“函數(shù)的性質(zhì)”考點剖析

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)課程內(nèi)容的四條主線之一，貫穿整個高中數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)，是發(fā)展學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的重要載體.而函數(shù)的性質(zhì)作為函數(shù)內(nèi)容的重點和難點，成為高考考查的熱點.縱觀近幾年的高考真題，對函數(shù)性質(zhì)的考查主要集中在選擇題和填空題.下面結(jié)合近幾年的高考真題，就函數(shù)性質(zhì)的常見考點和題型進行歸類分析.

一、函數(shù)單調(diào)性的判斷與應(yīng)用

函數(shù)的單調(diào)性是反映函數(shù)變化趨勢的重要性質(zhì)，是高考的熱門考點.判斷函數(shù)單調(diào)性的常用方法有定義法、圖像法和導(dǎo)數(shù)法.除此之外，了解函數(shù)單調(diào)性的常用結(jié)論，如“若kgt;0，則kf（x）與f（x）單調(diào)性相同；若klt;0，則kf（x）與f（x）單調(diào)性相反”“復(fù)合函數(shù)單調(diào)性同增異減法則”等，可以幫助我們更快解題.

例1.（1）（2021年高考天津·第5題）設(shè)a=log20.3，b=log120.4，c=0.40.3，則a，b，c的大小關(guān)系為（" ）

A.alt;blt;c""""""" B.clt;alt;b

C.blt;clt;aD.alt;clt;b

解析：∵log20.3lt;log21=0，∴alt;0.

∵log120.4=-log20.4=log252gt;log22=1，∴bgt;1.

∵0lt;0.40.3lt;0.40=1，∴0lt;clt;1，∴alt;clt;b.

故選：D.

評注：本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性和中間量去比較大小，0和1是常用的中間量.本題需要先把常數(shù)0和1轉(zhuǎn)化成與a，b，c同底的對數(shù)或指數(shù)，再利用相應(yīng)函數(shù)的單調(diào)性即可比較出這三個數(shù)和0、1的大小關(guān)系，進而得到a，b，c的大小.當然，比較a和b的大小也可以直接轉(zhuǎn)化為以2為底的對數(shù)，再用單調(diào)性去比較.熟悉常見函數(shù)的單調(diào)性、對數(shù)和指數(shù)的運算性質(zhì)是關(guān)鍵，屬于容易題.

（2）設(shè)函數(shù)f（x）=2x（x-a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，則a的取值范圍是（" ）

A.（-∞，-2］B.［-2，0）

C.（0，2］D.［2，+∞）

解析：函數(shù)y=2x在R上單調(diào)遞增，而函數(shù)f（x）=2x（x-a）在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，

則有函數(shù)y=x（x-a）=x-a22-a24在區(qū)間（0，1）上單調(diào)遞減，

因此a2≥1，解得a≥2，所以a的取值范圍是［2，+∞）.

故選：D.

評注：本題考查復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，已知函數(shù)的單調(diào)區(qū)間求參數(shù)的取值范圍，考查常見函數(shù)的單調(diào)性，考查邏輯推理能力.本題解題的關(guān)鍵在于識別出內(nèi)外層函數(shù)，利用復(fù)合函數(shù)單調(diào)性“同增異減”的法則，推斷出內(nèi)層函數(shù)在已知區(qū)間上的單調(diào)性，利用二次函數(shù)的對稱軸與已知區(qū)間的相對位置關(guān)系來求解參數(shù)范圍，難度不大.

（3）設(shè)a=0.1e0.1，b=19，c=-ln0.9，則（" ）

A.alt;blt;cB.clt;blt;a

C.clt;alt;bD.alt;clt;b

解析：設(shè)f（x）=ln（1+x）-x（xgt;-1），因為f′（x）=11+x-1=-x1+x，

當x∈（-1，0）時，f′（x）gt;0，當x∈（0，+∞）時，f′（x）lt;0，

所以函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x在（0，+∞）單調(diào)遞減，在（-1，0）上單調(diào)遞增，

所以f19lt;f（0）=0，所以ln109-19lt;0，故19gt;ln109=-ln0.9，即bgt;c，

所以f-110lt;f（0）=0，所以ln910+110lt;0，故910lt;e-110，所以110e110lt;19，故alt;b.

