2020年高考数学(理)二轮复习讲练测 专题03 函数性质（讲）（解析版）
专题03 函数性质(讲)
1．【2019年高考全国Ⅲ卷理数】设是定义域为R的偶函数，且在单调递减，则( )
A．(log3)＞()＞() B．(log3)＞()＞()
C．()＞()＞(log3) D．()＞()＞(log3)
【答案】C
【解析】是定义域为的偶函数，．，
，又在(0，+∞)上单调递减，
∴，即.故选C．
【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性、单调性，先利用函数的奇偶性化为同一区间，再利用中间量比较自变量的大小，最后根据单调性得到答案．
2．【2019年高考天津理数】已知，，，则的大小关系为( )
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】因为，，，即，所以.故选A.
【名师点睛】本题考查比较大小问题，关键是选择中间量和利用函数的单调性进行比较.
3．【云南省玉溪市第一中学2019届高三第二次调研考试数学】下列函数中，既是偶函数，又在区间上单调递减的函数是( )
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】易知，，为偶函数，在区间上，单调递减， 单调递增，有增有减.故选B.
【名师点睛】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题.
4．【2019年高考全国Ⅱ卷理数】已知是奇函数，且当时，.若，则__________．
【答案】
【解析】由题意知是奇函数，且当时，，又因为，，
所以，两边取以为底数的对数，得，所以，即．
【名师点睛】本题主要考查函数的奇偶性，对数的计算．
一、考向分析：
函数性质
单调性
周期性
奇偶性
最值
对称性
二、考向讲解
考查内容
解 题 技 巧
单调性
1、用单调性求解与抽象函数有关不等式的策略
(1)在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．
(2)有时，在不等式一边没有符号“f”时，需转化为含符号“f”的形式．如若已知f(a)＝0，f(x－b)<0，则f(x－b)
0，设函数f(x)＝(x∈[－a，a])的最大值为M，最小值为N，那么M＋N＝( )
A．2 016 B．2 018
C．4 032 D．4 034
【答案】D
【解析】由题意得f(x)＝＝2 018－。因为y＝2 018x＋1在[－a，a]上是单调递增的，所以f(x)＝2 018－在[－a，a]上是单调递增的，所以M＝f(a)，N＝f(－a)，所以M＋N＝f(a)＋f(－a)＝4 036－－＝4 034。
【例2】函数f(x)＝x－log2(x＋2)在区间[－1,1]上的最大值为________。
【答案】3
【解析】因为y＝x和y＝－log2(x＋2)都是[－1,1]上的减函数，所以f(x)＝x－log2(x＋2)在区间
[－1,1]上是减函数，所以函数f(x)在区间[－1,1]上的最大值为f(－1)＝3。
【例3】对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝函数f(x)＝－x＋3，g(x)＝log2x，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值为________。
【答案】1
【解析】依题意知，h(x)＝当02时，h(x)＝3－x 是减函数，则h(x)max＝h(2)＝1。
考查对称性：
【例1】【山东省德州市2019届高三第二次练习数学】已知定义在R上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数a满足，则a的取值范围是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】根据题意，的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，又由在区间上单调递增，可得，则，
即，解得，即a的取值范围为.故选C．
【名师点睛】本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查对数不等式的解法.
考查单调性奇偶性周期性综合问题
【例1】【2019年高考江苏】设是定义在R上的两个周期函数，的周期为4，的周期为2，且是奇函数.当时，，，其中
k>0.若在区间(0，9]上，关于x的方程有8个不同的实数根，则k的取值范围是 .
【答案】
【解析】作出函数，的图象，如图：
由图可知，函数的图象与的图象仅有2个交点，即在区间(0，9]上，关于x的方程有2个不同的实数根，
要使关于的方程有8个不同的实数根，
则与的图象有2个不同的交点，
由到直线的距离为1，可得，解得，
∵两点连线的斜率，∴，
综上可知，满足在(0,9]上有8个不同的实数根的k的取值范围为.
【名师点睛】本题考查分段函数，函数的图象，函数的性质，函数与方程，点到直线的距离，直线的斜率等，考查知识点较多，难度较大.正确作出函数，的图象，数形结合求解是解题的关键因素.
二次函数给定区间上的最问题
【典例】求f(x)＝x2－2ax－1在区间[0,2]上的最大值和最小值．
【解析】f(x)＝(x－a)2－1－a2，对称轴为x＝a.
(1)当a<0时，由图①可知，f(x)在区间[0,2]上是增函数，所以f(x)min＝f(0)＝－1，f(x)max＝f(2)＝3－4a.
(2)当0≤a≤1时，由图②可知，对称轴在区间[0,2]内，所以f(x)min＝f(a)＝－1－a2，f(x)max＝f(2)＝3－4a.
(3)当12时，由图④可知，f(x)在[0,2]上为减函数，所以f(x)min＝f(2)＝3－4a，f(x)max＝f(0)＝－1.
【点评】上题由于对称轴x＝a，而a的取值不定，从而导致了分类讨论．由于抛物线的对称轴在区间[0,2]所对应的区域时，最小值是在顶点处取得，但最大值却有可能是f(0)，也有可能是f(2)，故应分四类讨论．与二次函数有关的最值问题还有以下三类：
(1)求二次函数在某定区间上的最小(大)值．
【变式1】求二次函数f(x)＝x2－2ax＋2在[2,4]上的最小值．
【解析】∵函数图象的对称轴是x＝a，
∴当a<2时，f(x)在[2,4]上是增函数，∴f(x)min＝f(2)＝6－4a.
当a>4时，f(x)在[2,4]上是减函数，∴f(x)min＝f(4)＝18－8a.
当2≤a≤4时，f(x)min＝f(a)＝2－a2.
∴f(x)min＝
(2)已知二次函数的最大(小)值，求参数．
【变式2】已知函数y＝－x2－2ax(0≤x≤1)，且ymax＝a2，求实数a的取值范围．
【解析】∵y＝－x2－2ax＝－(x＋a)2＋a2(0≤x≤1)，
∴函数图象是开口向下的抛物线，且对称轴为x＝－a.又∵ymax＝a2，且0≤x≤1，
∴0≤－a≤1⇔－1≤a≤0.∴实数a的取值范围是[－1,0]．
(3)求二次函数在某动区间上的最大(小)值．
【变式3】设f(x)＝x2－4x－4，x∈[a，a＋1](a∈R)，求函数f(x)的最小值g(a)的解析式．
【解析】∵f(x)＝(x－2)2－8，x∈[a，a＋1]，
∴当2∈[a，a＋1]时，即1≤a≤2时，g(a)＝f(2)＝－8.
当a＋1<2，即a<1时，f(x)在[a，a＋1]上是减函数，∴g(a)＝f(a＋1)＝a2－2a－7.
当a>2时，f(x)在[a，a＋1]上是增函数，∴g(a)＝f(a)＝a2－4a－4.
综上可知，g(a)＝
【小结】(1)求在区间上的最值，下面分析的各情况：
① 若对称轴在区间内，则最小值为，最大值为中的较大者；
②若，则在区间内为增函数，则最大值为，最小值为；
③若，则在区间内为减函数，则最小值为，最大值为。
