3.2 函数的基本性质 讲义-2025-2026学年高一上学期数学人教A版必修第一册

3.2 函数的基本性质 目录 题型01 函数的单调性 4 题型02 函数单调性的证明 5 题型03 函数的奇偶性 6 题型04 函数奇偶性的应用 7 题型05 由单调性比较大小 8 题型06 由单调性求解不等式 10 题型07 由单调性求最值 12 题型08 函数的单调性与奇偶性 14 建体系 新知廊 知识点1： 函数的单调性 1．增函数:当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，函数f(x)在区间D上是增函数． 2．减函数:当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，函数f(x)在区间D上是减函数． 3．复合函数单调性的规律：“同增异减”． 知识点2： 函数的奇偶性 1．奇函数：如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x,都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数,其图象关于原点对称． 2．偶函数：如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x,都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数,其图象关于y轴对称． 3．复合函数的奇偶性：内偶则偶，两奇为奇． 知识点3： 函数的单调性与奇偶性 1．偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反． 2．奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同． 知识点4： 函数的最值 1．一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：∀x∈D，都有f(x)≤M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M；那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值． 2．一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：∀x∈D，都有f(x) ≥M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M；那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值． 求甚解 1．函数单调性的辨析． (1)在上是增函数任取，且，． (2)在上是增函数任取，且，． (3)在上是增函数任取，且，． (4)在上是增函数任取，且，． 2．函数单调性的辨析． (1)在上是减函数任取，且，． (2)在上是减函数任取，且，． (3)在上是减函数任取，且，． (4)在上是减函数任取，且，． 3．函数单调性证明的步骤． (1)取值． (2)变形． (3)定号． (4)得出结论． 4．函数奇偶性的判断． (1)判定函数奇偶性容易失误是由于没有考虑到函数的定义域． (2)函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提条件． (3)因此研究函数的奇偶性必须“坚持定义域优先”的原则，即优先研究函数的定义域，否则就会做无用功． (4)奇偶性常用的判断方法：定义法、图象法． 5．函数单调性的应用． (1)求字母取值范围的题目，最终一定要变形成的形式． (2)再依据的单调性把符号脱掉得到关于字母的不等式再求解． 6．函数奇偶性的应用． (1)利用函数的奇偶性的定义转化为，建立方程，问题得到解决． (2)在解决选择题、填空题时还显得比较麻烦，为了使解题更快，可采用特殊值法求解． (3)若奇函数在原点处有意义，则必有f(0)＝0． (4)比较大小：一般解法是利用函数奇偶性，把不在同一单调区间的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，利用其单调性比较大小． (5)抽象不等式问题：①将所给的不等式化归为两个函数值的大小关系；②利用奇偶性得出区间上的单调性，再利用单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题． 练题型 题型01 函数的单调性 典型例题 典例 01 （2025春•青山湖区校级期中）下列函数中，在（0，1）为减函数的是（　　） A．y＝x﹣1 B． C．y＝x2 D．y＝x3 【答案】A 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，y＝x﹣1，是反比例函数，在（0，1）为减函数，符合题意； 对于B，y，是幂函数，在（0，1）为增函数，不符合题意； 对于C，y＝x2，是二次函数，在（0，1）为增函数，不符合题意； 对于D，y＝x3，是幂函数，在（0，1）为增函数，不符合题意． 故选：A． 即学即练 【变式练1】（2024秋•哈尔滨校级期末）下列四个函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的函数是（　　） A．f（x）＝﹣x+3 B．f（x）＝（x+1）2 C．f（x）＝﹣|x﹣1| D． 【变式练2】（2025•香洲区校级开学）函数的单调递增区间为（　　） A．[2，+∞） B．[4，+∞） C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，0] 【变式练3】（多选）（2025•皇姑区校级开学）下列函数中，当x＜﹣1时，函数值y随x的增大而增大依次是（　　） A．y＝﹣2x+1 B．y＝2x C． D． 题型02 函数单调性的证明 典型例题 典例 01 （2025•连城县校级开学）根据定义，证明函数f（x）＝x在区间（0，+∞）内单调递增． 【答案】证明过程请看解答． 【分析】根据函数单调性的定义，进行证明即可． 