高考数学典型例题详解 7页

高考数学典型例题详解 奇偶性与单调性 函数的单调性、奇偶性是高考的重点和热点内容之一，特别是两性质的应用更加突出.本节主要帮助考生学会怎样利用两性质解题，掌握基本方法，形成应用意识.‎ ‎●难点磁场 ‎(★★★★★)已知偶函数f(x)在(0，+∞)上为增函数，且f(2)=0,解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0. ‎●案例探究 ‎［例1］已知奇函数f(x)是定义在(－3，3)上的减函数，且满足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,设不等式解集为A，B=A∪{x|1≤x≤},求函数g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值.‎ 命题意图：本题属于函数性质的综合性题目，考生必须具有综合运用知识分析和解决问题的能力，属★★★★级题目.‎ 知识依托：主要依据函数的性质去解决问题.‎ 错解分析：题目不等式中的“f”号如何去掉是难点，在求二次函数在给定区间上的最值问题时，学生容易漏掉定义域.‎ 技巧与方法：借助奇偶性脱去“f”号，转化为xcos不等式，利用数形结合进行集合运算和求最值.‎ 解：由且x≠0,故03－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,综上得2f(0)对所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合条件的所有实数m的范围，若不存在，说明理由.‎ 命题意图：本题属于探索性问题，主要考查考生的综合分析能力和逻辑思维能力以及运算能力，属★★★★★题目.‎ 知识依托：主要依据函数的单调性和奇偶性，利用等价转化的思想方法把问题转化为二次函数在给定区间上的最值问题.‎ 错解分析：考生不易运用函数的综合性质去解决问题，特别不易考虑运用等价转化的思想方法.‎ 技巧与方法：主要运用等价转化的思想和分类讨论的思想来解决问题.‎ 解：∵f(x)是R上的奇函数，且在［0，+∞)上是增函数，∴f(x)是R上的增函数.于是不等式可等价地转化为f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m),‎ 即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0.‎ 设t=cosθ,则问题等价地转化为函数g(t)=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒为正，又转化为函数g(t)在［0，1］上的最小值为正.‎ ‎∴当<0,即m<0时，g(0)=2m－2>0m>1与m<0不符；‎ 当0≤≤1时，即0≤m≤2时，g(m)=－+2m－2>0‎ ‎4－21,即m>2时，g(1)=m－1>0m>1.∴m>2‎ 综上，符合题目要求的m的值存在，其取值范围是m>4－2.‎ ‎●锦囊妙计 本难点所涉及的问题以及解决的方法主要有：‎ ‎(1)运用奇偶性和单调性去解决有关函数的综合性题目.此类题目要求考生必须具有驾驭知识的能力，并具有综合分析问题和解决问题的能力.‎ ‎(2)应用问题.在利用函数的奇偶性和单调性解决实际问题的过程中，往往还要用到等价转化和数形结合的思想方法，把问题中较复杂、抽象的式子转化为基本的简单的式子去解决.特别是：往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题.‎ ‎●歼灭难点训练 一、选择题 ‎1.(★★★★)设f(x)是(－∞,+∞)上的奇函数，f(x+2)=－f(x),当0≤x≤1时，f(x)=x,则f(7.5)等于( )‎ A.0.5 B.－0.5 C.1.5 D.－1.5‎ ‎2.(★★★★)已知定义域为(－1，1)的奇函数y=f(x)又是减函数，且f(a－3)+f(9－a2)<0,则a的取值范围是( )‎ A.(2，3) B.(3，)‎ C.(2，4) D.(－2，3)‎ 二、填空题 ‎3.(★★★★)若f(x)为奇函数，且在(0，+∞)内是增函数，又f(－3)=0,则xf(x)<0的解集为_________.‎ ‎4.(★★★★)如果函数f(x)在R上为奇函数，在(－1，0)上是增函数，且f(x+2)=－f(x),试比较f(),f(),f(1)的大小关系_________.