专题01 函数性质及其应用大题（36题）（举一反三专项训练）高一数学人教A版必修第一册（解析版）

2/30专题01函数性质及其应用大题（36题）（举一反三专项训练）【人教A版】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一题型一利用函数的性质求解析式1．（24-25高一上·吉林·阶段练习）已知定义在R上的偶函数fx，当x≤0时，f(1)求fx(2)写出fx(3)求出fx【答案】(1)f(2)单增区间为−1,0，1,+∞，单减区间为0,1，−(3)−1,+【解题思路】（1）令x>0求出f−x（2）根据二次函数的性质得出fx在−（3）根据二次函数的单调性以及偶函数的性质可得.【解答过程】（1）若x>0，则−x<0，则f−x因fx是偶函数，则f则fx（2）x≤0时，fx的图象开口朝上且对称轴为x=−1则fx的单增区间为−1,0，单减区间为−因fx是偶函数，则fx的单增区间为−1,0，单减区间为0,1，−∞（3）由fx的单调性以及偶函数的性质可知，f故fx的值域为

2．（25-26高一上·全国·期末）已知函数f(x)=2x+bx2(1)求f(x)的表达式；(2)判断f(x)在区间[−1,a+b]上的单调性，并证明你的结论．【答案】(1)f(x)=(2)单调递增，证明见解析．【解题思路】（1）由题知区间需对称，则a+b=1，结合f(0)=b（2）由题易得函数f(x)在[−1,1]上单调递增，再利用定义法证明单调性即可.【解答过程】（1）因为函数f(x)=2x+bx2所以a+b=1且f(0)=ba=0，所以a=1，b=0此时f(−x)=−2x故f(x)=2x（2）f(x)在[−1,1]上单调递增．证明如下：任取−1≤xfx1−f而x1x2<1，x2−x3．（24-25高一上·四川泸州·期末）已知定义在(−2,3−a)上的函数(1)求f(x)的解析式；(2)判断并用定义证明f(x)的单调性；(3)解不等式f(2t+1)+f(t−2)>0．【答案】(1)f(2)fx在−2,2(3)1【解题思路】（1）由f(x)关于原点对称可得f(0)=0，再结合(−2,（2）借助定义法证明即可得；（3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得.【解答过程】（1）由题意可得f0即b=0，−2+3−a=0，故a=1，即fx=x故fx关于原点对称，故a=1，即fx的解析式为f（2）fx在−2,2令−2<x1=4由−2<x1<x2<2，则故fx1−fx2（3）由题意可得fx为奇函数，则有f又因为fx在−2,2上单调递增，则有2t+1>2−t−2<2t+1<2−2<2−t<2所以原不等式的解集为134．（24-25高二下·江西·期末）已知定义域都为R的函数fx与gx满足：fx是奇函数，g(1)求函数fx与g(2)若gx+mfx+4【答案】(1)fx=2x(2)(−∞,【解题思路】（1）根据奇偶函数的定义列方程组求解即可；（2）换元令t=x+2>0，可得原题意等价于2m≤t+13t−4【解答过程】（1）因为fx−gx=x则f−x−g−x联立方程fx−gx=x（2）因为gx+mf又因为x∈−2,+∞，令t=x+2>0，则可得−t−22−9+2mt≤0原题意等价于2m≤t+13t−4又因为t+13t−4≥2t⋅13可得2m≤213−4，即所以实数m的取值范围为(−∞,135．（24-25高二下·上海·期末）已知函数fx=ax+b1+x2是定义在R上的偶函数．其中(1)求y=fx(2)若gx=x−fx，实数t【答案】(1)f(2)t∈【解题思路】（1）由偶函数性质得a=0,b=1，再验证fx（2）由题意得gx【解答过程】（1）由题意f1=f−1=1当a=0,b=1时，fx=11+x且f−x=fx故fx（2）由题意gx=x所以gx当x≥0时，gx显然当x≥0时，y=x即gx=x−11+x而g3t−2所以3t−22−t−16．