专题探究2 函数性质的综合应用-【经纶学霸】2026-2027学年高一数学必修第一册4星学霸黑白题（北师大版）

学霸黑白题数学·必修第一册·BS 专题探究2 函数 黑题 专题强化 题组1分段函数的应用 1.*(2026·浙江杭州高一期中)已知分段函 x2-2x,x≥0 数f(x)= 在区间(m,m+1)上单 -x2+2x,x<0 调递增，则m的取值范围是 () A.（-∞，0] B.[0,1] C.[-1,0] D.(-∞，-1]U[1,+∞) 2.*多选(2025·重庆渝北区高一月考)已 知函数f(x)={ 2+2,x≤1，则 x,x>1, A.ff(0))=2 B.f(x)的值域是(-∞，2] C.若方程f(x)-m=0只有一个 解，则实数m的取值范围为 （2,+∞) D.若当x∈[a,b]时，1≤f(x)≤3，则b-a的 最大值是4 3.幸(2026·天津西青区高一月考)对于函数 y=f(x),若存在x,使f(x)=-f(-xo),则称点 (xof(x)与点(-xof(-x))是函数f(x)的 一对“完美旋转点”.已知函数f(x)= -4,x≥0若函数y=f(x)的图象存在“完 mx+1,x<0, 美旋转点”，则实数m的取值范围是 题组2函数的单调性与奇偶性 4.*奇函数f(x)在区间[-b,-a]上单调递 减，且f(x)>0(0<a<b),那么If(x)1在区间 [a,b]上 () A.单调递减 B.单调递增 C.先增后减 D.先减后增 5.*(2026·江苏无锡高一月考)已知奇函 数f(x)在R上单调递增，g(x)=f(x-1),则 关于x的不等式g(x-3)+g(2x-7)>0的解 集为 A.(4,+∞) B.(-∞，4) C.(4,5) D.(4,32) 54 性质的综合应用 限时60min 6.*(2025·江苏扬州高一期中) 函数y=f代x)和y=g(x)分别是定 义在R上的奇函数和偶函数，目 fx)+g(x)=2+x+1,则函数y=的单调 g(x) 递增区间为 () A.(0,1) B.(0,+∞) C.(-1,1) D.（-∞，+0) 7.#多选(2025·广东佛山高一期中)已知 函数f(x)的图象是一条连续不断的曲线， f(x)的定义域为[a,b],Hx1,x2∈[a,b]且 x1<x2,下列选项可判断f(x)为单调函数的是 () A.f(x1)>f(x2) B.x1f(x2)+x2f(x1)<xIf(x1)+x2f(x2) c.)f)1 X2一X1 D.f(x)=minf(a),f(b) 8.禁(2026·湖南邵阳高一月考)已知函数 x)三+是R上的偶函数 (1)求实数m的值； (2)判断函数f(x)在(-∞，0]上的单调性，并 用单调性定义证明； (3)如果对Hx∈[-3,2]，都有f(x)-al+ a≤2成立，求实数a的取值范围. 9.(2026·湖南长沙雅礼中学高一期中)若 函数f(x)与g(x)满足：对任意的x1∈D,总 存在唯一的x2∈D,使f(x1)g(x2)=m成立， 则称f(x)是g(x)在区间D上的“m阶伴随 函数”；对任意的x1∈D,总存在唯一的x2∈ D,使f(x1)f(x2)=m成立，则称f(x)是区间 D上的“m阶自伴函数” (1)判断f(x)=x2+1是否为区间[0,3]上的 “2阶自伴函数”，并说明理由； (2)若函数f(x)=3x-1为区间[2,6]上的 “1阶自伴函数”，求b的值； （3)若)42是6(x)=f-2a+2-1在 区间[0,2]上的“2阶伴随函数”，求实数 a的取值范围. 题组3函数的周期性和对称性 10.**(2026·四川成都高一期末)已知f(x) 的定义域为R,函数y=f(x+1)关于(-1,0) 对称，且满足f(x)=f(4-x),当x∈(0,2] 时，f(x)=x2-3,则f(2031)=（） A.