設(shè)g（x）=xex+ln（1-x）（0lt;xlt;1），則g′（x）=（x+1）ex+1x-1=（x2-1）ex+1x-1.

令h（x）=ex（x2-1）+1，h′（x）=ex（x2+2x-1），

當0lt;xlt;2-1時，h′（x）lt;0，函數(shù)h（x）=ex（x2-1）+1單調(diào)遞減，

當2-1lt;xlt;1時，h′（x）gt;0，函數(shù)h（x）=ex（x2-1）+1單調(diào)遞增.

又h（0）=0，所以當0lt;xlt;2-1時，h（x）lt;0，

所以當0lt;xlt;2-1時，g′（x）gt;0，函數(shù)g（x）=xex+ln（1-x）單調(diào)遞增，

所以g（0.1）gt;g（0）=0，即0.1e0.1gt;-ln0.9，所以agt;c.故選：C.

評注：本題考查利用函數(shù)的單調(diào)性來比較大小，借助導(dǎo)數(shù)來判斷函數(shù)的單調(diào)性，考查分析推理和計算能力，屬于較難題.本題難點在于無法直接利用常見函數(shù)的單調(diào)性來比大小，需要先對各個數(shù)據(jù)進行代數(shù)變形，觀察數(shù)據(jù)的結(jié)構(gòu)去構(gòu)造新的函數(shù)，再結(jié)合新函數(shù)的單調(diào)性以及特殊的函數(shù)值來比大小.利用指數(shù)函數(shù)和對數(shù)函數(shù)去構(gòu)造新函數(shù)是常見的構(gòu)造技巧.

變式1.（1）設(shè)a∈（0，1），若函數(shù)f（x）=ax+（1+a）x在（0，+∞）上單調(diào)遞增，則a的取值范圍是""" .

解析：由函數(shù)的解析式可得f′（x）=axlna+（1+a）xln（1+a）≥0在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，

則（1+a）xln（1+a）≥-axlna，即1+aax≥-lnaln（1+a）在區(qū)間（0，+∞）上恒成立，

故1+aa0=1≥-lnaln（1+a），而a+1∈（1，2），故ln（1+a）gt;0，故ln（a+1）≥-lna，0lt;alt;1，即a（a+1）≥1，0lt;alt;1，故5-12≤alt;1，結(jié)合題意可得實數(shù)a的取值范圍是5-12，1.故答案為：5-12，1.

（2）（2022高考北京卷·第14題）設(shè)函數(shù)f（x）=-ax+1，xlt;a（x-2）2，x≥a，若f（x）存在最小值，則a的一個取值為""""" ；a的最大值為""""" .

解析：若a=0時，f（x）=1，xlt;0

（x-2）2，x≥0

∴f（x）min=0；

若alt;0時，當xlt;a時，f（x）=-ax+1單調(diào)遞增，當x→-∞時，f（x）→-∞，故f（x）沒有最小值，不符合題目要求；

若agt;0時，當xlt;a時，f（x）=-ax+1單調(diào)遞減，f（x）gt;f（a）=-a2+1，當xgt;a時，f（x）min=0，0lt;alt;2

（a-2）2，a≥2

∴-a2+1≥0或-a2+1≥（a-2）2，解得0lt;a≤1，綜上可得0≤a≤1；

故答案為：0（答案不唯一），1.

（3）設(shè)a=2ln1.01，b=ln1.02，c=1.04-1.則（" ）

A.alt;blt;cB.blt;clt;a

C.blt;alt;cD.clt;alt;b

解析：a=2ln1.01=ln1.012=ln（1+0.01）2=ln（1+2×0.01+0.012）gt;ln1.02=b，所以blt;a；下面比較c與a，b的大小關(guān)系.

