,則T＝2a；<3>若f<x＋a>＝－eq\f<1,fx>,則T＝2a.<a＞0>3．與函數(shù)對稱性有關(guān)的三條結(jié)論<1>函數(shù)y＝f<x>關(guān)于x＝eq\f<a＋b,2>對稱?f<a＋x>＝f<b－x>?f<x>＝f<b＋a－x>；特例：函數(shù)y＝f<x>關(guān)于x＝a對稱?f<a＋x>＝f<a－x>?f<x>＝f<2a－x>；函數(shù)y＝f<x>關(guān)于x＝0對稱?f<x>＝f<－x><即為偶函數(shù)>；<2>函數(shù)y＝f<x>關(guān)于點<a,b>對稱?f<a＋x>＋f<a－x>＝2b?f<2a＋x>＋f<－x>＝2b；特例：函數(shù)y＝f<x>關(guān)于點<a,0>對稱?f<a＋x>＋f<a－x>＝0?f<2a＋x>＋f<－x>＝0；函數(shù)y＝f<x>關(guān)于點<0,0>對稱?f<x>＋f<－x>＝0<即為奇函數(shù)>；<3>y＝f<x＋a>是偶函數(shù)?函數(shù)y＝f<x>關(guān)于直線x＝a對稱；y＝f<x＋a>是奇函數(shù)?函數(shù)y＝f<x>關(guān)于<a,0>對稱．■典題試解尋法………………………·[典題1]<考查基本初等函數(shù)的性質(zhì)><2016·全國Ⅰ卷>若a>b>1,0<c<1,則<>A．a(chǎn)c＜bc B．a(chǎn)bc＜bacC．a(chǎn)logbc＜blogac D．logac＜logbc[思路分析]根據(jù)選項構(gòu)造函數(shù)→根據(jù)所構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性比較大小→結(jié)論．[解析]∵y＝xα,α∈<0,1>在<0,＋∞>上是增函數(shù),∴當(dāng)a＞b＞1,0＜c＜1時,ac＞bc,選項A不正確．∵y＝xα,α∈<－1,0>在<0,＋∞>上是減函數(shù),∴當(dāng)a＞b＞1,0＜c＜1,即－1＜c－1＜0時,ac－1＜bc－1,即abc＞bac,選項B不正確．∵a＞b＞1,∴l(xiāng)ga＞lgb＞0,∴alga＞blgb＞0,∴eq\f<a,lgb>＞eq\f<b,lga>.又∵0＜c＜1,∴l(xiāng)gc＜0.∴eq\f<algc,lgb>＜eq\f<blgc,lga>,∴alogbc＜blogac,選項C正確．同理可證logac＞logbc,選項D不正確．[答案]C[典題2]<考查應(yīng)用復(fù)合函數(shù)的奇偶性、單調(diào)性解不等式><2015·全國Ⅱ卷>設(shè)函數(shù)f<x>＝ln<1＋|x|>－eq\f<1,1＋x2>,則使得f<x>>f<2x－1>成立的x的取值范圍是<>A.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>,1>>B.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－∞,\f<1,3>>>∪<1,＋∞>C.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－\f<1,3>,\f<1,3>>>D.eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<－∞,－\f<1,3>>>∪eq\b\lc\<\rc\><\a\vs4\al\co1<\f<1,3>,＋∞>>[思路分析]判斷f<x>的奇偶性→判斷f<x>的單調(diào)性→解關(guān)于x的不等式．[解析]∵f<－x>＝ln<1＋|－x|>－eq\f<1,1＋－x2>＝f<x>,∴函數(shù)f<x>為偶函數(shù)．∵當(dāng)x≥0時,f<x>＝ln<1＋x>－eq\f<1,1＋x2>,在<0,＋∞>上y＝ln<1＋x>遞增,y＝－eq\f<1,1＋x2>也遞增,根據(jù)單調(diào)性的性質(zhì)知,f<x>在<0,＋∞>上單調(diào)遞增．綜上可知：f<x>>f<2x－1>?f<|x|>>f<|2x－1|>?|x|>|2x－1|?x2><2x－1>2?3x2－4x＋1<0?eq\f<1,3><x<1.故選A.[答案]A[典題3]<考查抽象函數(shù)的奇偶性、周期性的應(yīng)用>已知函數(shù)f<x>為定義在R上的奇函數(shù),當(dāng)x≥0時,有f<x＋3>＝－f<x>,且當(dāng)x∈<0,3>時,f<x>＝x＋1,則f<－2017>＋f<2018>＝<>A．3 B．2C．1 D．0[解析]因為函數(shù)f<x>為定義在R上的奇函數(shù),所以f<－2017>＝－f<2017>,因為當(dāng)x≥0時,有f<x＋3>＝－f<x>,所以f<x＋6>＝－f<x＋3>＝f<x>,所以f<x>的周期為6.又當(dāng)x∈<0,3>時,f<x>＝x＋1,所以f<2017>＝f<336×6＋1>＝f<1>＝2,f<2018>＝f<336×6＋2>＝f<2>＝3,故f<－2017>＋f<2018>＝－f<2017>＋3＝－2＋3＝1.