【解答】证明：任取0＜x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）＝（x1）﹣（x2）＝（x1﹣x2）（1）， 因为0＜x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，10， 所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 所以函数f（x）＝x在区间（0，+∞）内单调递增． 即学即练 【变式练1】（2024秋•固始县期末）已知函数，f（1）＝2． （1）判断该函数的奇偶性，并说明理由； （2）判断函数f（x）在（1，+∞）上的单调性，并证明． 【变式练2】（2024秋•沧州期末）已知函数． （1）判断f（x）的奇偶性，并用定义证明； （2）判断f（x）在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明． 【变式练3】（2024秋•朝阳期末）已知函数． （1）若，求的值； （2）判断f（x）在（0，+∞）上的单调性并利用定义法证明； （3）求f（x）在[1，t]上的最大值． 题型03 函数的奇偶性 典型例题 典例 02 （多选）（2024秋•吐鲁番市期末）下列函数中为偶函数的是（　　） A．f（x）＝|x| B． C． D．f（x）＝﹣x2+1（x≤0） 【答案】AB 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，函数f（x）＝|x|的定义域为R， 且f（﹣x）＝|﹣x|＝|x|＝f（x），故f（x）＝|x|为偶函数，A正确； 对于B，的定义域为{x|x≠0}， 且，故B正确； 对于C，函数的定义域为[0，+∞），不关于原点对称， 故函数不具有奇偶性，C错误； 对于D，函数f（x）＝﹣x2+1（x≤0）的定义域为（﹣∞，0]，不关于原点对称， 故函数不具有奇偶性，D错误； 故选：AB． 即学即练 【变式练1】（2025•河北模拟）下列函数不是偶函数的是（　　） A．f（x）＝x2﹣2 B． C．f（x）＝|x|+3 D．f（x）＝x0 【变式练2】（2025•郴州模拟）下列函数中，是奇函数的是（　　） A．y＝x2+1 B． C．y＝x+1 D． 【变式练3】（2025春•历城区校级期末）下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（　　） A．y＝2x+1 B． C．y＝x3 D．y＝x2 题型04 函数奇偶性的应用 典型例题 典例 03 （2025•安徽校级学业考试）若函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数，则f（﹣1）+f（0）+f（1）＝（　　） A．0 B．1 C．﹣2 D．﹣3 【答案】A 【分析】由奇函数的性质即可求解． 【解答】解：因为函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数， 则有f（0）＝0， 又f（﹣1）＝﹣f（1），f（﹣1）+f（1）＝0， 则f（﹣1）+f（0）+f（1）＝0． 故选：A． 即学即练 【变式练1】（2025•新高考Ⅰ）设f（x）是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f（x）＝5﹣2x，则f（）＝（　　） A． B． C． D． 【变式练2】（2025•泸水市校级二模）已知f（x）＝ax2+（b﹣3）x+3，x∈[a2﹣2，a]是偶函数，则a+b＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【变式练3】（2025•浙江学业考试）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝x2﹣2x，则当x＞0时，f（x）＝　　　　． 题型05 由单调性比较大小 典型例题 典例 04 （2025春•双清区校级期末）已知定义域为R的函数f（x），∀x1，x2∈R，x1＜x2，都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0，则（　　） A．f（3）＜f（π）＜f（2） B．f（π）＜f（3）＜f（2） C．f（2）＜f（π）＜f（3） D．f（π）＜f（2）＜f（3） 【答案】B 【分析】分析可知f（x）是R上的减函数，结合单调性比较函数值的大小． 【解答】解：根据题意，定义域为R的函数f（x）满足，对于∀x1，x2∈R，x1＜x2，则x1﹣x2＜0，都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0成立， 由于x1﹣x2＜0，必有f（x1）＞f（x2）， 故f（x）是R上的减函数，且π＞3＞2， 所以f（π）＜f（3）＜f（2）． 故选：B． 即学即练 【变式练1】（2024秋•中牟县期中）函数f（x）在区间（﹣1，3]上单调递减，则有（　　） A．f（﹣2）＞f（2） B．f（0）＜f（3） C．f（﹣1）＞f（3） D．f（0）＞f（3） 【变式练2】（2025春•昆明期末）定义在R上的函数y＝f（x）图象关于直线x＝1对称，在（﹣∞，1）单调递减，若x1＜1＜x2且x1+x2＞2，则（　　） A．f（x1）＞f（x2） B．f（x2）＞f（2﹣x1） C．f（x1）＞f（2﹣x2） D．f（x2）＜f（2﹣x1） 【变式练3】（2024秋•湛江期末）已知函数f（x）＝x，x∈（1，+∞），则下列不等式恒成立的是（　　） A．f（8）＞f（k2+2k+4） B．f（6）＞f（k2+2k+4） C．f（4）＜f（k2+2k+4） D．f（2）＜f（k2+2k+4） 题型06 由单调性求解不等式 典型例题 典例 05 （2024秋•合江县校级期末）已知定义在（﹣2，3﹣a）上的函数图象关于原点对称． （1）求f（x）的解析式； （2）判断并用定义证明f（x）的单调性； （3）解不等式f（2t+1）+f（t﹣2）＞0． 【答案】（1）； （2）f（x）在（﹣2，2）上单调递增， 证明如下： 令﹣2＜x1＜x2＜2，则 ， 由﹣2＜x1＜x2＜2，则4+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，， 故f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x）在（﹣2，2）上单调递增； （3）． 