第4讲 函数的概念和性质（二）课件——湖南省2026年普通高中学业水平合格性考试复习高二数学

该高中数学高考复习课件聚焦函数的单调性、最值、奇偶性及综合应用核心考点，依据考情分析明确单调性和奇偶性需理解、最值及综合应用需掌握的考查要求。通过知识梳理表格化呈现定义与判断方法，考点探究分专题归纳单调性证明、区间求解等常考题型，体现高考备考的针对性。 课件亮点在于“考点探究+变式训练+达标检测”的实战体系，如探究奇偶性时通过f(-x)=f(x)与f(-x)=-f(x)定义判断，培养学生的数学思维和符号意识。针对综合应用解析区间[-3,-2)∪(2,3]的求解技巧，帮助学生掌握答题方法，教师可据此系统开展复习教学，提升备考效率。

2026年湖南省普通高中学业水平复习 数 学 第4讲 函数的概念和性质（二） 必修第一册 目录 1.考情分析 2.知识梳理 3.考点探究 4.达标训练 考情分析 核心知识 评价要求 了解 理解 掌握 函数的单调性 √ 函数的最大值与最小值 √ 函数的奇偶性 √ 函数的奇偶性与单调性 √ 知识梳理 知识梳理 < > 增 减 单调递增或单调递减 (严格的)单调性 ≤ ≥ f(x0)＝M 纵坐标 纵坐标 f(b) f(a) f(a) f(b) f(－x)＝f(x) y轴 f(－x)＝－f(x) 原点 单调递增 一致(相同) 单调递减 相反 考点探究 探究点一： 函数单调性的判断与证明 【变式题】 探究点二： 求函数的单调区间 【变式题】 探究点三：求函数的最值(值域) 【变式题】 探究点四：函数的奇偶性 D 【变式题】 B A 探究点五：函数的单调性与奇偶性的综合应用 【变式题】 D 巩固练习 一、选择题 B C C B A C C B A C C B (－∞，3] 二、填空题 y＝x2 －x2－2x 1 三、解答题 本课结束！ 1.函数的单调性 前提条件 设函数f(x)的定义域为I，区间D⊆I 条件 ∀x1，x2∈D，x1<x2 都有f(x1)①____f(x2) 都有f(x1)②____f(x2) 图示 结论 f(x)在区间D上单调递增 f(x)在区间D上单调递减 特殊情况 当函数f(x)在它的定义域上单调递增时，我们就称它是③______函数 当函数f(x)在它的定义域上单调递减时，我们就称它是④______函数 如果函数y＝f(x)在区间D上⑤ ，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有⑥ ，区间D叫做y＝f(x)的单调区间. 2.函数的最大值与最小值 类别 最大值 最小值 条件 一般地，设函数y＝f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足：∀x∈I，都有 f(x)⑦ M f(x)⑧ M ∃x0∈I，使得⑨ 结论 称M是函数y＝f(x)的最大值 称M是函数y＝f(x)的最小值 几何意义 f(x)图象上最高点的⑩ f(x)图象上最低点的⑪ 3.求函数最值的常用方法 (1)图象法：作出y＝f(x)的图象，观察最高点与最低点，最高(低)点的纵坐标即为函数的最大(小)值. (2)运用已学函数的值域. (3)运用函数的单调性：若y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增，则ymax＝⑫ ，ymin＝⑬ ；若y＝f(x)在区间[a，b]上单调递减，则ymax＝⑭ ，ymin＝⑮ . (4)分段函数的最大(小)值是指各段上的最大(小)值中最大(小)的那个. 4.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⑯ ，那么函数f(x)是偶函数 关于⑰ 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⑱ ，那么函数f(x)是奇函数 关于⑲ 对称 5.用奇偶性求解析式 如果已知函数的奇偶性和一个区间[a，b]上的解析式，求关于原点的对称区间[－b， －a]上的解析式，其解决思路为 (1)“求谁设谁”，即在哪个区间上求解析式，x就应在哪个区间上设. (2)要利用已知区间的解析式进行代入. (3)利用f(x)的奇偶性写出－f(x)或f(－x)，从而解出f(x). 6.函数的奇偶性与单调性 (1)若f(x)为奇函数且在区间[a，b](a<b)上单调递增，则f(x)在[－b，－a]上⑳ ，即在对称区间上单调性eq \o(○,\s\up1(21)) . (2)若f(x)为偶函数且在区间[a，b](a<b)上为单调递增，则f(x)在[－b，－a]上eq \o(○,\s\up1(22)) ，即在对称区间上单调性eq \o(○,\s\up1(23)) . 