記f（x）=2ln（1+x）-1+4x+1，則f（0）=0，f′（x）=21+x-21+4x=2（1+4x-1-x）（1+x）1+4x，

由于1+4x-（1+x）2=2x-x2=x（2-x），所以當0lt;xlt;2時，1+4x-（1+x）2gt;0，即1+4xgt;（1+x），f′（x）gt;0，所以f（x）在［0，2］上單調(diào)遞增，所以f（0.01）gt;f（0）=0，即2ln1.01gt;1.04-1，即agt;c；

令g（x）=ln（1+2x）-1+4x+1，則g（0）=0，g′（x）=21+2x-21+4x=2（1+4x-1-2x）（1+x）1+4x，

由于1+4x-（1+2x）2=-4x2，在xgt;0時，1+4x-（1+2x）2lt;0，

所以g′（x）lt;0，即函數(shù)g（x）在［0，+∞）上單調(diào)遞減，所以g（0.01）lt;g（0）=0，即ln1.02lt;1.04-1，即blt;c；綜上，blt;clt;a，故選：B.

二、函數(shù)奇偶性的判斷與應(yīng)用

判斷函數(shù)奇偶性的常用方法是定義法和圖像法，對于小題來說，還可以通過賦特殊值的方法來作初步判斷.函數(shù)的奇偶性反映了其圖像的對稱性，對于一些具有奇偶性的復(fù)合函數(shù)，其原函數(shù)蘊含了對稱性，如“若函數(shù)y=f（x+b）是定義在R上的奇函數(shù)，則函數(shù)y=f（x）關(guān)于點（b，0）中心對稱”，“若函數(shù)y=f（x+a）是定義在R上的偶函數(shù)，則函數(shù)y=f（x）關(guān)于直線x=a對稱”等，我們要學(xué)會從中看出函數(shù)的隱含性質(zhì).函數(shù)的奇偶性蘊含了函數(shù)在對稱區(qū)間上的單調(diào)性關(guān)系，所以經(jīng)常會把奇偶性和單調(diào)性結(jié)合在一起考查.

例2.（1）函數(shù)y=（3x-3-x）cosx在區(qū)間-π2，π2的圖像大致為（" ）

A.

B.

C.

D.

解析：令f（x）=（3x-3-x）cosx，x∈-π2，π2，

則f（-x）=（3-x-3x）cos（-x）=-（3x-3-x）cosx=-f（x），所以f（x）為奇函數(shù)，排除BD；

又當x∈（0，π2）時，3x-3-xgt;0，cosxgt;0，所以f（x）gt;0，排除C.故選：A.

評注：本題主要考查了函數(shù)的奇偶性，利用函數(shù)的奇偶性、值域等性質(zhì)來判斷函數(shù)的大致圖像，考查推理分析能力.首先判斷函數(shù)的奇偶性，得到函數(shù)圖像的對稱性，可以排除選項B、D.對比選項A、C，再結(jié)合特殊函數(shù)值的正負、或在某區(qū)間上函數(shù)值的正負、或函數(shù)的單調(diào)區(qū)間等性質(zhì)可以排除C，得出正確選項.像這種由解析式判斷函數(shù)圖像、或者由圖像判斷解析式的題目，可以嘗試優(yōu)先考慮函數(shù)的定義域和奇偶性，再結(jié)合函數(shù)的值域、單調(diào)性、特殊值等做進一步的判斷.

（2）若f（x）=（x+a）ln2x-12x+1為偶函數(shù)，則a=（" ）

A.-1B.0

C.12D.1

解析：因為f（x）為偶函數(shù)，則f（1）=f（-1），

∴（1+a）ln13=（-1+a）ln3，解得a=0，

當a=0時，f（x）=xln2x-12x+1，（2x-1）（2x+1）gt;0，解得xgt;12或xlt;-12，則定義域為xxgt;12或xlt;-12，關(guān)于原點對稱.

又因為f（-x）=（-x）ln2（-x）-12（-x）+1=（-x）ln2x+12x-1=（-x）ln（2x-12x+1）-1=xln2x-12x+1=f（x），故此時f（x）為偶函數(shù).故選：B.

