3.2.2 奇偶性（第3课时）课件-2025-2026学年高一上学期数学人教A版必修第一册

该高中数学课件聚焦函数奇偶性的应用，涵盖求值、确定解析式、比较大小、解不等式等题型，从奇偶性定义及图象特点出发，通过例题解析与巩固训练，搭建从概念到应用的学习支架。 其亮点在于题型分类系统，每个题型含例题、探究总结及巩固训练。通过转化思想（如利用奇函数性质求f(-1)）培养数学思维，用符号推理（如设x<0推导解析式）提升数学语言表达。学生能掌握逻辑推理与问题转化，教师可直接利用结构化内容提升教学效率。

3.2.2 函数的奇偶性 第3课时 奇偶性的应用 页面统一为16:9宽幅画面比例尺寸；PPT统一格式为PPT或PPTX。 请注意： 1. 课名：微软雅黑48号字； 2.（第一课时）：微软雅黑32号字； 3.学校名称：请填写全称； 4.学科、年级、主讲人、学校：华文楷体28号字（具体根据文字量可适当调整）。 英文 1.课名：字体以Times New Roman为主，字号一般使用32—36号，特别强调可以用40号； 2.（Period 1）：字体使用Arial，字号为28； 3.正文一般用24—28号，特别强调可用32号。 注意标点的规范（例如：中文省略号为……，可用Shift+数字键6打出中文省略号，英文省略号为…） 1 知识点　函数的奇偶性 奇偶性 定义 图象特点 偶函数 设函数f(x)的定义域为I，如果∀x∈I，都有－x∈I，且_____________，那么函数f(x)是偶函数 关于____ 对称 奇函数 设函数f(x)的定义域为I，如果∀x∈I，都有－x∈I，且______________，那么函数f(x)是奇函数 关于____ 对称 f(－x)＝f(x) y轴 f(－x)＝－f(x) 原点 题型一 ——求值 例1　(1)已知函数y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1，则f(－1)＝(　　) A.－3　　　　　　　　 B.－1 C.0 D.2 √ 【解析】 ∵y＝f(x)＋x2是奇函数， ∴f(－1)＋1＝－[f(1)＋1]. 又f(1)＝1 ∴f(－1)＝－3. (2)已知f(x)＝x5＋ax3＋bx－8，且f(－2)＝10，则f(2)＝(　　) A.－26 B.－18 C.－10 D.10 √ 【解析】方法一：令g(x)＝x5＋ax3＋bx，则易知g(x)是定义在R上的奇函数， 从而g(－2)＝－g(2). 又f(x)＝g(x)－8， ∴f(－2)＝g(－2)－8＝10， ∴g(－2)＝18， ∴g(2)＝－g(－2)＝－18， ∴f(2)＝g(2)－8＝－18－8＝－26. 【讲评】　(1)若f(x)为奇函数，则f(－a)＋f(a)＝0. (2)若f(x)为奇函数，g(x)＝f(x)＋k(k为常数)，则g(a)＋g(－a)＝2k. 探究1 (1)此类问题(本例(2))应充分运用奇(偶)函数的定义构造函数，从而使问题快速得到解决. (2)在定义域关于原点对称的前提下，若解析式中仅含有x的奇次项，则函数为奇函数，若解析式中仅含有x的偶次项，则函数为偶函数，常利用此结论构造函数解题. 巩固训练 (1)已知f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(－1)＋g(1)＝2，f(1)＋g(－1)＝4，则g(1)＝________. 3 【解析】由题意知，f(－1)＋g(1)＝－f(1)＋g(1)＝2， f(1)＋g(－1)＝f(1)＋g(1)＝4， 两式相加，解得g(1)＝3. (2)已知f(x)＝ax3＋bx－4，其中a，b为常数，若f(－2)＝2，则f(2)的值为(　　) A.－10 B.－6 C.－4 D.－2 √ 题型二 ——确定函数解析式 例2　(1)已知f(x)为R上的奇函数，当x>0时，f(x)＝－2x2＋3x＋1. ①求f(－1)； ②求f(x)的解析式. 【分析】　①根据奇函数的性质，将f(－1)转化为－f(1)求解；②先设出所求区间上的自变量，利用奇函数的定义域关于原点对称的特点，把它转化到已知解析式的区间上，代入已知的解析式，再次利用函数的奇偶性求解即可.注意不要忽略x＝0时f(x)的解析式. 【解析】　①因为函数f(x)为奇函数， 所以f(－1)＝－f(1)＝－(－2×12＋3×1＋1)＝－2. ②当x<0时，－x>0， 则f(－x)＝－2(－x)2＋3(－x)＋1＝－2x2－3x＋1. 由于f(x)是奇函数，则f(x)＝－f(－x)， 所以f(x)＝2x2＋3x－1. 当x＝0时，由奇函数性质可知f(0)＝0. 探究2 此类问题(本例(1))的一般解法是： (1)“求谁设谁”，即在哪个区间上求解析式，x就应设在哪个区间上. (2)要利用已知区间的解析式，将其代入. (3)利用f(x)的奇偶性写出－f(x)或f(－x)，从而解出f(x). 注意：若函数f(x)的定义域内含0且为奇函数，则必有f(0)＝0，不能漏掉. 巩固训练 (1)函数f(x)是定义域为R的奇函数，当x>0时f(x)＝－x＋1，则当x<0时，f(x)的表达式为(　　) A.f(x)＝－x＋1　　　 B.f(x)＝－x－1 C.f(x)＝x＋1 D.f(x)＝x－1 √ 【解析】　设x<0，则－x>0，∴f(－x)＝－(－x)＋1＝x＋1，∵f(x)为奇函数，∴－f(x)＝x＋1，∴f(x)＝－x－1. (2)已知函数f(x)是定义在(－∞，＋∞)上的偶函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝x－x4，则当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝__________. －x－x4 【分析】　解答本题可将x>0时的解析式转化到x<0上求解. 