高考数学难点41讲难点08 奇偶性与单调性二

高考数学难点41讲难点08 奇偶性与单调性二

难点 8 奇偶性与单调性(二) 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(x 2－ 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， 5    <<− <<    <−<− <−<− 66 60 333 333 2 x x x x 得 6 6 6 5 6 2 1 4 13 2 π 2 m 4 2m 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>0 m>1 与 m<0 不符； 当 0≤ ≤1 时，即 0≤m≤2 时，g(m)=－ +2m－2>0 4－2 1,即 m>2 时，g(1)=m－1>0 m>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); 2 m ⇒ 2 m 4 2m ⇒ 2 2 2 2 m ⇒ 2 2 10 2 3 1 3 2 x xa 21 12 + −⋅ (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( － +cos 2x)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) k x+1 m21+ 4 7 cbx ax + +12 2 5 4 1 2 105 −− 2 105 +− 2 105 −− 2 105 +−      −>− <−<− <−<− 93 191 131 2 2 aa a a 2    < >    > <⇔ 0)( 0 0)( 0 xf x xf x 或    < >    −> <⇔    < >    −> <⇔ 3 0 3 0 )3()( 0 )3()( 0 x x x x fxf x fxf x 或或 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 >log2 log2(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) 3 1 3 1 3 2 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 12 12 + − x x ⇒ x x − + 1 1 ) x x − + 1 1 k x+1 ⇒ } }    ++−≥++− ≤−         +−+≥− ≤+−+ ≤− 1sinsin4 721 sin4 cos4 721sin 4cos4 721 4sin 2 2 2 xxmm xm xmxm xm xm 即    =≥ ≤ ∴ 2 1 2 3 3 mm m 或 2 3 2 1 cbxcbxcbx ax cbx ax −=+⇒+− +−=+ + 11 22 bxxb a bx ax 112 +=+ 2b a a 1 2b a 2 5 b a 1+ 2 5 b b 12 + 2 5 2 1 x 1 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.        −=− +− =+ 0 0 2 0 0 0 2 0 2 1)2( 1 yx x yx x 2 2 2 2 2