評注：本題考查了函數(shù)的奇偶性：已知函數(shù)的奇偶性，求參數(shù)的值，常規(guī)題型.如果直接利用偶函數(shù)的定義f（x）=f（-x）來求解，計算量比較大.采用特殊值代入先求出參數(shù)值a，再回代a，用定義去驗證函數(shù)f（x）為偶函數(shù)，這樣的處理技巧可以大大減少計算量.

變式2.（1）函數(shù)f（x）圖像如下圖所示，則f（x）的解析式可能為（" ）

A.5（ex-e-x）x2+2

B.5sinxx2+1

C.5（ex+e-x）x2+2

D.5cosxx2+1

解析：由圖知：函數(shù)圖像關(guān)于y軸對稱，其為偶函數(shù)，而A、B中函數(shù)為奇函數(shù)，排除；

當xgt;0時，5（ex+e-x）x2+2gt;0，即5（ex+e-x）x2+2中（0，+∞）上函數(shù)值為正，排除C；故選：D

（2）若f（x）=（x-1）2+ax+sinx+π2為偶函數(shù)，則a=""""" .

解析：因為y=f（x）=（x-1）2+ax+sinx+π2=（x-1）2+ax+cosx為偶函數(shù)，定義域為R，

所以f-π2=fπ2，即-π2-12-π2a+cos-π2=π2-12+π2a+cosπ2，

則πa=π2+12-π2-12=2π，故a=2，此時f（x）=（x-1）2+2x+cosx=x2+1+cosx，

所以f（-x）=（-x）2+1+cos（-x）=x2+1+cosx=f（x），又因為定義域為R，故f（x）為偶函數(shù)，所以a=2.故答案為：2.

三、函數(shù)對稱性的判斷與應(yīng)用

判斷函數(shù)對稱性的常用方法是定義法，其代數(shù)表達形式有多種類型，我們要理解其本質(zhì)，對于題目給出的關(guān)系式，有時候需要通過代數(shù)變形才能識別出其對稱軸或?qū)ΨQ中心.若函數(shù)具有兩種對稱性，則該函數(shù)是周期函數(shù)，如“對于任意的實數(shù)x，函數(shù)f（x）同時滿足f（a-x）=f（a+x），f（2a-x）=f（2a+x），則函數(shù)f（x）是以T=2a為周期的周期函數(shù)，且是偶函數(shù)”，所以對稱性和周期性也會經(jīng)常結(jié)合在一起考查.

例3.已知函數(shù)f（x），g（x）的定義域均為R，且f（x）+g（2-x）=5，g（x）-f（x-4）=7.若y=g（x）的圖像關(guān)于直線x=2對稱，g（2）=4，則∑22k=1f（k）=（" ）

A.-21B.-22

C.-23D.-24

解析：因為y=g（x）的圖像關(guān)于直線x=2對稱，所以g（2-x）=g（x+2），

因為g（x）-f（x-4）=7，所以g（x+2）-f（x-2）=7，即g（x+2）=7+f（x-2），

因為f（x）+g（2-x）=5，所以f（x）+g（x+2）=5，代入得f（x）+［7+f（x-2）］=5，

即f（x）+f（x-2）=-2，所以f（3）+f（5）+…+f（21）=（-2）×5=-10，

f（4）+f（6）+…+f（22）=（-2）×5=-10.

因為f（x）+g（2-x）=5，所以f（0）+g（2）=5，即f（0）=1，所以f（2）=-2-f（0）=-3.

因為g（x）-f（x-4）=7，所以g（x+4）-f（x）=7，又因為f（x）+g（2-x）=5，

聯(lián)立得g（2-x）+g（x+4）=12，所以y=g（x）的圖像關(guān)于點（3，6）中心對稱，因為函數(shù)g（x）的定義域為R，所以g（3）=6.因為f（x）+g（x+2）=5，所以f（1）=5-g（3）=-1.所以

∑22k=1f（k）=f（1）+f（2）+［f（3）+f（5）+…+f（21）］+［f（4）+f（6）+…+f（22）］=-1-3-10-10=-24.故選D.

