第3章 函数的概念与性质 本章复习提升-（Word同步练习）【学而思·课件分层练习】2026-2027学年高一数学必修第一册（湘教版）

**基本信息** 聚焦函数单元易错点与数学思想，分层设计易混易错巩固与思想方法提升，实现从单一知识点到综合应用的进阶，培养数学思维与推理能力。 **分层设计** |层次|知识覆盖|设计特色| |----|----------|----------| |易混易错练|函数定义域、分段函数、参数讨论等核心易错点|结合地域期中题，每题附易错警示，强化概念辨析| |思想方法练|数形结合、分类讨论、转化与化归等数学思想|含创新情境题（如“m阶依附函数”），附方法总结，提升综合应用能力|

本章复习提升 易混易错练 易错点1　忽视函数的定义域导致错误 1.(2025云南昭通期中)已知f(x)是定义域为(-1,1)的奇函数,而且f(x)是减函数,如果f(m-2)+f(2m-3)>0,那么实数m的取值范围是(　　) A.　　　　B. C.(1,3)　　　　D. 2.函数f(x)=的单调递减区间是(　　) A.(-1,0) B.(-∞,-1)和(0,1) C.(0,1) D.(-∞,-1)和(0,+∞) 3.(1)已知f(x)+2f =3x-2,则f(x)的解析式为　　　　;  (2)已知f =,则f(x)的解析式为　　　　.  易错点2　忽略分段函数自变量的范围导致错误 4.(2025湖南长沙浏阳质检)已知f(x)=若f(-1)=f(2),则a=　　　　;若f(x)是定义在R上的减函数,则a的取值范围是　　　　.  5.(2024湖北咸宁期中)已知函数f(x)=若f(x)有最大值,则a的取值范围为　　　　.  易错点3　忽视对参数取值范围的讨论导致错误 6.(多选题)(2023江苏徐州七中月考)下列图象中,可能是f(x)=ax+(a∈R)的图象的是(　　) 7.(2025广东阳江第一中学月考)已知二次函数f(x)满足f(x+1)-f(x)=2x-1,且f(1)=-4. (1)求f(x)的解析式; (2)当x∈[-2,2]时,不等式f(x)>4x+m恒成立,求实数m的取值范围; (3)设h(x)=f(2x+n),x∈[-3,3],求h(x)的最大值. 思想方法练 一、数形结合思想在函数中的运用 1.(2025江西多校段考)已知函数f(x)=|x2-5x+6|,则函数f(x)的单调递增区间是(　　) A.　　　　B. C.和(3,+∞)　　　　D.(-∞,2)和 2.(2025山西朔州怀仁第一中学期中)设函数f(x)的定义域为R,满足f(x+1)=2f(x),且当x∈(0,1]时, f(x)=x(x-1).若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则m的取值范围是(　　) A.　　　　B.　　　　 C.　　　　D. 二、分类讨论思想在函数中的运用 3.(2025北京丰台期中)函数f(x)=ax2-(2a-1)x+3在区间[0,1]上单调递增,则实数a的取值范围是(　　) A.　　　　B. C.　　　　D. 4.(创新题·新情境)(2025江苏南京中华中学期中)若函数f(x)与g(x)对于任意x1,x2∈[c,d],都有f(x1)·g(x2)≥m,则称函数f(x)与g(x)是区间[c,d]上的“m阶依附函数”.已知函数f(x)=3x-1与g(x)=x2-ax-a+4是区间[1,2]上的“4阶依附函数”,则实数a的取值范围是(　　) A.(-∞,2]　　　　 B. C.(-∞,2-2]　　　　 D.(-∞,2] 三、转化与化归思想在函数中的运用 5.(2025吉林长春吉大附中实验学校期中)已知函数g(x)满足:对任意的x∈R,有g(x)-g(-x)=2x,设函数f(x)=g(x)-x,且f(x)在区间[0,+∞)上单调递增.若f(a)-f(2a+1)≥0,则实数a的取值范围为　　　　.  6.(2024山东威海期末)已知函数f(x)=若∀x∈[-1,+∞), f(x)≤|x|恒成立,则实数a的取值范围为　　　　.  四、方程思想在函数中的运用 7.(2024安徽淮南月考)(1)已知f(x)是二次函数,且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x+4,求f(x)的解析式; (2)已知2f(x)-f=3x,求函数f(x)的解析式; (3)已知函数f(x)是奇函数,g(x)是偶函数,且定义域均为{x|x∈R,x≠±1},若f(x)+g(x)=,求f(x),g(x)的解析式. 