【解析】　设x>0，则－x<0. ∴f(－x)＝－x－(－x)4＝－x－x4. ∵f(x)为偶函数， ∴当x>0时，f(x)＝－x－x4. 题型三 ——比较大小 考点一　 考点一　 √ 探究3 比较大小问题，一般解法是先利用奇偶性，将不在同一单调区间上的两个或多个自变量的函数值，转化为同一单调区间上的自变量的函数值，然后利用单调性比较大小. 巩固训练 √ 【解析】　∵函数f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3是R上的偶函数， ∴f(－x)＝(m－1)x2－2mx＋3＝f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3，∴m＝0，即f(x)＝－x2＋3. ∴f(x)在(－∞，0)上单调递增， 题型三 ——解不等式 例4　(1)已知函数y＝f(x)在定义域[－1，1]上既是奇函数，又是减函数，若f(1－a2)＋f(1－a)<0，则实数a的取值范围为________. 【分析】　(1)可利用奇偶性把所给的关系式转化为两个函数值的大小关系，再利用单调性转化为自变量的关系. [0，1) 【解析】　(1)由f(1－a2)＋f(1－a)<0， 得f(1－a2)<－f(1－a). ∵y＝f(x)在[－1，1]上是奇函数， ∴－f(1－a)＝f(a－1)， ∴f(1－a2)<f(a－1). 又f(x)在[－1，1]上单调递减， (2)定义在[－2，2]上的偶函数f(x)在区间[0，2]上单调递减，若f(1－m)<f(m)，则实数m的取值范围为________. 【分析】　(2)两个自变量1－m，m不一定属于同一单调区间，可考虑用绝对值表示来处理. 探究4 (1)抽象不等式问题的解题步骤： ①将所给的不等式转化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. (2)需要注意的是：在转化时，自变量的取值必须在同一单调区间上；当不等式一边没有符号“f”时，需转化为含符号“f”的形式，如0＝f(1)，f(x－1)<0，则f(x－1)<f(1). (3)利用好偶函数性质f(x)＝f(|x|)可以避免讨论，简化计算. 巩固训练 √ 随堂训练 1.已知函数f(x)＝(x－1)(ax＋b)为偶函数，且在(0，＋∞)上单调递减，则f(x)<0的解集为(　　) A.(－∞，－1)∪(0，1) B.(－∞，－1)∪(1，＋∞) C.(－1，1) D.(－1，0)∪(1，＋∞) √ 解析　f(x)＝(x－1)(ax＋b)＝ax2＋(b－a)x－b，由f(x)是偶函数得b－a＝0，即a＝b，从而f(x)＝ax2－a.又f(x)在(0，＋∞)上单调递减，故a≠0.令f(x)＝ax2－a＝0，得x＝±1.结合f(x)在(0，＋∞)上单调递减可得f(x)<0的解集为x<－1或x>1. 2.若偶函数f(x)在区间(－∞，－1]上单调递增，则(　　) A.f(－1)<f(－1.5)<f(2) B.f(－1.5)<f(－1)<f(2) C.f(2)<f(－1.5)<f(－1) D.f(2)<f(－1)<f(－1.5) √ 解析　∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(|x|)，又∵f(x)在(－∞，－1]上单调递增,∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减,∴f(1)>f(1.5)>f(2)，即f(－1)>f(－1.5)> f(2).故选C. A.是奇函数且在区间(2，＋∞)上单调递增 B.是奇函数且在区间(2，＋∞)上单调递减 C.是偶函数且在区间(2，＋∞)上单调递增 D.是偶函数且在区间(2，＋∞)上单调递减 √ 4.已知f(x)是定义在(－4，4)上的偶函数，且在(－4，0)上单调递增，f(a)<f(3)，则实数a的取值范围为(　　) A.(－3，3)　　　　　 B.(－∞，－3)∪(3，＋∞) C.(－4，－3) D.(－4，－3)∪(3，4) √ 5.设f(x)＝ax5＋bx3＋cx＋7(其中a，b，c为常数，x∈R)，若f(－2 023)＝－17，则f(2 023)＝________. 31 解析　f(2 023)＝a·2 0235＋b·2 0233＋c·2 023＋7，f(－2 023)＝a(－2 023)5＋b(－2 023)3＋c(－2 023)＋7，∴f(2 023)＋f(－2 023)＝14，∴f(2 023)＝14＋17＝31. 感谢观看与聆听 THANKS 方法二：由已知条件， 得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f(－2)＝(－2)5＋a·(－2)3＋b·(－2)－8①，,f(2)＝25＋a·23＋b·2－8②，)) ①＋②，得f(2)＋f(－2)＝－16. ∴f(2)＝－16－f(－2)＝－16－10＝－26. 【解析】　由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a·(－2)3＋b·(－2)－4＝2，,a·23＋b·2－4＝f(2)，)) 两式相加得－8＝2＋f(2). ∴f(2)＝－10.故选A. 所以f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2x2＋3x＋1，x>0，,0，x＝0，,2x2＋3x－1，x<0.)) (2)设f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，且f(x)＋g(x)＝eq \f(1,x－1)，求函数f(x)，g(x)的解析式. 