評注：本題主要考查了抽象函數(shù)的對稱性，需要充分理解并掌握對稱性的定義和性質(zhì)，對函數(shù)關(guān)系式多次變形轉(zhuǎn)化，難度較大.本題難點在于對條件“f（x）+g（2-x）=5，g（x）-f（x-4）=7”的靈活應(yīng)用.一是對x進行賦值，根據(jù)需要進行合理的賦值才能得到想要的結(jié)果；二是對f（x）與g（x）關(guān)系的轉(zhuǎn)化，根據(jù)g（x）的性質(zhì)進行賦值后消去g（x）得到只有f（x）的關(guān)系式，從而得到f（x）的性質(zhì)，再次賦值消去f（x）得到只有g(shù)（x）的關(guān)系式，從而得到g（x）的性質(zhì).

變式3.黎曼函數(shù)是一個特殊的函數(shù)，由德國數(shù)學(xué)家波恩哈德·黎曼發(fā)現(xiàn)并提出，在高等數(shù)學(xué)中有著廣泛的應(yīng)用.黎曼函數(shù)定義在［0，1］上，其解析式如下：R（x）=1p，x=qp（p，q互質(zhì)，pgt;q）

0，x=0、1或［0，1］上的無理數(shù)，定義在實數(shù)集上的函數(shù)f（x），g（x）滿足f（-x）=5-g（2+x），g（x）=9+f（x-4），且函數(shù)g（x）的圖像關(guān)于直線x=2對稱，g（2）=2，當x∈（0，1）時，f（x）=R（x），則f（2022）+f-20236=""""" .

解析：因為函數(shù)g（x）的圖像關(guān)于直線x=2對稱，所以g（2+x）=g（2-x）由f（-x）=5-g（2+x）得f（x）=5-g（2-x），

所以f（-x）=f（x），所以f（x）為偶函數(shù)，由g（x）=9+f（x-4）得：

g（2-x）=9+f（-x-2）=9+f（x+2），代入f（x）=5-g（2-x），得f（x）=-4-f（x+2），

所以f（x）+f（x+2）=-4，所以f（x+2）+f（x+4）=-4，所以f（x）=f（x+4），

所以f（x）是以4為周期的函數(shù)，由g（x）=9+f（x-4）得g（2）=9+f（-2）=2，所以f（-2）=-7，即f（2）=-7，由f（x）+f（x+2）=-4得f-76+f-76+2=-4，所以f-76+f56=-4，即f-76+R56=-4，所以f-76+16=-4，所以f-76=-4-16，f（2022）+f-20236=f（4×505+2）+f-4×84-76=f（2）+f-76=-7-4-16=-676，故答案為：-676.

四、函數(shù)周期性的判斷與應(yīng)用

判斷函數(shù)周期性的常用方法是定義法，即“若函數(shù)滿足f（x±T）=f（x）（T≠0），則y=f（x）的周期為T，KT（k∈Z）也是函數(shù)周期”.還有一些常見的周期性的表達式，也需要我們熟悉，如“f（x+a）=-f（x）y=f（x）的周期為T=2a”.周期性的表達式和對稱性的表達式很相似，特別是綜合考查對稱性和周期性的題目，要加以區(qū)分.

例4.函數(shù)f（x）滿足f（x+4）=f（x）（x∈R），且在區(qū)間（-2，2］上，f（x）=cosπx2，0lt;x≤1

x+12，-2lt;x≤0

則f（f（15））的值為""""" .

解析：由f（x+4）=f（x）得函數(shù)f（x）的周期為4，所以f（15）=f（16-1）=f（-1）=-1+12=12，因此f（f（15））=f12=cosπ4=22.

評注：本題主要考查了函數(shù)的周期性以及分段函數(shù)的求值問題，利用周期性把未知函數(shù)關(guān)系式區(qū)間上的函數(shù)值轉(zhuǎn)化為已知關(guān)系式的區(qū)間上求解.本題還涉及到兩層函數(shù)復(fù)合的求值問題，要從里往外層層求解，難度不大，但計算要細心.