【例1】 证明：函数f(x)＝x2－1在(－∞，0)上是减函数． 【证明】 在x∈(－∞，0)上任取x1，x2，设x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝x eq \o\al(2,1)－1－(x eq \o\al(2,2)－1)＝x eq \o\al(2,1)－x eq \o\al(2,2)＝(x1＋x2)(x1－x2). 因为x1<x2<0，所以x1＋x2<0，x1－x2<0， 因此f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)， 所以f(x)在区间(－∞，0)上单调递减． 根据定义证明函数y＝x＋ eq \f(1,x)在区间(1，＋∞)上单调递增． 【证明】 设y＝f(x)＝x＋ eq \f(1,x)，1<x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝(x1＋ eq \f(1,x1))－(x2＋ eq \f(1,x2))＝(x1－x2)＋( eq \f(1,x1)－ eq \f(1,x2))＝(x1－x2)·( eq \f(x1x2－1,x1x2))， 又由1<x1<x2，则x1－x2<0， eq \f(x1x2－1,x1x2)>0， 则有f(x1)－f(x2)<0， 故函数y＝x＋ eq \f(1,x) 在区间(1，＋∞)上单调递增． 【例2】 已知函数f(x)的图象如图所示： (1)根据函数图象，写出f(x)的单调区间； (2)若f(x)在[a－1，a＋1]上单调递增，求a的取值范围． 【解析】 (1)由图象知，函数f(x)的单调递减区间为 [－1，2]，单调递增区间为(－∞，－1]，[2，＋∞). (2)若f(x)在[a－1，a＋1]上单调递增， 则a＋1≤－1或a－1≥2，得a≤－2或a≥3， 即实数a的取值范围是(－∞，－2]∪[3，＋∞). (1)求函数y＝x2－2x＋4的单调区间． 【解析】 因为函数图象开口向上，对称轴x＝1， 所以单调递增区间为[1，＋∞)，单调递减区间(－∞，1]. 【解析】 当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x＋3＝－(x－1)2＋4，函数图象的对称轴为x＝1， 则函数f(x)在[0，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减； 当x<0时，f(x)＝－x2－2x＋3＝－(x＋1)2＋4，函数图象的对称轴为x＝－1， 则函数f(x)在(－∞，－1]上单调递增，在[－1，0]上单调递减． 故函数f(x)的单调递增区间为(－∞，－1]，[0，1]，单调递减区间为[－1，0]，[1，＋∞). (2)求f(x)＝－x2＋2|x|＋3的单调区间． 【例3】 已知函数y＝f(x)(x∈[－2，6])的图象如图．据图象写出： (1)函数y＝f(x)的最大值； (2)使f(x)＝1的x值． 【解析】 (1)根据图象可得函数y＝f(x)的最大值为2， 此时x＝6. (2)由y＝f(x)的图象可知，当y＝1时，x＝－1或5. 已知函数f(x)＝ eq \f(x＋2,x＋1).求f(x)在[1，4]上的最大值及最小值． 【解析】 由f(x)＝ eq \f(x＋2,x＋1)＝1＋ eq \f(1,x＋1)，易知f(x)＝ eq \f(x＋2,x＋1)在[1，4]上单调递减．所以当x＝1时，f(x)取得最大值，最大值为f(1)＝ eq \f(3,2)，当x＝4时，f(x)取得最小值，最小值为f(4)＝ eq \f(6,5). 综上所述，f(x)在[1，4]上的最大值是 eq \f(3,2)，最小值是 eq \f(6,5). 【例4】 (1)(2024·河南省学考模拟)已知函数f(x)＝x＋ eq \f(1,x)(x≠0).判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由． 【解析】 因为f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， f(－x)＝－x＋ eq \f(1,－x)＝－(x＋ eq \f(1,x))＝－f(x)， 所以f(x)为奇函数． 【解析】 根据题意，函数f(x)＝x2＋ax＋1是定义在(－b，2b－2)上的偶函数，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－b＋2b－2＝0，,a＝0，))则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝0，,b＝2，)) 所以f(x)＝x2＋1，则f( eq \f(b,2))＝f(1)＝12＋1＝2.