-2B.2C.-3D.3 第二章函数黑白题学霸 11.*设函数y=f(x)的定义域为D,若对任意 的x1,x2∈D,且x1+x2=2a,恒有f(x1)+ f(x2)=2b,则称函数f(x)具有对称性，其中 点(a,b)为函数y=f(x)的对称中心，研究函 数1+的对餐中心，则/（问）片 199 题组4函数性质的综合应用 12.接(2025·黑龙江大庆高一期中)设定义 在R上的函数f(x)满足：①对Hx,y∈R,都 有织20时0： ③不存在x∈R,使得f(x)I=1. (1)求证：f(x)为奇函数； (2)求证：f(x)在R上单调递增； (3)若/(1)=号，不等武 5+4f(mx） 1+2fm)对Vx∈[0，+0)恒成立， 2+f(mx) 试求实数m的取值范围. 55(3)因为vxe[子，写]，3%e[-1,2],使得x)>g() 成立， 所以f()>g()m,由上可知，)=f(兮) -f(号)=-1，即)<-1 因为g(x)=+x+1的对称轴为直线x=-名，xe[-1,2]。 ①当合≤-1，即6≥2时，g到在[-1,2]上单润造地。 则g(x2）=g(-1)=2-b,所以2-b<-1,解得b>3,所以b>3; ②当号=2，即6≤-4时，8()在[-1,2]上单调递减。 则g(x2)m=g(2)=5+2b, 所以5+2b<-1,解得b<-3,所以b≤-4； ③当-4<b<2时，g(x)在[-1,2]上先减再增，则g(x2)m= (）-1所以1-1 解得b<-22或b>22,所以-4<b<-22; 综上所述，实数b的取值范围是(-0，-22)U(3,+∞). 方法总结对于含有x,y的抽象函数的一般解题思路是：观察函数 关系，发现可利用的点，以及利用证明了的条件或者选项；抽象函 数一般通过赋值法来确定、判断某些关系，特别是有x,y双变量， 需要双赋值，可以得到一个或多个关系式，进而得到所需的关系 此过程中的难，点是赋予哪些合适的值，这就需要观察题设条件以 及选项来决定 ©压轴挑战 14.B解析：因为f(x+1)是偶函数，所以f(x+1)=f(-x+1),所以 fx+2)=f(-x), 即f(2)=f(-0)=f(0)=02+0=0. 又因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(-x)=f代x), 即f(x+2)=f(x),所以f(x+4)=f(x+2)=f(x),所以函数f(x) 以4为周期， 即f(2024)=f(506×4)=f(0)=0,f(2025)=f(506×4+1)= f1)=12+1=2, f2026)=f506×4+2)=f(2)=f0)=0, 所以f(2024)+f(2025)+f2026)=2. 解析：要想对任意实数 馬[片]，使得以)))数值为边长可构 成三角形，只需2f(x)n>f(x), 设g(x)=x+xa, 当xe[兮，1）时，函数g()单调递减，当e(1,3]时，函数 g(x)单调递增， 因为e1)=2-e(3)=9a(）9 所以e2-9], 当2-a≥0时，即a≤2时， =x+a+1=g)1,此e[3-a,号a] 13 因此由2x)m>x)x→2(3-a)>3a→a<兮，而a≤2，所以 a<3 0时，脚当≥时。 当10 此时)=+士a+1=-g)+1,此时)e[a了a-1], 1 若2-a0c9e时，即2<9时. 显然此时f(x)mn=1,f(x)max=a-2+1=a-1, 由23x2x1>a-1<3,显然8≤a<3, 若4-2号a<号即当2<时， 10 13 显然此时f(x)a=1)m=3a+1= 3a, 3 因此由2f(x)>f(x)r→2×1> 、7 3 综上所述，实数a的取值范固为(-。