【分析】（1）由f（x）关于原点对称可得f（0）＝0，再结合（﹣2，3﹣a）关于原点对称，计算即可； （2）借助定义法证明即可得； （3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得． 【解答】解：（1）根据题意，定义在（﹣2，3﹣a）上的函数图象关于原点对称， 即f（x）是定义域为（﹣2，3﹣a）的奇函数， 则有（﹣2）+3﹣a＝0，解可得a＝1， 又由有，变形可得b＝0， 此时，其定义域为（﹣2，2）， 有， 故f（x）为（﹣2，2）上的奇函数，其图象关于原点对称，符合题意， 故a＝1，b＝0，函数f（x）的解析式为； （2）f（x）在（﹣2，2）上单调递增； 证明如下： 令﹣2＜x1＜x2＜2，则 ， 由﹣2＜x1＜x2＜2，则4+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，， 故f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x）在（﹣2，2）上单调递增； （3）由题意可得f（x）为奇函数，则有f（2t+1）＞﹣f（t﹣2）＝f（2﹣t）， 又因为f（x）在（﹣2，2）上单调递增，则有，解得， 所以原不等式的解集为． 即学即练 【变式练1】（2025春•青山湖区校级期末）已知函数y＝f（x）是定义在R上的增函数，且f（1﹣a）＜f（a﹣3），则a的取值范围是（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（1，2） D．（1，3） 【变式练2】（2025春•宜春月考）定义在R上的函数f（x）满足f（3﹣x）＝f（3+x），且对任意的x1，x2∈[3，+∞）（x1≠x2），都有，若f（m﹣1）＜f（2），则m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，3） B．（3，+∞） C．（3，5） D．（﹣∞，3）∪（5，+∞） 【变式练3】（2025•青浦区校级模拟）设m∈R，已知，若f（m+1）＜1，则m的取值范围为　　　　． 题型07 由单调性求最值 典型例题 典例 06 （2025•赤峰模拟）已知函数在[﹣2，﹣1]上的最大值比最小值大，则a＝　　　　． 【答案】1． 【分析】根据函数的奇偶性和和对勾函数的性质可知f（x）在上单调减，在上单调递增，分和两种情况讨论，求出最值即可求解． 【解答】解：因为， 所以为奇函数， 且f（x）在[﹣2，﹣1]上的最大值比最小值大， 所以f（x）在[1，2]上的最大值比最小值大． 由对勾函数的性质可得f（x）在上单调减，在上单调递增． 当时，即0＜a≤1时，f（x）在[1，2]上单调递增． 则，解得a＝1． 当时，即时，f（x）在上单减，在上单增． ， 因为，所以f（2）＞f（1）， 所以， 解得a＝1（舍去）或9（舍去）． 综上a＝1， 故答案为：1． 即学即练 【变式练1】（2025春•济宁期末）已知函数的最小值为1，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣1，0] B．（﹣1，0] C．[﹣1，0） D．（﹣1，0） 【答案】A 【分析】分x≤1和x＞1两段讨论，当x≤1时利用一次函数的单调性得到最小值，当x＞1时，利用均值不等式得到最小值． 【解答】解：因为当x＞1时，， 当且仅当时，等号成立， 所以当x＞1时，f（x）的最小值为1； 又因为函数的最小值为1，所以当x≤1时，y＝f（x）min≥1， 当a＞0时，f（x）＝ax+2单增，当x趋于﹣∞时，f（x）趋于﹣∞不合题意； 当a＝0时，f（x）＝2＞1，合题意， 当a＜0时，f（x）单调递减，f（x）min＝f（1）＝a+2≥1，得﹣1≤a＜0， 所以a的取值范围为[﹣1，0]； 综上，要使得f（x）在R上的最小值为1， 则a∈[﹣1，0]． 故选：A． 【变式练2】（2025春•讷河市校级期中）函数在[2，3]上的最大值是　　　　． 【答案】2． 【分析】利用函数的单调性求解即可． 【解答】解：令y＝g（x），x∈[2，3]，设x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2， g（x1）﹣g（x2）， 当x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2时，x2﹣x1＞0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0， 所以g（x1）﹣g（x2）＞0，即g（x1）＞g（x2）， 所以g（x）在[2，3]上单调递减，即函数在[2，3]上单调递减， 所以当x＝2时，函数取得最大值，最大值为2． 故答案为：2． 【变式练3】（2024秋•绵阳期末）已知关于x的不等式x2﹣ax+2＜8的解集为{x|﹣3＜x＜b}． （1）求a，b的值； （2）若函数f（x）＝x2﹣ax+2，当x∈[m﹣2，m]，m∈R时，求函数f（x）的最小值（用m表示）． 题型08 函数的单调性与奇偶性 典型例题 典例 07 （2025•永寿县校级开学）已知函数f（x+1）是定义在R上的偶函数，且f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，则f（﹣1），f（1），f（2）的大小关系是（　　） A．f（﹣1）＜f（1）＜f（2） B．f（1）＜f（2）＜f（﹣1） C．f（1）＜f（﹣1）＜f（2） D．f（2）＜f（1）＜f（﹣1） 【答案】B 【分析】结合函数的对称性及单调性即可比较函数值大小， 【解答】解：因为函数f（x+1）是定义在R上的偶函数， 所以f（x）的图像关于x＝1对称， 则f（﹣1）＝f（3）， 因为f（x）在区间[1，+∞）上单调递增， 则f（﹣1）＝f（3）＞f（2）＞f（1）． 故选：B． 即学即练 【变式练1】（多选）（2025秋•河南月考）已知函数的图象经过点，，则（　　） A．m＝1 B．n＝﹣2 C．