【解析】　由题意知x≠±1，且f(－x)＝f(x)，g(－x)＝－g(x)， 由f(x)＋g(x)＝eq \f(1,x－1)，① 用－x代替①中的x，得f(－x)＋g(－x)＝eq \f(1,－x－1)， ∴f(x)－g(x)＝eq \f(1,－x－1)，② (①＋②)÷2，得f(x)＝eq \f(1,x2－1)(x≠±1)； (①－②)÷2，得g(x)＝eq \f(x,x2－1)(x≠±1). 【解析】　因为f(x)为偶函数，所以f(－π)＝f(π)，f(－1)＝f(1).因为f(x)在区间[0，4]上单调递减，所以f(1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>f(π)，所以f(－1)> f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>f(－π). 例3　偶函数y＝f(x)在区间[0，4]上单调递减，则有(　　) A.f(－1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>f(－π) B.f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)))>f(－1)>f(－π) C.f(－π)>f(－1)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) D.f(－1)>f(－π)>f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3))) ∴f(－1)>f(－eq \r(2))>f(－eq \r(3))＝f(eq \r(3)). 即f(eq \r(3))<f(－eq \r(2))<f(－1).故选B. 若函数f(x)＝(m－1)x2＋2mx＋3是R上的偶函数，则f(－1)，f(－eq \r(2))，f(eq \r(3))的大小关系为(　　) A.f(eq \r(3))>f(－eq \r(2))>f(－1) B.f(eq \r(3))<f(－eq \r(2))<f(－1) C.f(－eq \r(2))<f(eq \r(3))<f(－1) D.f(－1)<f(eq \r(3))<f(－eq \r(2)) ∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－1≤1－a2≤1，,－1≤1－a≤1，,1－a2>a－1，))解得0≤a<1. ∴a的取值范围是[0，1). eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))) 【解析】　(2)∵函数f(x)是偶函数，∴f(x)＝f(|x|). ∴f(1－m)＝f(|1－m|)，f(m)＝f(|m|). ∴原不等式等价于eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－2≤1－m≤2，,－2≤m≤2，,|1－m|>|m|，))解得－1≤m<eq \f(1,2).∴实数m的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2))). eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(2,3))) 【解析】　因为f(x)为偶函数且在区间[0，＋∞)上单调递增，所以f(x)在区间(－∞，0]上单调递减，且图象关于y轴对称，因为f(2x－1)< f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))，所以|2x－1|<eq \f(1,3)，即－eq \f(1,3)<2x－1<eq \f(1,3)，则eq \f(1,3)<x<eq \f(2,3). (1)已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上单调递增，则满足f(2x－1)<f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))的x的取值范围是________. (2)设奇函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝0，则不等式eq \f(f(x)－f(－x),x)<0的解集为(　　) A.(－1，0)∪(1，＋∞) B.(－∞，－1)∪(0，1) C.(－∞，－1)∪(1，＋∞) D.(－1，0)∪(0，1) 【解析】　∵f(x)为奇函数，∴eq \f(f(x)－f(－x),x)<0即eq \f(f(x),x)<0， ∵f(x)在(0，＋∞)上单调递减且f(1)＝0， ∴当x>1时，f(x)<0，eq \f(f(x),x)<0. ∵奇函数的图象关于原点对称， ∴在(－∞，0)上f(x)单调递减且f(－1)＝0， ∴当x<－1时，f(x)>0，eq \f(f(x),x)<0. 综上，不等式的解集为(－∞，－1)∪(1，＋∞). 3.函数f(x)＝eq \f(2x2＋8,x)(　　) 解析　由f(x)定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)且f(－x)＝eq \f(2(－x)2＋8,－x)＝－eq \f(2x2＋8,x)＝－f(x)，可知f(x)是奇函数，排除C和D，由f(3)＝eq \f(18＋8,3)＝eq \f(26,3)，f(4)＝eq \f(32＋8,4)＝10，f(3)<f(4)，可知B错误. 解析　f(a)<f(3)⇔f(|a|)<f(3)，易知f(x)在(0，4)上单调递减，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－4<a<4，,|a|>3，))得－4<a<－3或3<a<4.故选D. $