第三章 微专题3 函数性质的综合应用-【名师导航】2025-2026学年高中数学必修第一册教师用书word（人教B版）

本讲义聚焦函数性质的综合应用核心知识点，系统梳理分段函数单调性、函数奇偶性、抽象函数单调性及性质综合应用等内容，构建从具体分段函数参数求解到抽象函数性质证明，再到综合应用的递进式学习支架。 资料通过典型例题（如分段函数单调性求参数范围、抽象函数奇偶性证明）和分层练习，培养学生数学思维（逻辑推理）与数学语言（符号表达）能力。课中辅助教师引导学生构建性质应用逻辑，课后助力学生巩固练习，查漏补缺，提升综合解题素养。

微专题3　函数性质的综合应用 函数的性质是历年高考命题的热点，主要有判断函数的单调性、奇偶性，根据单调性、奇偶性确定函数值、参数值，奇偶性与单调性相结合解不等式问题等考查方向，有时也与后面将要学习的知识相结合，体现了对逻辑推理、直观想象等核心素养的考查． 类型1　分段函数的单调性 【例1】　若函数f (x)＝在R上是增函数，则实数a的取值范围为(　　) A．(1，＋∞)　　　　 B．[4，8) C．[1，4) D．[2，8) B　[因为函数f (x)在R上是增函数，所以f (x)在(－∞，1]上单调递增，故4－>0，即a<8．当x>1时，f (x)＝x2单调递增，所以f (x)>1．当x≤1时，f (x)＝x－1单调递增，所以f (x)≤3－．又函数f (x)在R上是增函数，所以3－≤1，即a≥4．又a<8，所以4≤a<8．故a的取值范围是[4，8)．] 类型2　函数的奇偶性 【例2】　定义在R上的函数f (x)对任意实数a，b都有f (a＋b)＋f (a－b)＝2f (a)f (b)成立，且f (0)≠0． (1)求f (0)的值； (2)试判断f (x)的奇偶性． [解]　(1)令a＝b＝0， 则f (0)＋f (0)＝2f (0)f (0)， 即f (0)＝f2(0)． 因为f (0)≠0， 所以f (0)＝1． (2)令a＝0，b＝x， 则f (x)＋f (－x)＝2f (0)f (x)． 因为f (0)＝1， 所以f (x)＋f (－x)＝2f (x)． 所以f (x)＝f (－x)． 所以f (x)是R上的偶函数． 【例3】　判断函数f (x)＝的奇偶性． [解]　由得－2≤x≤2且x≠0， 所以函数的定义域为[－2，0)∪(0，2]， 此时f (x)＝， 有f (－x)＝＝－＝－f (x)， 所以函数f (x)为奇函数． 类型3　抽象函数的单调性 【例4】　设f (x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f (m＋n)＝f (m)f (n)(f (m)≠0，f (n)≠0)，且当x>0时，0<f (x)<1． (1)求证：f (0)＝1； (2)求证：x∈R时，恒有f (x)>0； (3)求证：f (x)在R上是减函数． [证明]　(1)根据题意，令m＝0，可得f (0＋n)＝f (0)f (n)， ∵f (n)≠0， ∴f (0)＝1． (2)由题意知，当x>0时，0<f (x)<1； 当x＝0时，f (0)＝1>0； 当x<0时，－x>0， ∴0<f (－x)<1， ∵f (x＋(－x))＝f (x)f (－x)， ∴f (x)f (－x)＝1． ∴f (x)＝>0． 故x∈R时，恒有f (x)>0． (3)设任意的x1，x2∈R，且x1<x2， 则f (x2)＝f (x1＋(x2－x1))． ∴f (x1)－f (x2)＝f (x1)－f (x1＋(x2－x1))＝f (x1)－f (x1)f (x2－x1)＝f (x1)[1－f (x2－x1)]． 由(2)知，f (x1)>0． ∵x2－x1>0， ∴0<f (x2－x1)<1， ∴f (x1)－f (x2)>0，即f (x1)>f (x2)， 故f (x)在R上是减函数． 类型4　函数性质的综合应用 【例5】　已知函数f (x)＝为偶函数． (1)判断函数f (x)在(0，＋∞)上的单调性，并加以证明； (2)当x∈(其中m＞n＞0)时，函数f (x)的值域恰为[3－9m，3－9n]，求正实数m，n的值． [解]　(1)函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增．证明如下：因为函数f (x)＝为偶函数， 所以 而f (1)＝f (－1)，解得a＝－3， 所以f (x)＝＝＝1－． 任取x1>x2>0， f (x1)－f (x2)＝， 所以f (x1)－f (x2)＝＝＝， 因为x1>x2>0， 所以x1－x2>0，x1＋x2>0， 所以f (x1)－f (x2)>0， 即f (x1)>f (x2)， 故函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增． (2)由(1)可知，函数f (x)在(0，＋∞)上单调递增，因为x∈，函数f (x)的值域恰为[3－9m，3－9n]， 所以 即m，n为方程1－9x2＝3－9x的两根， 整理得，9x2－9x＋2＝0， 解得x1＝，x2＝， 又m>n>0， 所以m＝，n＝． 微专题强化练(三)　函数性质的综合应用 一、选择题 1．已知偶函数f (x)在区间[0，＋∞)上的解析式为f (x)＝x＋1，下列大小关系正确的是(　　) A．f (1)＞f (2) B．f (1)＞f (－2) C．f (－1)＞f (－2) D．f (－1)＜f (2) D　[f (x)在[0，＋∞)上为增函数，所以f (2)＞f (1)，又f (x)为偶函数，所以f (－x)＝f (x)，故f (－2)＝f (2)，f (－1)＝f (1)，所以f (2)＞f (－1)，f (－2)＞f (－1)．