曲线y＝f（x）关于y轴对称 D．不等式f（x﹣1）＞f（3﹣2x）的解集为x∈（2，+∞） 【变式练2】（2024秋•衡阳县校级期末）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）＝x2+4x，则满足f（1﹣m2）＜5的实数m的取值范围为　　　　． 【变式练3】（2025秋•山东校级月考）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f（x）＝x2+2x． （1）画出函数f（x）（x∈R）的图象，并写出它的单调增区间； （2）写出函数f（x）（x∈R）的解析式； （3）若函数g（x）＝f（x）﹣2ax+2（x∈[1，2]），求函数g（x）的最小值． 学科网（北京）股份有限公司 $ 3.2 函数的基本性质 目录 题型01 函数的单调性 5 题型02 函数单调性的证明 7 题型03 函数的奇偶性 10 题型04 函数奇偶性的应用 12 题型05 由单调性比较大小 14 题型06 由单调性求解不等式 16 题型07 由单调性求最值 19 题型08 函数的单调性与奇偶性 22 建体系 新知廊 知识点1： 函数的单调性 1．增函数:当x1<x2时，都有f(x1)<f(x2)，函数f(x)在区间D上是增函数． 2．减函数:当x1<x2时，都有f(x1)>f(x2)，函数f(x)在区间D上是减函数． 3．复合函数单调性的规律：“同增异减”． 知识点2： 函数的奇偶性 1．奇函数：如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x,都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数,其图象关于原点对称． 2．偶函数：如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x,都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数,其图象关于y轴对称． 3．复合函数的奇偶性：内偶则偶，两奇为奇． 知识点3： 函数的单调性与奇偶性 1．偶函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相反． 2．奇函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上单调性相同． 知识点4： 函数的最值 1．一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：∀x∈D，都有f(x)≤M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M；那么，我们称M是函数y＝f(x)的最大值． 2．一般地，设函数y＝f(x)的定义域为D，如果存在实数M满足：∀x∈D，都有f(x) ≥M；∃x0∈D，使得f(x0)＝M；那么，我们称M是函数y＝f(x)的最小值． 求甚解 1．函数单调性的辨析． (1)在上是增函数任取，且，． (2)在上是增函数任取，且，． (3)在上是增函数任取，且，． (4)在上是增函数任取，且，． 2．函数单调性的辨析． (1)在上是减函数任取，且，． (2)在上是减函数任取，且，． (3)在上是减函数任取，且，． (4)在上是减函数任取，且，． 3．函数单调性证明的步骤． (1)取值． (2)变形． (3)定号． (4)得出结论． 4．函数奇偶性的判断． (1)判定函数奇偶性容易失误是由于没有考虑到函数的定义域． (2)函数的定义域关于原点对称是函数具有奇偶性的前提条件． (3)因此研究函数的奇偶性必须“坚持定义域优先”的原则，即优先研究函数的定义域，否则就会做无用功． (4)奇偶性常用的判断方法：定义法、图象法． 5．函数单调性的应用． (1)求字母取值范围的题目，最终一定要变形成的形式． (2)再依据的单调性把符号脱掉得到关于字母的不等式再求解． 6．函数奇偶性的应用． (1)利用函数的奇偶性的定义转化为，建立方程，问题得到解决． (2)在解决选择题、填空题时还显得比较麻烦，为了使解题更快，可采用特殊值法求解． (3)若奇函数在原点处有意义，则必有f(0)＝0． (4)比较大小：一般解法是利用函数奇偶性，把不在同一单调区间的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，利用其单调性比较大小． (5)抽象不等式问题：①将所给的不等式化归为两个函数值的大小关系；②利用奇偶性得出区间上的单调性，再利用单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题． 练题型 题型01 函数的单调性 典型例题 典例 01 （2025春•青山湖区校级期中）下列函数中，在（0，1）为减函数的是（　　） A．y＝x﹣1 B． C．y＝x2 D．y＝x3 【答案】A 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，y＝x﹣1，是反比例函数，在（0，1）为减函数，符合题意； 对于B，y，是幂函数，在（0，1）为增函数，不符合题意； 对于C，y＝x2，是二次函数，在（0，1）为增函数，不符合题意； 对于D，y＝x3，是幂函数，在（0，1）为增函数，不符合题意． 故选：A． 即学即练 【变式练1】（2024秋•哈尔滨校级期末）下列四个函数中，在区间（0，+∞）上单调递增的函数是（　　） A．f（x）＝﹣x+3 B．f（x）＝（x+1）2 C．f（x）＝﹣|x﹣1| D． 【答案】B 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的单调性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，f（x）＝﹣x+3，是一次函数，在区间（0，+∞）上单调递减，不符合题意； 对于B，f（x）＝（x+1）2，是二次函数，在区间（0，+∞）上单调递增，符合题意； 对于C，f（x）＝﹣|x﹣1|，在区间（1，+∞）上单调递减，不符合题意； 对于D，f（x），是反比例函数，在区间（0，+∞）上单调递减，不符合题意． 故选：B． 