答案与分层梯度式解析 易混易错练 1.A　∵f(x)是定义域为(-1,1)的奇函数, ∴-1<x<1, f(-x)=-f(x),∴f(m-2)+f(2m-3)>0可转化为f(m-2)>-f(2m-3)=f(-2m+3). ∵f(x)是减函数, ∴∴1<m<. 2.B　当x≥0时, f(x)==,由-x2+1≥0,解得-1≤x≤1,此时0≤x≤1, 又y=-x2+1的图象开口向下,对称轴为直线x=0,所以f(x)在区间(0,1)上单调递减; 当x<0时, f(x)==,y=(x+1)2的图象开口向上,对称轴为直线x=-1,所以f(x)在(-∞,-1)上单调递减. 综上,函数f(x)=的单调递减区间是(-∞,-1)和(0,1). 3.答案　(1)f(x)=-x-(x≠0)　(2)f(x)=(x≠-1) 解析　(1)f(x)+2f =3x-2①, 将x用替换,可得2f(x)+f =-2②, ①②联立,消去f,解得f(x)=-x-(x≠0). (2)令t=,则x=(t≠-1),所以f(t)==(t≠-1),故f(x)=(x≠-1). 易错警示　(1)解决函数问题必须坚持“定义域优先”的原则;(2)求函数定义域之前,尽量不要对函数解析式进行变形,以免引起定义域的变化;(3)换元时要确定新引入变量的取值范围. 4.答案　-; 解析　因为f(-1)=f(2), 所以(3a-1)×(-1)+4a=-2a,所以a=-. 由题意知,解得≤a<, 所以a∈. 5.答案　 解析　当a+1<0,即a<-1时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递减,所以f(x)没有最大值; 当a+1=0,即a=-1时, f(x)=f(x)max=1,符合题意; 当a+1>0且a≤2,即-1<a≤2时, f(x)=(a+1)x+1在(-∞,a)上单调递增,要使f(x)有最大值, 则a(a+1)+1≤f(2)=4+3a,得-1≤a≤3,所以-1<a≤2; 当a>2时, f(x)=-x2+4x+3a在[a,+∞)上单调递减,要使f(x)有最大值,则a2+a+1≤f(a)=-a2+7a, 得≤a≤,所以2<a≤. 综上,a的取值范围为. 易错警示　解决分段函数有关问题的关键是“分段归类”,即自变量的取值属于哪一段范围,就用哪一段的解析式来解决问题,解得值(范围)后一定要检验其是否符合相应段的自变量的取值范围. 6.ACD　当a=0时, f(x)=,为反比例函数,A选项可能满足. 当a≠0时, f(x)=ax+为奇函数, 当a>0时,易知f(x)在和上单调递减,在和上单调递增,D选项可能满足. 当a<0时,易知函数f(x)在(0,+∞)和(-∞,0)上均单调递减,C选项可能满足. 7.解析　(1)由f(x)是二次函数可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),∵f(x+1)-f(x)=2x-1, ∴a(x+1)2+b(x+1)+c-(ax2+bx+c)=2x-1,即2ax+a+b=2x-1,∴解得 又∵f(1)=-4,∴a+b+c=-4,∴c=-3,∴f(x)=x2-2x-3. (2)当x∈[-2,2]时, f(x)>4x+m恒成立,即x2-6x-3>m恒成立,∴m<(x2-6x-3)min,x∈[-2,2]. 令g(x)=x2-6x-3=(x-3)2-12,当x∈[-2,2]时,g(x)单调递减,∴g(x)min=g(2)=-11.所以m<-11. (3)h(x)=f(2x+n)=(2x+n)2-2(2x+n)-3=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3,x∈[-3,3],易知函数y=4x2+(4n-4)x+n2-2n-3的图象的对称轴方程为x=, ①当≥0,即n≤1时,h(x)max=h(-3)=n2-14n+45; ②当<0,即n>1时,h(x)max=h(3)=n2+10n+21. 综上所述,h(x)max= 易错警示　解决二次函数的最值问题关键是抓住“三点一轴”数形结合,三点是指区间的两个端点和中点,一轴指的是图象的对称轴,结合配方法,按照对称轴与区间的相对位置分类讨论求解. 思想方法练 1.C　易知y=x2-5x+6的图象的对称轴为直线x=,令x2-5x+6=0,解得x=2或x=3,作出函数f(x)=|x2-5x+6|的图象,如图所示: 画出函数图象,由图象直接得出函数的单调递增区间, 由图可知,函数f(x)的单调递增区间为和(3,+∞). 