（24-25高一上·云南昭通·期末）已知函数f(x)=x2+1ax+b经过(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断函数f(x)在(1,+∞(3)当x∈14,12【答案】(1)f(x)=x+(2)在(1,+∞(3)17【解题思路】（1）由点代入解析式，列出方程求解即可；（2）由单调性的定义作差即可求证；（3）利用单调性求得最值，即可求解；【解答过程】（1）∵f(1)=2，f(−1)=−2，∴2a+b=22−a+b（2）f(x)在(1,+∞任取x1，x2∈(1,+则fx∵x1，x2∴x1−x2∴fx1−f所以函数f(x)在(1,+∞（3）由（2）知函数f(x)在(1,+∞由对勾函数性质得f(x)在(0,1)上单调递减，∴函数f(x)在x∈14,由m≥f(x)知m≥f(x)max，∴m≥174，所以题型二题型二利用函数的性质求最值7．（25-26高一上·全国·单元测试）已知函数fx−1=(1)求函数fx(2)求函数fx在1【答案】(1)f(2)最小值为2，最大值为5【解题思路】（1）根据f−1=−2求出a的值，利用换元法求（2）利用函数单调性的定义求函数fx在1【解答过程】（1）方法一：因为fx−1=x2−2x+ax−1，所以f−1=02−2×0+a所以fx−1令t=x−1，t≠0，则x=t+1，则ft=t+1所以函数fx的解析式为f方法二：由题意fx−1=x又f−1=−2，所以1−1+a−1所以fx=x2+1（2）由（1）知fx=x+1xx≠0，任取x则fx因为0<x1<x2，x所以函数fx在1,2同理任取x3,x4∈因为0<x3<x4，x所以函数fx在1故fx在12,1又f1=2，故fx在12,2上的最小值为28．（24-25高一上·河南驻马店·期末）已知函数fx=x2+ax+b(1)求fx(2)若fx在区间m−1,m+1上单调，求实数m(3)求fx在区间t,t+2t∈R【答案】(1)f(2)m∈(3)g(t)=【解题思路】（1）由题意可得1，3为方程x2+ax+b=0的两根，再利用根与系数的关系可求出a,b的值，从而可求得（2）求出fx的图象的对称轴，然后由题意可得2≥m+1或2≤m−1，从而可求出实数m（3）分2<t，t≤2≤t+2和2>t+2三种情况结合二次函数的性质求解即可.【解答过程】（1）根据条件fx<0的解集为1,3，则1，3为方程所以1+3=−a1×3=b，得a=−4，所以fx（2）由于fx=x因此若fx在区间m−1,m+1上单调，则2≥m+1或2≤m−1解得m≤1，或m≥3，即m∈−（3）因为fx在区间−∞,2所以当2<t时，fx在区间t,t+2此时fx当t≤2≤t+2，即0≤t≤2时，fx当2>t+2，即t<0时，fx在区间t,t+2此时fx综上所述：g(t)=t9．（24-25高一上·湖南·期末）已知函数f(x)=x+4(1)若f(x0)=(2)判断f(x)在(0,+∞(3)求f(x)在[1,t]上的最大值.【答案】(1)±3(2)f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞(3)fx【解题思路】（1）先根据已知条件求出x02+（2）先求出fx（3）利用（2）中结论，根据函数的单调性，结合f1=f4=5，分【解答过程】（1）因为fx0=x因为x0−4（2）f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞任取x1,x则fx因为x1,x2∈(0,+当0<x1<x2<2时，当2<x1<x2时，x所以f(x)在区间(0,2)上单调递减，在区间(2,+∞（3）当1<t≤2时，由（2）知f(x)在1,t上单调递减，所以f(x)当t>2时，由（2）知fx在1,2上单调递减，在2,t因为f4=5，所以若2<t<4，则若t≥4，则f(x)综上，f(x)10．