故选D. (2)若函数f(x)＝x2＋ax＋1是定义在(－b，2b－2)上的偶函数，则f( eq \f(b,2))＝( ) A． eq \f(1,4) B． eq \f(5,4) C． eq \f(7,4) D．2 (1)下列函数中为偶函数的是( ) A．y＝tan x B．y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1 C．y＝x3 D．y＝log2x 【解析】 对于A，函数y＝tan x为奇函数，故A不符合题意； 对于B，因为函数y＝f(x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1的定义域为R，且 f(－x)＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1＝f(x)，所以函数y＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))＋1为偶函数，故B符合题意； 对于C，因为函数y＝f(x)＝x3的定义域为R，且f(－x)＝－x3＝－f(x)，所以函数y＝x3为奇函数，故C不符合题意； 对于D，函数y＝log2x的定义域为(0，＋∞)，则函数y＝log2x为非奇非偶函数，故D不符合题意． 故选B. 【答案】 B (2)(2024·河南省学考模拟)设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，f(x)＝x2－ eq \f(1,2)x，则f(1)＝( ) A．－ eq \f(3,2) B．－ eq \f(1,2) C． eq \f(3,2) D． eq \f(1,2) 【解析】 根据题意，当x≤0时，f(x)＝x2－ eq \f(1,2)x， 则f(－1)＝(－1)2－ eq \f(1,2)×(－1)＝ eq \f(3,2)， 因为函数f(x)是定义域为R的奇函数， 所以f(1)＝－f(－1)＝－ eq \f(3,2).故选A. 【答案】 A (3)已知函数f(x)＝x(x－a)(x－2)(x－3)的零点之和等于4. ①求a的值； ②令g(x)＝f(x＋1)，证明：g(x)是偶函数． 【解析】 ①由题意可得，f(x)的零点为0，a，2，3， 又因为f(x)的零点之和为4， 所以0＋a＋2＋3＝4，解得a＝－1. ②证明：因为g(x)＝f(x＋1)＝(x＋1)(x＋2)(x－1)(x－2)＝(x2－1)(x2－4)， 所以g(－x)＝(x2－1)(x2－4)＝g(x)， 所以g(x)为偶函数． 【例5】 已知函数f(x)＝ eq \f(x,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))－1). (1)写出函数f(x)的定义域，并判断其奇偶性； (2)证明：函数f(x)在(0，1)上单调递减． 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(－1，1)∪(1，＋∞)， 函数f(x)为奇函数，理由如下： f(－x)＝ eq \f(－x,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－x))－1)＝ eq \f(－x,\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x))－1)＝－f(x). (2)证明：设0<x1<x2<1， f(x1)－f(x2)＝ eq \f(x1,x1－1)－ eq \f(x2,x2－1)＝ eq \f(x2－x1,(x1－1)(x2－1))， 因为0<x1<x2<1，所以x2－x1>0，x1－1<0，x2－1<0， 所以f(x1)－f(x2)>0， 所以f(x)在(0，1)上单调递减． (1)已知f(x)是定义在[－2，0)∪(0，2]上的奇函数，当x>0时，f(x)的图象如图所示，那么f(x)的值域是__________. 【解析】 由图象可得，当x∈(0，2]时，f(x)∈(2，3]， 又因为f(x)是定义在[－2，0)∪(0，2]上的奇函数， 故当x∈[－2，0)时，f(x)∈[－3，－2). 故f(x)的值域是[－3，－2)∪(2，3]. 【答案】 [－3，－2)∪(2，3] (2)已知定义在[－3，3]上的函数y ＝f(x)的图象如图所示．下述四个结论： ①函数y＝f(x)的值域为[－2，2]; ②函数y＝f(x)的单调递减区间为[－1，1]； ③函数y＝f(x)仅有两个零点； ④存在实数a满足f(a)＋f(－a)＝0. 