，）)U(仔，3)U 专题探究2函数性质的综合应用 黑题 专题强化 1.D解析：分段函数f代x)= x2-2x,x≥0， 的图象如下： 1-x2+2x,x<0 由图可知，函数的单调递增区间为(-0,0]，[1，+∞)， 又分段商数九-2在区同（+》上华园逢流 则m+1≤0或m≥1，解得m≤-1或m≥1. 2.ACD解析：对于Aff(0)=f(2)=2,A正确； 对于B,由f(3)=3得f(x)的值域不是(-0,2]，B错误： 对于C,函数(x)的图象如图，方程f(x)-m=0的解即函数y= f代x)的图象与直线y=m交点的横坐标，由图象知，当m<1或m>2 时，函数y=f(x)的图象与直线y=m有一个交点，因此实数m的取 值范围为(-0,1)U(2,+∞)，C正确； 对于D,由f(x)=1,得x=-1或x=1,f(x)=3,得x=3,而当x∈ [a,b]时，1≤f(x)≤3，则an=-1,br=3,因此b-a的最大值是 4,D正确. 参考答案黑白题学霸t39 3.[-2,+o)解析：设x>0,则-x<0,f代x)=x2-4x,f(-x)=-mx+1, 若函数y=f(x)的图象存在“完美旋转点”， 则根据“完美旋转点”的定义知f代x)=一f(-x)在(0，+0)上有解， 即x2-4x=-(-mx+1)在(0，+0)上有解， 将上式整理得=}42一子4一2，当且仅当=士即 x x=1时，等号成立. 所以实数m的取值范围是[-2，+∞). 4.B解析：奇函数f(x)在区间[-b,-a]上单调递减，且f(x)>0(0< a<b), 由奇函数图象关于原点对称，可知f(x)在区间[a,b]上单调递减 且f(x)<0, 当f代x)<0时，f(x)I=-f(x). ·f(x)与f(x)在区间[a,b]上的函数图象关于x轴对称， ∴.f(x)1在区间[a,b]上单调递增. 5.A解析：由已知可得g(x-3)=f(x-4),g(2x-7)=f(2x-8),由 g(x-3)+g(2x-7)>0,可得f(x-4)+f(2x-8)>0. 因为奇函数f(x)在R上单调递增，所以f(2x-8)>-f(x-4)= f(4-x),所以2x-8>4-x,解得x>4. 6.C解析：fx)+g(x)=x2+x+1①， “f-x)+g(-x)=x2-x+1,即-f(x)+g(x)=x2-x+1②， 由①②解得f(x)=x,g(x)=x2+1, 记h(x)=f)x 8(+1设，， 七12_（x2-x1)(x1x2-1) 则h(x)-h()尸+1好+1(+1)(+1） x2-x1>0,x+1>0,x号+1>0，当x1,x2∈(-1,1)时，x1x2-1<0, h(x)-h(x2)<0,h(x)单调递增； 当x1,x2∈(1，+∞)或x1,x2∈(-∞，-1)时，x1x2-1>0,h(x1)- h(x2)>0,h(x)单调递减，∴.单调递增区间为(-1,1). 7.ABC解析：A选项，Hx1,x2∈[a,b],x1<x2,有f(x1)>fx), 由函数单调性定义得f(x)在[a,b]上单调递减，A正确； B选项，x1f(x2)+x2f(x)<x1f(x1)+x2f(x2)→(x-x2)[f(x2） fx)]<0, 因为Hx1,x2e[a,b],x1<x2,故fx2)-fx)>0,故fx)fx2) 由函数单调性定义得f(x)在[a,b]上单调递增，B正确； C选项，)x) >1→fx2)-f(x1)>x2-x>0,故f(x1)fx2), X2-x1 由函数单调性定义得f(x)在[a,b]上单调递增，C正确； D选项，由题意得f(x)=f(a)或f(x)=f(b),不是单调函数， D错误 8解：(1)因为函数x)二+是R上的偶函数，所以有x)日 f八-x)→mx+2-m+2 91+1+2→m+2=-mx+2→2mx=0.