2.B　∵f(x+1)=2f(x),∴f(x)=2f(x-1),由此作出函数f(x)的图象. (依据:自变量增加1,函数值扩大到原来的2倍) 当x∈(1,2]时,x-1∈(0,1],∴f(x)=2f(x-1)=2(x-1)·(x-2)∈, 当x∈(2,3]时,x-1∈(1,2],∴f(x)=2f(x-1)=4(x-2)·(x-3)∈[-1,0], (结合图象求出函数在各段上的值域,由此估计m所在的区间) 当x∈(2,3]时,令4(x-2)(x-3)=-,解得x=或x=,若对任意x∈(-∞,m],都有f(x)≥-,则f(x)min≥-,结合图知m≤. 思想方法　在解决函数问题时要注意数形结合思想的运用,利用函数图象直观地研究函数的有关性质,利用函数性质进一步把握图象的特征,可避免复杂的计算和推理,实现快速准确解题. 3.D　当a=0时,f(x)=x+3,此时f(x)在区间[0,1]上单调递增,符合题意; 当a≠0时,函数f(x)=ax2-(2a-1)x+3的图象的对称轴为直线x=, 若函数f(x)=ax2-(2a-1)x+3在区间[0,1]上单调递增, 则或所以0<a≤或a<0. 故实数a的取值范围是. 4.B　因为f(x)=3x-1在[1,2]上单调递增,所以当x∈[1,2]时,2≤f(x)≤5, 由题意得,对任意x1,x2∈[1,2],都有f(x1)·g(x2)≥4,即g(x2)≥,即当x∈[1,2]时,g(x)min≥,易得y=在[1,2]上的最大值为2, 当<1,即a<2时,g(x)min=g(1)=5-2a≥2,解得a≤; 当>2,即a>4时,g(x)min=g(2)=8-3a≥2,解得a≤2(舍去); 当1≤≤2,即2≤a≤4时,g(x)min=g=--a+4,令--a+4≥2,解得-2-2≤a≤-2+2(舍去). 综上,实数a的取值范围为. 方法总结 解分类问题的步骤 (1)确定分类讨论的对象,即需对哪个变量或参数进行分类讨论. (2)对所讨论的对象进行合理的分类. (3)逐类讨论,即对各类情况详细讨论,逐步解决. (4)归纳总结,将各类情况总结归纳. 5.答案　 解析　因为f(x)=g(x)-x,所以f(-x)=g(-x)+x, 两式相减得f(x)-f(-x)=g(x)-g(-x)-2x=2x-2x=0,因此f(x)=f(-x), 又f(x)的定义域为R,关于原点对称,所以f(x)为偶函数.又因为f(x)在区间[0,+∞)上单调递增, 所以f(a)-f(2a+1)≥0⇔f(a)≥f(2a+1), (将不等式化为函数f(x)的两个函数值的大小,利用单调性与奇偶性解不等式) 所以|a|≥|2a+1|⇔a2≥4a2+4a+1⇔3a2+4a+1≤0⇔(3a+1)(a+1)≤0,解得-1≤a≤-, 所以实数a的取值范围为. 6.答案　 解析　当x∈[-1,0)时,f(x)≤|x|即+a≤-x,即-a≥x+, 设g(x)=x+,x∈[-1,0),则由对勾函数的性质可得g(x)在x∈[-1,0)上单调递减,故g(x)max=g(-1)=-1+=-5, 所以-a≥-5,解得a≤5. 当x∈[0,+∞)时, f(x)≤|x|即-x2+2x-a≤x,即a≥-x2+x=-+, (分离参数,将不等式恒成立问题转化为求最值问题) 因为-+≤,当且仅当x=时等号成立,所以a≥. 综上,a∈. 思想方法　转化与化归思想在函数中的应用:利用函数的奇偶性、单调性对自变量的范围进行转化;将不等式恒(能)成立问题转化为函数的最大(小)值问题等. 7.解析　(1)设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),则f(x+1)=ax2+2ax+a+bx+b+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c, f(x-1)=ax2-2ax+a+bx-b+c=ax2+(b-2a)x+a-b+c, ∴f(x+1)+f(x-1)=2ax2+2bx+2(a+c), ∴2ax2+2bx+2(a+c)=2x2-4x+4, (恒等式问题可利用对应项系数相等列方程组求解) ∴解得 ∴f(x)=x2-2x+1. (2)将2f(x)-f=3x①中的x用替换, 得2f-f(x)=②, (对变量进行赋值,构造方程组,通过解方程组得到问题的解) 联立①②消去f,化简得f(x)=2x+. 又x≠0,所以函数f(x)的解析式为f(x)=2x+(x≠0). (3)∵f(x)是奇函数,g(x)是偶函数, ∴由f(x)+g(x)=,得f(-x)+g(-x)=-f(x)+g(x)=-, (利用奇偶性构造方程组求解) 由得f(x)=(x≠±1),g(x)=(x≠±1). 思想方法　在函数中,利用函数、方程、不等式三者之间的联系,通过解方程(组)等解决函数中的相关问题,是解决函数问题最基本的方法. 2 学科网（北京）股份有限公司 $