變式4.（1）已知函數(shù)f（x）周期為1，且當0lt;x≤1，f（x）=-log2x，則f32=""""" .

解析：f32=f12=-log212=1.

（2）（2022年新高考全國Ⅱ卷·第8題）已知函數(shù)f（x）的定義域為R，且f（x+y）+f（x-y）=f（x）f（y），f（1）=1，則∑22k=1f（k）=（" ）

A.-3B.-2

C.0D.1

解析：令y=1得f（x+1）+f（x-1）=f（x）·f（1）=f（x）f（x+1）=f（x）-f（x-1），故f（x+2）=f（x+1）-f（x），f（x+3）=f（x+2）-f（x+1），消去f（x+2）和f（x+1）得：f（x+3）=-f（x），故f（x）周期為6；令x=1，y=0得f（1）+f（1）=f（1）·f（0）f（0）=2，f（2）=f（1）-f（0）=1-2=-1，f（3）=f（2）-f（1）=-1-1=-2，f（4）=f（3）-f（2）=-2-（-1）=-1，f（5）=f（4）-f（3）=-1-（-2）=1，f（6）=f（5）-f（4）=1-（-1）=2，故∑22k=1f（k）=3［f（1）+f（2）+…+f（6）］+f（19）+f（20）+f（21）+f（22）=f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=1+（-1）+（-2）+（-1）=-3，即∑22k=1f（k）=-3.故選：A.

五、函數(shù)性質(zhì)的綜合應(yīng)用

高考中也會把函數(shù)的各種性質(zhì)綜合在一起考查，我們要掌握各種性質(zhì)之間的聯(lián)系和區(qū)別，才能明確解題的方向和思路.

例5.（1）設(shè)f（x）是定義域為R的偶函數(shù)，且在（0，+∞）單調(diào)遞減，則（" ）

A.f（log314）gt;f（2-32）gt;f（2-23）

B.f（log314）gt;f（2-23）gt;f（2-32）

C.f（2-32）gt;f（2-23）gt;f（log314）

D.f（2-23）gt;f（2-32）gt;f（log314）

解析：∵f（x）是R上的偶函數(shù)，∴f（log314）=f（-log34）=f（log34）.

∴l(xiāng)og34gt;1=20gt;2-23gt;2-32gt;0，又f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，f（log34）lt;f（2-23）lt;f（2-32），∴f（2-32）gt;f（2-23）gt;f（log314），故選C.

評注：本題主要考查了抽象函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，利用函數(shù)的性質(zhì)比較大小.首先根據(jù)函數(shù)的奇偶性，把所有函數(shù)值的自變量轉(zhuǎn)化到同一單調(diào)區(qū)間上，再結(jié)合區(qū)間的單調(diào)性來比較函數(shù)值的大小.利用函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性去比較大小、解函數(shù)不等式是常見題型.

（2）（2018年高考數(shù)學(xué)課標Ⅱ卷（理）·第11題）已知f（x）是定義域為（-∞，+∞）的奇函數(shù)，滿足f（1-x）=f（1+x）.若f（1）=2，則f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=（" ）

A.-50B.0

C.2D.50

解析：因為f（x）是定義域為（-∞，+∞）的奇函數(shù)，且滿足f（1-x）=f（1+x），所以f（1-（x+1））=f（1+（x+1）），即f（-x）=f（x+2），所以f（x）=-f（x+2），

f（x+4）=-f（x+2）=f（x），因此f（x）是周期函數(shù)且T=4.

又f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=12［f（1）+f（2）+f（3）+f（4）］+f（1）+f（2），

且f（2）=f（1+1）=f（1-1）=f（0）=0，f（3）=f（-1）=-f（1）=-2，f（4）=f（0）=0，所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）=0，所以f（1）+f（2）+f（3）+…+f（50）=f（1）+f（2）=2，故選C.