其中所有正确结论的编号是( ) A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 【解析】 由图象可知函数的最大值大于2，最小值小于－2，所以①错误； 由图象可知函数y＝f(x)的单调递减区间为[－1，1]，所以②正确； 由图象可知其图象与x轴交点的个数为3，所以函数有3个零点，所以③错误； 当a＝1时，有f(a)＋f(－a)＝f(1)＋f(－1)＝－2＋2＝0，所以④正确．故选D. 【答案】 D 1．(2025·黑龙江省学考)如图所示，函数y＝f(x)(x∈ [－4，4])的单调递减区间是( ) A．[－4，4] B．[－4，－3]和[1，4] C．[－3，1] D．[－3，4] 2．(2025·黑龙江省学考)下列函数为奇函数的是( ) A．y＝x＋2 B．y＝cos x C．y＝sin x D．y＝x2 3．若函数f(x)在R上是减函数，则有( ) A．f(3)<f(5) B．f(3)≤f(5) C．f(3)>f(5) D．f(3)≥f(5) 4．(2025·北京市学考)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递减的是( ) A．f(x)＝x＋1 B．f(x)＝( eq \f(1,2))x C．f(x)＝x2 D．f(x)＝cos x 5．下列函数是奇函数的是( ) A．y＝－ eq \f(1,x) B．y＝lg x C．y＝ eq \r(x) D．y＝2 6．下列函数是偶函数的是( ) A．f(x)＝x3 B．f(x)＝|x－1| C．f(x)＝1 D．f(x)＝ eq \f(x,x2＋1) 【解析】 对于A，函数f(x)＝x3的定义域为R，f(－x)＝(－x)3＝－x3＝－f(x)，f(x)是奇函数，A不符合题意； 对于B，函数f(x)＝|x－1|的定义域为R，f(－x)＝|－x－1|＝|x＋1|≠f(x)，f(x)不是偶函数，B不符合题意； 对于C，函数f(x)＝1的定义域为R，f(－x)＝1＝f(x)，f(x)是偶函数，C符合题意； 对于D，函数f(x)＝ eq \f(x,x2＋1)的定义域为R，f(－x)＝ eq \f(－x,(－x)2＋1)＝－f(x)，f(x)是奇函数，D不符合题意．故选C. 7．(2025·湖南省学考)函数y＝x3的图象 ( ) A．关于x轴对称 B．关于y轴对称 C．关于原点对称 D．关于直线y＝x对称 【解析】 因为f(x)＝x3的定义域为R，且f(－x)＝(－x)3＝－x3＝－f(x)，所以f(x)＝x3为奇函数，函数图象关于原点对称．故选C. 8．下列函数中，在其定义域内既是奇函数又是增函数的是( ) A．y＝－x2 B．y＝x3 C．y＝ eq \f(1,x) D．y＝2x 【解析】 对于A，y＝－x2为偶函数，不符合题意； 对于B，y＝x3为奇函数且单调递增，符合题意； 对于C，y＝ eq \f(1,x)为奇函数，但在(－∞，0)上和(0，＋∞)上单调递减，不符合题意； 对于D，y＝2x为非奇非偶函数，不符合题意． 故选B. 9．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．2 C．－2 D．－3 【解析】 根据题意可得，f(1)＋f(－1)＝0，且f(0)＝0，所以f(－1)＋f(0)＋f(1)＝0.故选A. 10．(2025·湖南省学考模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－x2＋2x＋2，x≤2，,f(x－2)，x>2，))则f(100)＝( ) A．－1 B．1 C．2 D．3 【解析】 f(100)＝f(100－2)＝f(98－2)＝…＝f(2－2)＝f(0)＝2.故选C. 11．若偶函数f(x)在[1，3]上是增函数，且有最小值7，则它在[－3，－1]上( ) A．是减函数，有最大值7 B．是增函数，有最小值7 C．是减函数，有最小值7 D．是增函数，有最大值7 【解析】 由偶函数的性质，因为偶函数f(x)在[1，3]上为增函数，所以f(x)在[－3，－1]上为减函数，又偶函数f(x)在[1，3]上有最小值7，所以偶函数f(x)在[－3，－1]上有最小值7.故选C. 12．已知函数y＝f(x)在定义域(－1，1)上是减函数，且f(2a－1)<f(1－a)，则实数a的取值范围是( ) A．( eq \f(2,3)，＋∞) B．( eq \f(2,3)，1) C．(0，2) D．(0，＋∞) 【解析】 依题意，得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(－1<2a－1<1，,－1<1－a<1，,2a－1>1－a，)) 解得 eq \f(2,3)<a<1.