【变式练2】（2025•香洲区校级开学）函数的单调递增区间为（　　） A．[2，+∞） B．[4，+∞） C．（﹣∞，2] D．（﹣∞，0] 【答案】B 【分析】根据题意，设t＝x2﹣4x，则y，先分析函数的定义域，再利用复合函数的单调性判断方法分析可得答案． 【解答】解：根据题意，设t＝x2﹣4x，则y， 令t＝x2﹣4x≥0，解得x≥4或x≤0，即函数的定义域为（﹣∞，0]∪[4，+∞）， 又函数t＝x2﹣4x 在（﹣∞，0]上单调递减，在[4，+∞） 上单调递增， y在[0，+∞）上单调递增， 则函数 在[4，+∞）上单调递增． 故选：B． 【变式练3】（多选）（2025•皇姑区校级开学）下列函数中，当x＜﹣1时，函数值y随x的增大而增大依次是（　　） A．y＝﹣2x+1 B．y＝2x C． D． 【答案】BC 【分析】利用一次函数、反比例函数的性质逐项判断即得． 【解答】解：对于A，函数y＝﹣2x+1中，﹣2＜0，函数值y随x的增大而减小，A不是； 对于B，函数y＝2x中，2＞0，函数值y随x的增大而增大，B是； 对于C，函数的图象由函数的图象左移1个单位而得， 而当x＜0时，函数的函数值y随x的增大而增大， 因此当x＜﹣1时，函数的函数值y随x的增大而增大，C是； 对于D，当x＜﹣1时，反比例函数的函数值y随x的增大而减小，D不是． 故选：BC． 题型02 函数单调性的证明 典型例题 典例 01 （2025•连城县校级开学）根据定义，证明函数f（x）＝x在区间（0，+∞）内单调递增． 【答案】证明过程请看解答． 【分析】根据函数单调性的定义，进行证明即可． 【解答】证明：任取0＜x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）＝（x1）﹣（x2）＝（x1﹣x2）（1）， 因为0＜x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，10， 所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 所以函数f（x）＝x在区间（0，+∞）内单调递增． 即学即练 【变式练1】（2024秋•固始县期末）已知函数，f（1）＝2． （1）判断该函数的奇偶性，并说明理由； （2）判断函数f（x）在（1，+∞）上的单调性，并证明． 【答案】（1）函数f（x）为奇函数，理由见解析； （2）f（x）在（1，+∞）上是增函数，证明见解析． 【分析】（1）根据题意可求f（x）的解析式及定义域，利用奇偶函数的定义判断即可． （2）利用函数单调性，按照取值、作差、变形、判号、下结论的步骤即可证明． 【解答】解：（1）由f（1）＝2可得a＝﹣1，所以， 易知定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）关于原点对称 且满足， 所以为奇函数； （2）函数f（x）在（1，+∞）上是增函数，证明如下： 任取∀x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2， 则， 由x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，所以x1﹣x2＜0，x1x2＞1， 因此可得f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 即f（x）在（1，+∞）上是增函数． 【变式练2】（2024秋•沧州期末）已知函数． （1）判断f（x）的奇偶性，并用定义证明； （2）判断f（x）在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明． 【答案】见试题解答内容 【分析】（1）根据题意，利用函数奇偶性的定义和判定方法，即可求解； （2）根据题意，利用函数单调性的定义和判定方法，即可求解． 【解答】解：（1）函数f（x）是偶函数，证明如下： 由函数，可得其定义域为{x|x≠0}，关于原点对称， 且，即f（﹣x）＝f（x）， 所以f（x）是定义域上的偶函数． （2）函数f（x）在区间上单调递减，证明如下： 设， 则 ． 因为，可得， 所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）， 所以在区间上是单调递减函数． 【变式练3】（2024秋•朝阳期末）已知函数． （1）若，求的值； （2）判断f（x）在（0，+∞）上的单调性并利用定义法证明； （3）求f（x）在[1，t]上的最大值． 【答案】（1）； （2）f（x）在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增，证明见解析； （3）． 【分析】（1）利用和平方后关系求解； （2）根据单调性定义证明； （3）利用（2）中的单调性求最大值． 【解答】解：． （1）由题意可得，， 所以，即， 因为， 所以． （2）f（x）在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增，证明如下： 任取x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，所以x1x2＞0，x1﹣x2＜0， 则， 当0＜x1＜x2＜2时，x1x2﹣4＜0，所以f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）， 当2＜x1＜x2时，x1x2﹣4＞0，所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2）， 所以f（x）在区间（0，2）上单调递减，在区间（2，+∞）上单调递增． （3）当1＜t≤2时，由（2）知f（x）在[1，t]上单调递减，所以f（x）max＝f（1）＝5； 当t＞2时，由（2）知f（x）在[1，2]上单调递减，在[2，t]上单调递增， 因为f（4）＝5，所以若2＜t＜4，则f（x）max＝f（1）＝5， 若t≥4，则． 综上，． 题型03 函数的奇偶性 典型例题 典例 02 （多选）（2024秋•吐鲁番市期末）下列函数中为偶函数的是（　　） A．f（x）＝|x| B． C． D．