評注：本題主要考查了抽象函數(shù)的奇偶性和周期性.根據(jù)題目條件知函數(shù)f（x）為奇函數(shù)且關(guān)于點（1，0）對稱.具有兩種對稱性的函數(shù)可推出周期性，對于小題，可用二級結(jié)論“一軸一心差4倍”推出周期為4×|0-1|=4，把求和∑50k=1f（1）轉(zhuǎn)化為求一個周期內(nèi)的函數(shù)值的和，簡便計算.對于綜合考查對稱性、奇偶性和周期性的題目，熟悉一些常用的二級結(jié)論，可提高解題效率.

變式5.（1）（2017年高考數(shù)學(xué)新課標Ⅰ卷理科·第5題）函數(shù)f（x）在（-∞，+∞）上單調(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］

解析：因為f（x）為奇函數(shù)且在（-∞，+∞）上單調(diào)遞減，要使-1≤f（x）≤1成立，則x滿足-1≤x≤1，所以由-1≤x-2≤1得1≤x≤3，故選：D.

（2）設(shè)函數(shù)y=f（x）的定義域為R，且滿足f（x）=f（2-x），f（-x）=-f（x-2），當x∈（-1，1］時，f（x）=-x2+1，則正確的是（" ）

A.f（2022）=1

B.當x∈［4，6］時，f（x）的取值范圍為［-1，0］

C.y=f（x+3）為奇函數(shù)

D.方程f（x）=lg（x+1）僅有5個不同實數(shù)解

解析：因為f（x）=f（2-x），所以函數(shù)f（x）的圖像關(guān)于直線x=1對稱；則f（-x）=f（2+x），又f（-x）=-f（x-2），所以f（2+x）=-f（x-2），則f（4+x）=-f（x），則

f（x+8）=-f（x+4）=f（x），則函數(shù)f（x）的周期為8，因為f（x）=f（2-x），令x=0，則f（2）=f（0），因為當x∈（-1，1］時，f（x）=-x2+1，則f（0）=1，

f（2022）=f（252×8+6）=f（6）=-f（2）=-1，故A錯誤；

當4≤x≤5時，0≤x-4≤1，有0≤f（x-4）≤1，則f（x）=-f（x-4）∈［-1，0］，

當5≤x≤6時，-4≤2-x≤-3，0≤（2-x）+4≤1，有0≤f［（2-x）+4］≤1，

f（x）=f（2-x）=-f［（2-x）+4］∈［-1，0］，當x∈［4，6］時，f（x）的取值范圍為［-1，0］，故B正確；

f（-x+3）=-f（-x-1）=-f（2-（-x-1））=-f（x+3），所以y=f（x+3）為奇函數(shù)，故C正確.

由函數(shù)f（x）的圖像關(guān)于直線x=1對稱以及關(guān)于（-1，0）對稱，且周期為8，畫出函數(shù)y=f（x）的圖像，在同一坐標平面內(nèi)也作出函數(shù)y=lg（x+1）的圖像如下：

因為lg（8+1）lt;1，lg（10+1）gt;1，可以看出兩個函數(shù)的圖像有5個交點，所以方程f（x）=lg（x+1）僅有5個不同實數(shù)解，故D正確.故選：BCD.

高考主要以二次函數(shù)、指數(shù)函數(shù)、對數(shù)函數(shù)、冪函數(shù)以及三角函數(shù)等基本初等函數(shù)作為載體來考查函數(shù)的性質(zhì)，主要有比較大小、求值、判斷函數(shù)圖像、解不等式、求參數(shù)等問題類型，題目以選擇題和填空題為主，難度以偏易、中等為主.熟悉函數(shù)的常見性質(zhì)，以及一些二級結(jié)論，可以提高解題的效率.

【本文系全國教育規(guī)劃課題（教育部重點課題）“粵港澳大灣區(qū)背景下中學(xué)拔尖創(chuàng)新人才高中-高校貫通式培養(yǎng)的路徑研究”（立項號：DHA230397，主持人：葉麗琳）研究成果】

責任編輯" 徐國堅