因为xeR,所 以m=0. (2)由(1)可知m=0,即fx)F1+ 2 该函数在(-∞，0]上单调递增，证明如下： 设x1,x2是(-∞，0]上任意两个实数，且x1<x2,即x1<x2≤0， 22 f(1)-八)=1+1+号 1+x2-（1+x1) =2·（1+好)(1+场) =2· (x2+x1)(x2-x1) （1+x)(1+x2) 因为x1<x2≤0，所以fx1)-f(x2)=2· （x2+x1)（x2-x1 -<0 (1+x)(1+x) 40学霸黑白题数学·必修第一册·BS →f(x1)f(x2), 所以函数f(x)在区间(-∞，0]上单调递增. (3)由(2)可知函数f(x)在区间(-0,0]上单调递增，而函数f(x) 是偶函数，所以函数f(x)在(0，+∞)上单调递减. 因为e[-3,210=22=4号-3=行 所以)在[-3,21上的值域为[写2]， 由lf(x)-al+a≤2恒成立，即a-2≤f(x)-a≤2-a, 也就是2a-2≤f(x)≤2， 1 则2-二了得a←0所以实最。的取值范图为（岩】 (2-a≥0， 9.解：(1)假定函数f(x)=x2+1是区间[0,3]上的“2阶自伴函数”， 取x1=2fx1)=f(2)=5,由fx1)f(x2)=2,得5(x+1)=2,显然此 方程无实数解， 所以函数f(x)=x2+1不是区间[0,3]上的“2阶自伴函数”. (2)函数x)=3x-1为区间向[分6]小上的1阶自件函数， 则对任意名e[分，6小，总存在唯一的。e[分，b小，使得 f(x1)fx2)=1, 1 1 1 即3%13x-,整理得名=了3(3-)显然函数名=3 且当=号时，=1，当=b时，=63 1 因此对[分小]内的每-个x在[行必3]内有唯-与与 之对城而[片6小 b≥1， 于是[号+]=[分6]，则有1≥1解得 3+96-3≥2， b≥1，即b=1 (b≤1， (3)由函数代x)=4在[0,2]上单调递减，得函数(x)的值域为 x+21 [1,2], 由数八=是6()=-2ax+2-1在区间0,2]上的2阶 伴随函数”， 得对任意的x1∈[0,2]，总存在唯一的x2∈[0,2]，使得 fx1)g(x2)=2成立， 2 于是g,)[1,21,则g=-2a+a2-1在区间[0,2] 上的值域必定包含区间[1,2]， 且g(x)的值域在[1,2]对应的自变量是唯一的，而函数g(x)= x2-2ax+a2-1图象开口向上，对称轴为直线x=a, 显然g(0)=a2-1,g(2)=a2-4a+3, ①当a≤0时，g()在[0,2]上单调递增，则(）=g(0)≤1， (g(x)x=g(2)≥2， a≤0， 即a2-1≤1，解得-√2≤a≤0； a2-4a+3≥2， ②当a≥2时，8()在[0,2]上单调递减，则8()）m-g(2)≤1， (g(x)=g(0)≥2， a≥2， 即{a2-4a+3≤1，解得2≤a≤2+2； a2-1≥2， ③当0<a≤1时，g(x)在[0，a]上单调递减，在[a,2]上单调递增， 则/3(0)<1 (g(x)mx=g(2)≥2， (0<a≤1， 即a2-1<1, 解得0<a≤2-√3： a2-4a+3≥2， ④当1<a<2时，g(x)在[0，a]上单调递减，在[a,2]上单调递增， 则/3(2)<1， (g(x)m=g(0)≥2， 1<a<2, 即a2-4a+3<1,解得3≤a<2, a2-1≥2， 所以实数a的取值范围是[-√2,2-√3]U[3,2+√2]. 