f（x）＝﹣x2+1（x≤0） 【答案】AB 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，函数f（x）＝|x|的定义域为R， 且f（﹣x）＝|﹣x|＝|x|＝f（x），故f（x）＝|x|为偶函数，A正确； 对于B，的定义域为{x|x≠0}， 且，故B正确； 对于C，函数的定义域为[0，+∞），不关于原点对称， 故函数不具有奇偶性，C错误； 对于D，函数f（x）＝﹣x2+1（x≤0）的定义域为（﹣∞，0]，不关于原点对称， 故函数不具有奇偶性，D错误； 故选：AB． 即学即练 【变式练1】（2025•河北模拟）下列函数不是偶函数的是（　　） A．f（x）＝x2﹣2 B． C．f（x）＝|x|+3 D．f（x）＝x0 【答案】B 【分析】结合基本初等函数的奇偶性检验各选项即可求解． 【解答】解：f（x）＝x2﹣2为偶函数，f（x）为奇函数，f（x）＝|x|+3为偶函数，f（x）＝x0＝1，x≠0为偶函数． 故选：B． 【变式练2】（2025•郴州模拟）下列函数中，是奇函数的是（　　） A．y＝x2+1 B． C．y＝x+1 D． 【答案】B 【分析】根据函数解析式的形式，直接判断选项． 【解答】解：y＝x2+1是偶函数，A错误； 是奇函数，B正确； y＝x+1和是非奇非偶函数，CD错误． 故选：B． 【变式练3】（2025春•历城区校级期末）下列函数中，既是奇函数又是增函数的是（　　） A．y＝2x+1 B． C．y＝x3 D．y＝x2 【答案】C 【分析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性和单调性，即可得答案． 【解答】解：根据题意，依次分析选项： 对于A，y＝2x+1，是一次函数，不是奇函数，不符合题意； 对于B，y，是反比例函数，在其定义域上不是增函数，不符合题意； 对于C，y＝x3，是幂函数，既是奇函数又是增函数，符合题意； 对于D，y＝x2，是二次函数，是偶函数不是奇函数，不符合题意； 故选：C． 题型04 函数奇偶性的应用 典型例题 典例 03 （2025•安徽校级学业考试）若函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数，则f（﹣1）+f（0）+f（1）＝（　　） A．0 B．1 C．﹣2 D．﹣3 【答案】A 【分析】由奇函数的性质即可求解． 【解答】解：因为函数y＝f（x）是定义在R上的奇函数， 则有f（0）＝0， 又f（﹣1）＝﹣f（1），f（﹣1）+f（1）＝0， 则f（﹣1）+f（0）+f（1）＝0． 故选：A． 即学即练 【变式练1】（2025•新高考Ⅰ）设f（x）是定义在R上且周期为2的偶函数，当2≤x≤3时，f（x）＝5﹣2x，则f（）＝（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数的奇偶性与周期性，化归转化，即可求解． 【解答】解：根据题意可得f（）＝f（）＝f（2）＝f（）＝5﹣2． 故选：A． 【变式练2】（2025•泸水市校级二模）已知f（x）＝ax2+（b﹣3）x+3，x∈[a2﹣2，a]是偶函数，则a+b＝（　　） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】D 【分析】先由“定义域应关于原点对称”则有，又f（﹣x）＝f（x）恒成立，用待定系数法可求得b． 【解答】解：∵定义域应关于原点对称， 故有a2﹣2＝﹣a，得a＝1或a＝﹣2． ∵x∈[a2﹣2，a]，∴a2﹣2＜a，∴a＝﹣2应舍去． 又∵f（﹣x）＝f（x）恒成立， 即：ax2﹣（b﹣3）x+3＝ax2+（b﹣3）x+3，∴b＝3． a+b＝4． 故选：D． 【变式练3】（2025•浙江学业考试）已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＜0时，f（x）＝x2﹣2x，则当x＞0时，f（x）＝　　　　． 【答案】﹣x2﹣2x． 【分析】首先，根据当x＜0时，f（x）＝x2﹣2x，令x＞0，则﹣x＜0，然后，结合函数为奇函数，求解相对应的解析式． 【解答】解：令x＞0，则﹣x＜0， ∴f（x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x， ∵函数f（x）是定义在R上的奇函数，∴f（﹣x）＝﹣f（x）， ∴﹣f（x）＝x2+2x， ∴f（x）＝﹣x2﹣2x， 故答案为：﹣x2﹣2x． 题型05 由单调性比较大小 典型例题 典例 04 （2025春•双清区校级期末）已知定义域为R的函数f（x），∀x1，x2∈R，x1＜x2，都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0，则（　　） A．f（3）＜f（π）＜f（2） B．f（π）＜f（3）＜f（2） C．f（2）＜f（π）＜f（3） D．f（π）＜f（2）＜f（3） 【答案】B 【分析】分析可知f（x）是R上的减函数，结合单调性比较函数值的大小． 【解答】解：根据题意，定义域为R的函数f（x）满足，对于∀x1，x2∈R，x1＜x2，则x1﹣x2＜0，都有（x1﹣x2）[f（x1）﹣f（x2）]＜0成立， 由于x1﹣x2＜0，必有f（x1）＞f（x2）， 故f（x）是R上的减函数，且π＞3＞2， 所以f（π）＜f（3）＜f（2）． 故选：B． 即学即练 【变式练1】（2024秋•中牟县期中）函数f（x）在区间（﹣1，3]上单调递减，则有（　　） A．f（﹣2）＞f（2） B．f（0）＜f（3） C．f（﹣1）＞f（3） D．f（0）＞f（3） 【答案】D 【分析】根据题意，由函数单调性的定义分析选项，即可得答案． 【解答】解：根据题意，函数f（x）在区间（﹣1，3]上单调递减， 则f（0）＞f（3）． 故选：D． 【变式练2】（2025春•昆明期末）定义在R上的函数y＝f（x）图象关于直线x＝1对称，在（﹣∞，1）单调递减，若x1＜1＜x2且x1+x2＞2，则（　　） A．f（x1）＞f（x2） B．f（x2）＞f（2﹣x1） C．f（x1）＞f（2﹣x2） D．f（x2）＜f（2﹣x1） 【答案】B 【分析】根据题意，f（x）的单调性，由x1＜1＜x2且x1+x2＞2，可得1＜2﹣x1＜x2，由此分析可得答案． 