‎ 三、解答题 ‎5.(★★★★★)已知f(x)是偶函数而且在(0，+∞)上是减函数，判断f(x)在(－∞,0)上的增减性并加以证明.‎ ‎6.(★★★★)已知f(x)= (a∈R)是R上的奇函数，‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)求f(x)的反函数f－1(x);‎ ‎(3)对任意给定的k∈R+,解不等式f－1(x)>lg.‎ ‎7.(★★★★)定义在(－∞,4］上的减函数f(x)满足f(m－sinx)≤f(－+cos2x)对任意x∈R都成立，求实数m的取值范围.‎ ‎8.(★★★★★)已知函数y=f(x)= (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数，当x>0时，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<.‎ ‎(1)试求函数f(x)的解析式；‎ ‎(2)问函数f(x)图象上是否存在关于点(1，0)对称的两点，若存在，求出点的坐标；若不存在，说明理由.‎ 参考答案 难点磁场 解：∵f(2)=0,∴原不等式可化为f［log2(x2+5x+4)］≥f(2).‎ 又∵f(x)为偶函数，且f(x)在(0，+∞)上为增函数，‎ ‎∴f(x)在(－∞,0）上为减函数且f(－2)=f(2)=0‎ ‎∴不等式可化为log2(x2+5x+4)≥2 ①‎ 或log2(x2+5x+4)≤－2 ②‎ 由①得x2+5x+4≥4‎ ‎∴x≤－5或x≥0 ③‎ 由②得0＜x2+5x+4≤得≤x＜－4或－1＜x≤ ④‎ 由③④得原不等式的解集为 ‎{x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0}‎ 歼灭难点训练 一、1.解析：f(7.5)=f(5.5+2)=－f(5.5)=－f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)=－f(1.5)=－f(－0.5+2)=‎ f(－0.5)=－f(0.5)=－0.5.‎ 答案：B ‎2.解析：∵f(x)是定义在(－1，1）上的奇函数又是减函数，且f(a－3)+f(9－a2)＜0.‎ ‎∴f(a－3)＜f(a2－9).‎ ‎∴ ∴a∈(2,3).‎ 答案：A 二、3.解析：由题意可知：xf(x)＜0‎ ‎∴x∈(－3,0)∪(0,3)‎ 答案：(－3，0）∪(0，3）‎ ‎4.解析：∵f(x)为R上的奇函数 ‎∴f()=－f(－),f()=－f(－),f(1)=－f(－1),又f(x ‎)在(－1，0)上是增函数且－>‎ ‎－>－1.‎ ‎∴f(－)>f(－)>f(－1),∴f()＜f()＜f(1).‎ 答案：f()＜f()＜f(1)‎ 三、5.解：函数f(x)在(－∞,0）上是增函数，设x1＜x2＜0,因为f(x)是偶函数，所以 f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假设可知－x1>－x2>0,又已知f(x)在(0，+∞)上是减函数，于是有f(－x1)＜f(－x2),即f(x1)＜f(x2),由此可知，函数f(x)在(－∞,0)上是增函数.‎ ‎6.解：(1）a=1.‎ ‎(2)f(x)= (x∈R)f－-1(x)=log2 (－1＜x＜1.‎ ‎(3)由log2>log2log2(1－x)＜log2k,∴当0＜k＜2时，不等式解集为{x|1－k＜x＜1;当k≥2时，不等式解集为{x|－1＜x＜1.‎ ‎7.解：，对x∈R恒成立,‎ ‎ ∴m∈［,3］∪{}.‎ ‎8.解：(1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)=－f(x),即 ‎∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，当且仅当x=时等号成立，于是2=2,∴a=b2,由f(1)＜得＜即＜,∴2b2－5b ‎+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.‎ ‎(2)设存在一点(x0,y0)在y=f(x)的图象上，并且关于(1，0）的对称点(2－x0,－y0)也在y=f(x)图象上，则 消去y0得x02－2x0－1=0,x0=1±.‎ ‎∴y=f(x)图象上存在两点(1+,2),(1－,－2)关于(1，0)对称.‎