10.B解析：根据函数平移的性质，函数y=f(x)的图象可由函数y= 代x+1)向右平移1个单位得到， 因为函数y=f(x+1)关于(-1,0)对称，所以函数y=f(x)关于 (0,0)对称， 即f(x)是奇函数，满足f(-x)=f(x) f(x)=f(4-x)=-fx-4),即f(x)=-f(x+4)f(x+4)=-f(x+8), 所以f(x)=f(x+8),所以fx)是周期为8的周期函数 f(2031)=f254×8-1)=f(-1)=-f1), 又x∈(0,2]时，f(x)=x2-3,所以f1)=12-3=-2,所以 f2031)=-f1)=2. ,0解析：由八x)+(2-x)=x1++-x+千=0，所以f( 于(1，o)对称(0)+(0)(180）++(8 =50× [r(0)(1)]=s0x(o)(2d)]小-0 12.(1)证明f(x)的定义域为R,关于原点对称，令x=y=0,得f(0)= 1+0),解得0)=0或0)]2=1， 2f(0) 又不存在x∈R,使得f(x)1=1,f(0)=0, y,将织5司0=0=0， f(-x)=f(x),f(x)为奇函数 (2)证明：当o0时，7>0/(2）小>0，fx)=f(2+5)月 2(） *(货)] ≤1，当且仅当（之）1时，等号成立， 又不存在eR,使得)1=1，（受）1， .x>0时，0<f(x)<1,又.f(x)为奇函数 ∴.x<0时f(x)=-f(-x)e(-1,0), 对HxeR,-1<fx)<1,任取1<x2,则x2-x1>0f(x2-x1)>0, f(x2)+f(-x1)f(x2)-f(x1) 而fx-x)=九+(-)]=1+-)1-f)' f(x2)-fx1) 1-f(x2)x >0,又f(x1)f(x2)∈(-1,1)， ∴f(x1)f(x2)e(-1,1),.1-fx)fx2)>0, ∴f(x2)-f(x1)>0,fx2)>f(x1), ∴f(x)在R上单调递增。 2f1) (3)解：f(2)=f(1+1)= 1+[f1)]2=5, 4snn)Km) 4 5+4fmx） 1+5fm) 2m, 2a园m08n 1 2+fm) 1+2fme)1+1mw) :不等式4+5m）1+2m对Yxe[0,+0)恒成立， 5+4f(mx)2+f(mx) ∴f(2+mx)>f1+m)对Vx∈[0，+∞)恒成立， 又f(x)在R上单调递增， ∴.2+mx>1+mWx对Hx∈[0，+o)恒成立， 即mx-mwx+1>0对Hx∈[0，+∞)恒成立， 设x=t,te[0,+∞)，即mt2-mt+1>0对te[0,+o)成立， 当m=0时，符合题意； 当m≠0时，m>0, 解得0<m<4. '(4=m2-4m<0, 综上，实数m的取值范围是[0,4). 第二章章末检测 黑题 章末提升 1.D解析：根据题意，依次分析选项： 对于Af(x)=x+3在(0，+∞)上单调递增，故A不符合题意； 对于B=之-3在（合，+）上单调适指，故B不符合题意： 对于C)=在(0，+)上单调递增，故c不符合题意， 对于D,f(x)=-lxl= x,x<0, (-x,x≥0， 在(0，+∞)上单调递减，故D符合 题意 2.C解析：A选项，y=宁，当0≤x≤4时，0≤y≤2， 且对每一个x,有唯一确定的y与其对应，故A能表示从A到B的 函数； B选项7=}，当0≤≤4时，ye[0,专][0,2， 且对每一个x,有唯一确定的y与其对应，故B能表示从A到B的 函数； c达项，y=号，当0≤≤4时，ye[0,],0,]不是[0,2 2 的子集，故C不能表示从A到B的函数； D选项，y=,当0≤x≤4时，ye[0,2], 且对每一个x,有唯一确定的y与其对应，故D能表示从A到B的 函数. 3.D解析：因为f(x)=(m+2)x“是幂函数，所以m+2=1,即m=-1. 又)的图象经过点(16,4)，所以16=4，解得m=子， 所以fx)=x,则f(x)为[0，+∞)上的增函数， 则g(x)=m时(x)=-x云，则函数g(x)的定义域为[0，+o),所以 g(x)非奇非偶函数，且g(x)为[0，+∞)上的减函数. 参考答案黑白题学霸41○