【解答】解：定义在R上的函数y＝f（x）图象关于直线x＝1对称， 则有f（2﹣x）＝f（x）， 又由f（x）在（﹣∞，1）单调递减，则f（x）在（1，+∞）上递增， 若x1＜1＜x2且x1+x2＞2，则有1＜2﹣x1＜x2， 则有f（x2）＞f（2﹣x1），B正确． 故选：B． 【变式练3】（2024秋•湛江期末）已知函数f（x）＝x，x∈（1，+∞），则下列不等式恒成立的是（　　） A．f（8）＞f（k2+2k+4） B．f（6）＞f（k2+2k+4） C．f（4）＜f（k2+2k+4） D．f（2）＜f（k2+2k+4） 【答案】D 【分析】先判断函数f（x）的单调性，结合单调性即可比较函数值的大小． 【解答】解：因为f（x）＝x在x∈（1，+∞）时单调递增， 又k2+2k+4＝（k+1）2+3≥3， 故f（k2+2k+4）≥f（3）＞f（2）． 故选：D． 题型06 由单调性求解不等式 典型例题 典例 05 （2024秋•合江县校级期末）已知定义在（﹣2，3﹣a）上的函数图象关于原点对称． （1）求f（x）的解析式； （2）判断并用定义证明f（x）的单调性； （3）解不等式f（2t+1）+f（t﹣2）＞0． 【答案】（1）； （2）f（x）在（﹣2，2）上单调递增， 证明如下： 令﹣2＜x1＜x2＜2，则 ， 由﹣2＜x1＜x2＜2，则4+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，， 故f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x）在（﹣2，2）上单调递增； （3）． 【分析】（1）由f（x）关于原点对称可得f（0）＝0，再结合（﹣2，3﹣a）关于原点对称，计算即可； （2）借助定义法证明即可得； （3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得． 【解答】解：（1）根据题意，定义在（﹣2，3﹣a）上的函数图象关于原点对称， 即f（x）是定义域为（﹣2，3﹣a）的奇函数， 则有（﹣2）+3﹣a＝0，解可得a＝1， 又由有，变形可得b＝0， 此时，其定义域为（﹣2，2）， 有， 故f（x）为（﹣2，2）上的奇函数，其图象关于原点对称，符合题意， 故a＝1，b＝0，函数f（x）的解析式为； （2）f（x）在（﹣2，2）上单调递增； 证明如下： 令﹣2＜x1＜x2＜2，则 ， 由﹣2＜x1＜x2＜2，则4+x1x2＞0，x1﹣x2＜0，， 故f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x）在（﹣2，2）上单调递增； （3）由题意可得f（x）为奇函数，则有f（2t+1）＞﹣f（t﹣2）＝f（2﹣t）， 又因为f（x）在（﹣2，2）上单调递增，则有，解得， 所以原不等式的解集为． 即学即练 【变式练1】（2025春•青山湖区校级期末）已知函数y＝f（x）是定义在R上的增函数，且f（1﹣a）＜f（a﹣3），则a的取值范围是（　　） A．（2，+∞） B．（﹣∞，2） C．（1，2） D．（1，3） 【答案】A 【分析】结合函数单调性即可求解． 【解答】解：因为y＝f（x）是定义在R上的增函数，且f（1﹣a）＜f（a﹣3）， 所以1﹣a＜a﹣3，解得a＞2． 故选：A． 【变式练2】（2025春•宜春月考）定义在R上的函数f（x）满足f（3﹣x）＝f（3+x），且对任意的x1，x2∈[3，+∞）（x1≠x2），都有，若f（m﹣1）＜f（2），则m的取值范围是（　　） A．（﹣∞，3） B．（3，+∞） C．（3，5） D．（﹣∞，3）∪（5，+∞） 【答案】C 【分析】由条件f（3﹣x）＝f（3+x），可知函数f（x）关于x＝3对称，由对任意x1，x2∈[3，+∞）都有，可知函数在x2∈[3，+∞）（x1≠x2）时单调递增，然后根据单调性和对称性即可得到|m﹣1﹣3|＜|2﹣3|，化简即可求解． 【解答】解：根据题意，定义在R上的函数f（x）满足f（3﹣x）＝f（3+x）， 则函数f（x）的图象关于直线x＝3对称， 又对任意的x1，x2∈[3，+∞）（x1≠x2），都有， 所以f（x）在[3，+∞）上单调递增， 若f（m﹣1）＜f（2），则|m﹣1﹣3|＜|2﹣3|， 解得3＜m＜5，即m的取值范围是（3，5）． 故选：C． 【变式练3】（2025•青浦区校级模拟）设m∈R，已知，若f（m+1）＜1，则m的取值范围为　　　　． 【答案】（﹣2，0）． 【分析】讨论m+1＜1、m+1≥1，结合函数解析式求不同区间上对应的参数范围，即可得答案． 【解答】解：因为， 若m+1＜1，即m＜0时，（m+1）2＜1，可得﹣2＜m＜0； 若m+1≥1，即m≥0时，m+2＜1，可得m＜﹣1，不符合题意， 综上，m的取值范围为（﹣2，0）． 故答案为：（﹣2，0） 题型07 由单调性求最值 典型例题 典例 06 （2025•赤峰模拟）已知函数在[﹣2，﹣1]上的最大值比最小值大，则a＝　　　　． 【答案】1． 【分析】根据函数的奇偶性和和对勾函数的性质可知f（x）在上单调减，在上单调递增，分和两种情况讨论，求出最值即可求解． 【解答】解：因为， 所以为奇函数， 且f（x）在[﹣2，﹣1]上的最大值比最小值大， 所以f（x）在[1，2]上的最大值比最小值大． 由对勾函数的性质可得f（x）在上单调减，在上单调递增． 当时，即0＜a≤1时，f（x）在[1，2]上单调递增． 则，解得a＝1． 当时，即时，f（x）在上单减，在上单增． ， 因为，所以f（2）＞f（1）， 所以， 解得a＝1（舍去）或9（舍去）． 综上a＝1， 故答案为：1． 即学即练 【变式练1】（2025春•济宁期末）已知函数的最小值为1，则实数a的取值范围是（　　） A．[﹣1，0] B．（﹣1，0] C．[﹣1，0） D．（﹣1，0） 【答案】A 【分析】分x≤1和x＞1两段讨论，当x≤1时利用一次函数的单调性得到最小值，当x＞1时，利用均值不等式得到最小值． 【解答】解：因为当x＞1时，， 当且仅当时，等号成立， 所以当x＞1时，f（x）的最小值为1； 又因为函数的最小值为1，所以当x≤1时，y＝f（x）min≥1， 当a＞0时，f（x）＝ax+2单增，当x趋于﹣∞时，f（x）趋于﹣∞不合题意； 当a＝0时，f（x）＝2＞1，合题意， 当a＜0时，f（x）单调递减，f（x）min＝f（1）＝a+2≥1，得﹣1≤a＜0， 所以a的取值范围为[﹣1，0]； 综上，要使得f（x）在R上的最小值为1， 则a∈[﹣1，0]． 