故选B. 13．(2025·浙江省温州市学考模拟)设f(x)＝|x－3|，则f(x)的单调递减区间为 . 14．请写出一个既是偶函数又在区间(0，＋∞)上单调递增的任意函数解析式 (答案不唯一). 15．(2025·浙江省学考)已知函数f(x)是奇函数，当x<0时，f(x)＝x2－2x，则当x>0时，f(x)＝ . 【解析】 当x＞0时，－x＜0， 所以f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x， 又f(x)为奇函数， 所以f(x)＝－f(－x)＝－x2－2x. 16．函数y＝|x－2|＋|2x－2|的最小值为 . 【解析】 y＝|x－2|＋|2x－2|＝ eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3x－4，x≥2，,x，1<x<2，,－3x＋4，x≤1，)) 所以，当x＝1时，函数值最小，且最小值是1. 17．已知奇函数f(x)的定义域为[－5，5]，且在区间[0，5]上的图象如图所示． (1)画出函数f(x)在区间[－5，0)上的图象； (2)写出使f(x)<0的x的取值集合． 【解析】 (1)因为函数f(x)是奇函数，所以y＝f(x)在[－5，5]上的图象关于原点对称． 由y＝f(x)在[0，5]上的图象，可知它在[－5，0)上的图象，如图所示． (2)由图象知，使函数值f(x)<0的x的取值集合为(－2，0)∪(2，5). 18．已知函数f(x)＝ eq \f(1,x2). (1)写出函数f(x)的定义域，并判断其奇偶性； (2)求出f(x)的单调区间． 【解析】 (1)函数f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)， 函数f(x)为偶函数，理由如下：f(－x)＝ eq \f(1,(－x)2)＝ eq \f(1,x2)＝f(x). (2)任取x1，x2，x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝eq \o\al(2,1) eq \f(1,x) －eq \o\al(2,2) eq \f(1,x) ＝eq \o\al(2,2) eq \f(x－x eq \o\al(2,1),x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)) ＝eq \o\al(2,1) eq \f((x2＋x1)(x2－x1),xx eq \o\al(2,2)) ， 当x1<x2<0时，x2＋x1<0，x2－x1>0，x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)>0，所以f(x1)－f(x2)<0， 当0<x1<x2时，x2＋x1>0，x2－x1>0，x eq \o\al(2,1)x eq \o\al(2,2)>0，所以f(x1)－f(x2)>0， 所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减． 19．(2024·湖南省学考)已知函数f(x)＝(a2＋2a)x2＋bx－4a－3，g(x)＝2x，且f(x)为偶函数． (1)若g(x0)＝3，求x0的值； (2)求实数b的值； (3)若对于任意的x1∈[1，2]，存在x2∈[－1，0]使f(x1)≤g(x2)恒成立，求实数a的取值范围． 【解析】 (1)因为g(x0)＝3，g(x)＝2x， 所以2x0＝3，则x0＝log23. (2)因为f(x)为偶函数，所以f(x)＝f(－x)， 则(a2＋2a)x2＋bx－4a－3＝(a2＋2a)x2－bx－4a－3， 所以b＝0. (3)由(2)可得f(x)＝(a2＋2a)x2－4a－3. 因为对于任意的x1∈[1，2]，存在x2∈[－1，0]使f(x1)≤g(x2)恒成立， 所以f(x)max≤g(x)max. 因为x2∈[－1，0]，所以g(x)max＝g(0)＝1. ①若a2＋2a＝0，则a＝0或－2， 当a＝0时，f(x)＝－3，满足条件， 当a＝－2时，f(x)＝5，不满足条件； ②若a2＋2a>0，则a>0或a<－2， 此时f(x)max＝f(2)＝4a2＋4a－3， 所以4a2＋4a－3≤1，解得0<a≤ eq \f(\r(5)－1,2)； ③若a2＋2a<0，则－2<a<0， 此时f(x)max＝f(1)＝a2－2a－3， 所以a2－2a－3≤1，解得1－ eq \r(5)≤a<0. 综上所述：实数a的取值范围为[1－ eq \r(5)， eq \f(\r(5)－1,2)]. $