故選C.[答案]C[類題通法]函數(shù)三大性質(zhì)的應(yīng)用<1>奇偶性：具有奇偶性的函數(shù)在關(guān)于原點對稱的區(qū)間上的圖象、函數(shù)值、解析式和單調(diào)性聯(lián)系密切,研究問題時可轉(zhuǎn)化到只研究部分<一半>區(qū)間上．尤其注意偶函數(shù)f<x>的性質(zhì)：f<|x|>＝f<x>．<2>單調(diào)性：可以用來比較大小,求函數(shù)最值,解不等式,證明方程根的唯一性等．<3>周期性：利用周期性可以轉(zhuǎn)化函數(shù)的解析式、圖象和性質(zhì),把不在已知區(qū)間上的問題,轉(zhuǎn)化到已知區(qū)間上求解．■對點即時訓(xùn)練………………………·1．已知函數(shù)f<x>＝3ln<x＋eq\r<x2＋1>>＋a<7x＋7－x>,x∈R,則"a＝0"是"函數(shù)f<x>為奇函數(shù)"的<>A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件C[由題意知f<x>的定義域為R,易知y＝ln<x＋eq\r<x2＋1>>為奇函數(shù),y＝7x＋7－x為偶函數(shù)．當(dāng)a＝0時,f<x>＝3ln<x＋eq\r<x2＋1>>為奇函數(shù),充分性成立；當(dāng)f<x>為奇函數(shù)時,則a＝0,必要性成立．因此"a＝0"是"函數(shù)f<x>為奇函數(shù)"的充要條件,故選C.]2．已知函數(shù)f<x>為奇函數(shù),且在[0,2]上單調(diào)遞增,若f<log2m>＜f<log4<m＋2>>成立,則實數(shù)m的取值范圍是<>A．eq\f<1,4>≤m＜2 B．eq\f<1,4>≤m≤2C．2＜m≤4 D．2≤m≤4A[因為函數(shù)f<x>是奇函數(shù),且在[0,2]上單調(diào)遞增,所以函數(shù)f<x>在[－2,2]上單調(diào)遞增．故由f<log2m>＜f<log4<m＋2>>,可得eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<－2≤log2m≤2,,－2≤log4m＋2≤2,,log2m＜log4m＋2,,m＞0,,m＋2＞0,>>解－2≤log2m≤2,得eq\f<1,4>≤m≤4；解－2≤log4<m＋2>≤2,得eq\f<1,16>≤m＋2≤16,即－eq\f<31,16>≤m≤14；由log2m＜log4<m＋2>,得log4m2＜log4<m＋2>,故有eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<m2＞0,,m＋2＞0,,m2＜m＋2,>>解得－1＜m＜2,且m≠0.綜上可知,m的取值范圍是eq\f<1,4>≤m＜2,故選A.]■題型強化集訓(xùn)………………………·<見專題限時集訓(xùn)T1、T3、T4、T5、T7、T9、T10、T12、T13、T14、T15、T16>三年真題|驗收復(fù)習(xí)效果<對應(yīng)學(xué)生用書第50頁>1．<2015·全國Ⅱ卷>設(shè)函數(shù)f<x>＝eq\b\lc\{\rc\<\a\vs4\al\co1<1＋log22－x,x<1,,2x－1,x≥1,>>則f<－2>＋f<log212>＝<>A．3 B．6C．9 D．12C[∵－2<1,∴f<－2>＝1＋log2<2＋2>＝1＋log24＝1＋2＝3.∵log212>1,∴f<log212>＝2log212－1＝eq\f<12,2>＝6.∴f<－2>＋f<log212>＝3＋6＝9.故選C.]2.<2017·全國Ⅰ卷>函數(shù)f<x>在<－∞,＋∞>單調(diào)遞減,且為奇函數(shù)．若f<1>＝－1,則滿足－1≤f<x－2>≤1的x的取值范圍是<>A．[－2,2] B．[－1,1]C．[0,4] D．[1,3]D[∵f<x>為奇函數(shù),∴f<－x>＝－f<x>．∵f<1>＝－1,∴f<－1>＝－f<1>＝1.故由－1≤f<x－2>≤1,得f<1>≤f<x－2>≤f<－1>．又f<x>在<－∞,＋∞>單調(diào)遞減,∴－1≤x－2≤1,∴1≤x≤3.故選D.]3.<2017·全國Ⅰ卷>設(shè)x,y,z為正數(shù),且2x＝3y＝5z,則<>A．2x<3y<5z B．5z<2x<3yC．3y<5z<2x D．3y<2x<5zD[令t＝2x＝3y＝5z,∵x,y,z為正數(shù),∴t＞1.則x＝log2t＝eq\f<lgt,lg2>,同理,y＝eq\f<lgt,lg3>,z＝eq\f<lgt,lg5>.∴2x－3y＝eq\f<2lgt,lg2>－eq\f<3lgt,lg3>＝eq\f<lgt2lg3－3lg2,lg2×lg3>＝eq\f<lgtlg9－lg8,lg2×lg3>＞0,∴2x＞3y.又∵2x－5z＝eq\f<2lgt,lg2>－eq\f<5lgt,lg5>＝eq\f<lgt2lg5－5lg2,lg2×lg5>＝eq\f<lgtlg25－lg32,lg2×lg5>＜0,∴2x＜5z,∴3y＜2x＜5z.故選D.]4.<2