故选：A． 【变式练2】（2025春•讷河市校级期中）函数在[2，3]上的最大值是　　　　． 【答案】2． 【分析】利用函数的单调性求解即可． 【解答】解：令y＝g（x），x∈[2，3]，设x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2， g（x1）﹣g（x2）， 当x1，x2∈[2，3]，且x1＜x2时，x2﹣x1＞0，x1﹣1＞0，x2﹣1＞0， 所以g（x1）﹣g（x2）＞0，即g（x1）＞g（x2）， 所以g（x）在[2，3]上单调递减，即函数在[2，3]上单调递减， 所以当x＝2时，函数取得最大值，最大值为2． 故答案为：2． 【变式练3】（2024秋•绵阳期末）已知关于x的不等式x2﹣ax+2＜8的解集为{x|﹣3＜x＜b}． （1）求a，b的值； （2）若函数f（x）＝x2﹣ax+2，当x∈[m﹣2，m]，m∈R时，求函数f（x）的最小值（用m表示）． 【答案】（1）；（2）f（x）min． 【分析】（1）根据题意可得﹣3和b是方程x2﹣ax+2＝8的两根，再结合韦达定理求解即可； （2）结合二次函数的单调性，分类讨论求解即可． 【解答】解：（1）因为不等式x2﹣ax+2＜8的解集为{x|﹣3＜x＜b}， 所以﹣3和b是方程x2﹣ax+2＝8的两根， 所以，解得． （2）由（1）知f（x）＝x2+x+2，是开口向上，对称轴为x的二次函数， 当m时，f（x）在[m﹣2，m]上单调递减，所以f（x）min＝f（m）＝m2+m+2； 当m﹣2，即m时，f（x）在[m﹣2，m]上单调递增，所以f（x）min＝f（m﹣2）＝m2﹣3m+4； 当m﹣2m，即m时，f（x）在[m﹣2，）上单调递减，在（，m]上单调递增，所以f（x）min＝f（）， 综上所述，f（x）min． 题型08 函数的单调性与奇偶性 典型例题 典例 07 （2025•永寿县校级开学）已知函数f（x+1）是定义在R上的偶函数，且f（x）在区间[1，+∞）上单调递增，则f（﹣1），f（1），f（2）的大小关系是（　　） A．f（﹣1）＜f（1）＜f（2） B．f（1）＜f（2）＜f（﹣1） C．f（1）＜f（﹣1）＜f（2） D．f（2）＜f（1）＜f（﹣1） 【答案】B 【分析】结合函数的对称性及单调性即可比较函数值大小， 【解答】解：因为函数f（x+1）是定义在R上的偶函数， 所以f（x）的图像关于x＝1对称， 则f（﹣1）＝f（3）， 因为f（x）在区间[1，+∞）上单调递增， 则f（﹣1）＝f（3）＞f（2）＞f（1）． 故选：B． 即学即练 【变式练1】（多选）（2025秋•河南月考）已知函数的图象经过点，，则（　　） A．m＝1 B．n＝﹣2 C．曲线y＝f（x）关于y轴对称 D．不等式f（x﹣1）＞f（3﹣2x）的解集为x∈（2，+∞） 【答案】AC 【分析】代入点坐标，解方程组可得函数解析式，再利用定义法可判断函数的奇偶性，再根据复合函数单调性的判断方式可判断函数单调性，进而可判断各选项． 【解答】解：因为函数的图象经过点，， 所以，解得， 故选项A正确，选项B错误； 所以，其定义域为R关于原点对称， 且， 所以f（x）为偶函数，即曲线y＝f（x）关于y轴对称，故选项C正确； 由复合函数单调性可知在区间（0，+∞）上单调递减，且f（x）为偶函数， 故f（x﹣1）＞f（3﹣2x）等价于|x﹣1|＜|3﹣2x|， 两边平方可得（x﹣1）2＜（3﹣2x）2， 解得x或x＞2， 所以不等式f（x﹣1）＞f（3﹣2x）的解集为（﹣∞，）∪（2，+∞），故选项D错误． 故选：AC． 【变式练2】（2024秋•衡阳县校级期末）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，当x≥0时，f（x）＝x2+4x，则满足f（1﹣m2）＜5的实数m的取值范围为　　　　． 【答案】． 【分析】由题意利用函数的奇偶性和单调性求解． 【解答】解：∵函数f（x）是定义在R上的偶函数，则f（﹣x）＝f（x）＝f（|x|）， ∴f（1﹣m2）＝f（|m2﹣1|）， ∵当x≥0时，f（x）＝x2+4x， ∴当x≥0时f（x）单调递增，且f（1）＝12+4＝5， ∴由f（1﹣m2）＜5，得f（|m2﹣1|）＜f（1）， ∴|m2﹣1|＜1，即﹣1＜m2﹣1＜1，解得且m≠0， ∴实数m的取值范围为． 故答案为：． 【变式练3】（2025秋•山东校级月考）已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f（x）＝x2+2x． （1）画出函数f（x）（x∈R）的图象，并写出它的单调增区间； （2）写出函数f（x）（x∈R）的解析式； （3）若函数g（x）＝f（x）﹣2ax+2（x∈[1，2]），求函数g（x）的最小值． 【答案】（1）作出f（x）的图象， ， f（x）的单调递增区间为（﹣1，0），（1，+∞）； （2）f（x）； （3）g（x）． 【分析】（1）根据偶函数的图象关于y轴对称，可作出f（x）的图象，由图象可得f（x）的单调递增区间； （2）令x＞0，则﹣x＜0，根据条件可得f（﹣x）＝x2﹣2x，利用函数f（x）是定义在R上的偶函数，可得f（x）＝f（﹣x）＝x2﹣2x，从而可得函数f（x）的解析式； （3）先求出抛物线对称轴x＝a﹣1，然后分当a﹣1≤1时，当1＜a﹣1≤2时，当a﹣1＞2时三种情况，根据二次函数的增减性解答． 【解答】解：（1）如图，根据偶函数的图象关于y轴对称，可作出f（x）的图象， ， 则f（x）的单调递增区间为（﹣1，0），（1，+∞）； （2）令x＞0，则﹣x＜0，∴f（﹣x）＝x2﹣2x ∵函数f（x）是定义在R上的偶函数， ∴f（x）＝f（﹣x）＝x2﹣2x ∴解析式为f（x）； （3）g（x）＝x2﹣2x﹣2ax+2，对称轴为x＝a+1， 当a+1≤1时，g（1）＝1﹣2a为最小； 当1＜a+1≤2时，g（a+1）＝﹣a2﹣2a+1为最小； 当a+1＞2时，g（2）＝2﹣4a为最小； ∴g（x）． 学科网（北京）股份有限公司 $