综上所述，D正确．] 2．(多选)函数f (x)＝，下列结论正确的是(　　) A．f (x)图象关于y轴对称 B．f (x)在[0，＋∞)上单调递减 C．f (x)的值域为 D．f (x)有最大值 AD　[对于选项A，f (x)＝，定义域为{x|x≠±3}，f (－x)＝＝＝f (x)，所以函数f (x)为偶函数，f (x)图象关于y轴对称，故A正确． 对于选项B，因为f (x)定义域为{x|x≠±3}， 所以f (x)在[0，＋∞)上单调递减错误，故B错误． 对于选项C，f (x)＝＝＝，因为x≠±3，所以|x|＋3≥3，且|x|＋3≠6， 所以f (x)的值域为，故C错误． 对于选项D，因为f (x)的值域为，所以f (x)的最大值为，故D正确．故选AD．] 3．已知f (x)是R上的奇函数，则函数y＝f (2x－1)＋1的图象恒过点(　　) A．(0，0)　　　　 B． C． D．(1，0) C　[∵f (x)是R上的奇函数，∴f (0)＝0，令2x－1＝0，解得x＝，此时y＝1，故函数y＝f (2x－1)＋1的图象恒过点．] 4．已知函数y＝f (x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若不等式f (a)≥f (x)对任意的x∈[1，2]恒成立，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，1] B．[－1，1] C．(－∞，2] D．[－2，2] B　[由题意，知f (x)在[0，＋∞)上是减函数，则不等式f (a)≥f (x)对任意的x∈[1，2]恒成立，即不等式f (|a|)≥f (|x|)对任意的x∈[1，2]恒成立， ∴|a|≤|x|对任意的x∈[1，2]恒成立， ∴|a|≤1，即－1≤a≤1，故选B．] 5．(多选)已知定义在R上的函数f (x)的图象是连续不断的，且满足以下条件： ①∀x∈R，f (－x)＝f (x)； ②∀m，n∈(0，＋∞)，当m≠n时，都有<0； ③f (－1)＝0． 则下列选项成立的是(　　) A．f (3)>f (－4) B．若f (m－1)<f (2)，则m∈(3，＋∞) C．若<0，则x∈(－1，0)∪(1，＋∞) D．∀x∈R，∃M∈R，使得f (x)≤M ACD　[由①知函数f (x)为偶函数，由②知函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减，则函数f (x)在(－∞，0)上单调递增． 对于A，f (3)＝f (－3)>f (－4)，故A正确． 对于B，f (m－1)<f (2)，则|m－1|>2，解得m∈(3，＋∞)∪(－∞，－1)，故B错误． 对于C，若<0，由题知f (－1)＝f (1)＝0，则当x>0时，f (x)<0，解得x>1；当x<0时，f (x)>0，解得－1<x<0，故C正确． 对于D，根据函数单调性及函数在R上的图象连续可知，函数f (x)存在最大值f (0)，则只需M≥f (0)，即可满足条件，故D正确． 故选ACD．] 二、填空题 6．奇函数f (x)在区间[3，6]上是增函数，且在区间[3，6]上的最大值是4，最小值是－1，则2f (－6)＋f (－3)＝________． －7　[由题意，函数f (x)在[3，6]上是增函数，在区间[3，6]上的最大值为4，最小值为－1， 故f (3)＝－1，f (6)＝4． ∵f (x)是奇函数， ∴2f (－6)＋f (－3)＝－2f (6)－f (3)＝－2×4＋1＝－7．] 7．已知f (x)＝是奇函数，则f (g(－3))＝________． －33　[因为函数f (x)是奇函数，所以f (－3)＝g(－3)＝－f (3)＝－6，所以f (g(－3))＝f (－6)＝－f (6)＝－33．] 8．已知函数f (x)＝对于∀x1，x2∈[1，＋∞)且x1≠x2，都有(x1－x2)[f (x1)－f (x2)]>0，则实数m的取值范围为________． 　[由题意可知，f (x)在[1，＋∞)上单调递增，要使y＝－在[1，2)上单调递增， 则－m<0，即m>0． 要使y＝x2－mx在[2，＋∞)上单调递增， 则m≤2． 又×22－2m≥－m，解得m≤． 综上可知0<m≤．] 三、解答题 9．已知函数f (x)的定义域是(0，＋∞)，当x＞1时，f (x)＞0，且f (xy)＝f (x)＋f (y)． (1)求f (1)； (2)证明：f (x)在定义域上是增函数； (3)如果f＝－1，求满足不等式f (x)－f (x－2)≥2的x的取值范围． [解]　(1)令x＝y＝1，得f (1)＝2f (1)，故f (1)＝0． (2)证明：令y＝，得f (1)＝f (x)＋f＝0， 故f＝－f (x)． 任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x1＜x2， 则f (x2)－f (x1)＝f (x2)＋f＝f． 由于＞1，故f＞0，从而f (x2)＞f (x1)． ∴f (x)在(0，＋∞)上是增函数． (3)由于f＝－1， 而f＝－f (3)， 故f (3)＝1． 在f (xy)＝f (x)＋f (y)中， 令x＝y＝3， 得f (9)＝f (3)＋f (3)＝2． 故所给不等式可化为f (x)－f (x－2)≥f (9)， ∴f (x)≥f (9(x－2))， 由(2)得f (x)在(0，＋∞)上是增函数， ∴x≥9x－18， ∴x≤． 又 ∴2＜x≤． ∴x的取值范围是． 1/1 学科网（北京）股份有限公司 $