（24-25高一上·广东汕头·期中）已知函数fx(1)当a=1时，①求函数fx②求函数fx在区间−4,1(2)当x∈−3,3时，记函数fx的最大值为ga【答案】(1)①−∞(2)g【解题思路】（1）①分x≤−1和x>−1讨论，结合二次函数的性质可得；②由二次函数的单调性可得；（2）先求出分段函数的表达式，再结合函数参数的二次函数的对称轴和单调性讨论最值即可；【解答过程】（1）①当a=1时，fx当x≤−1时，fx=x−2−x−1=−当x>−1时，fx∴fx在−1,12综上所述：fx的单调递增区间为−②由①知：fx在−4,−1上单调递增，在−1,12∴fxmax=maxf−1,f∴fx在−4,1（2）由题意得：fx①当−a≥3，即a≤−3时，x∈−3,3时，fx=−当2−a2≥3，即a≤−4时，fx在−3,3当52≤2−a2<3，即−4<a≤−3时，f∴ga②当−a≤2，即a≥−2时，若x∈−3,2，fx≤0；若x∈∵当x∈2,3时，fx=∴fx在2,3上单调递增，∴g③当2<−a<3，即−3<a<2时，2<2−a当2−a2≥−a，即fx在−3,−a上单调递增，在−a,2−a2∴ga当2−a2<−a，即fx在−3,2−a2上单调递增，在2−a∴ga若a+3≥a2+4a+44，即若a+3<a2+4a+44，即综上所述：ga11．（24-25高一上·宁夏吴忠·期中）已知f(x)=(1)根据单调性的定义证明函数f(x)在区间(2,+∞(2)若函数g(x)=2x+1x−2,x∈[3,a]（a>3【答案】(1)证明见解析(2)a=【解题思路】（1）∀x1,x2（2）由（1）求出函数的最值，再根据题意即可得解.【解答过程】（1）∀x1,则f(x因为∀x1,又因为x1<x因此f(x所以f(x)在(2,+∞（2）由（1）可知，g(x)是减函数，所以x=3时，g(x)取得最大值为g(3)=7，x=a时，g(x)取得最小值为g(a)=2a+1因为最大值与最小值之差为1，所以7−2a+1a−2=112．（24-25高一上·河北保定·期末）已知函数fx对于任意实数x,y∈R恒有fx+y=fx+fy，且当(1)判断fx(2)求fx在区间−2,2(3)解关于x的不等式：fx【答案】(1)奇函数，证明见解析；(2)2；(3)答案见解析.【解题思路】（1）应用赋值法，令x=y=0得f(0)=0，再由y=−x及奇偶性定义证明；（2）令x1（3）根据奇函数性质及条件得fx2−2x【解答过程】（1）fx令x=y=0，则f0令y=−x，则f0=fx所以fx（2）令x1>x而x2−x所以fx在R上单调递增，则在区间−2,2的最大值f（3）由fx2−2f所以fx2−2x<fax−2a，因为f当a<2，则解集为(a,2)；当a=2，则解集为∅；当a>2，则解集为(2,a).题型三题型三利用函数的单调性、奇偶性解不等式13．（25-26高一上·全国·课前预习）已知函数fx(1)判断fx(2)若f2=0，求【答案】(1)奇函数，fx在0,+∞单调递增，在(2)−【解题思路】（1）由奇函数定义判断奇偶性，由单调性定义及奇函数性质判断单调性；（2）写出其等价不等式组，再利用单调性求解.【解答过程】（1）因为函数的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，且f−x=a|x任取x1,x则f=a因为x1,x2∈又a>0，所以fx1−f故fx在0,+由函数为奇函数可得fx在−（2）由题意得xfx−2≥0等价于x≥0,由（1）得fx是奇函数，因为f2=0①x≥0,fx−2解得0≤x<2或x≥4；②x<0,fx−2≤0,即x<0,综上，xfx−2≥0的解集为14．（24-25高一下·陕西安康·期末）已知函数fx=abx(1)求a，b的值；(2)判断fx(3)求不等式fm−1【答案】(1)a=1，b=2(2)fx(3)m∈【解题思路】（1）由已知条件代入数值计算，即可得答案；（2）根据偶函数的定义即可判断结论；（3）判断函数的单调性，结合偶函数性质可得不等式，即可求得答案.【解答过程】（1）由题意f0=1得将a=1代入f1，得到f1=（2）由（1）可得fx其定义域为R，关于原点对称，且f−x故fx（3）当x>0时，y=x2在由复合函数单调性可知fx在0,+∞上单调递减，且故fm−1>f3−2m两边平方可得m−12<3−2m解得m∈−15．（23-24高一上·辽宁朝阳·期中）函数fx=ax+b1+x(1)确定函数fx(2)用定义证明fx在−1,1(3)解不等式ft−1【答案】(1)f(x)=x(2)证明见解析；(3)t0<t<【解题思路】（1）由奇函数的性质及已知函数值，列方程求参数值即可；（2）应用单调性定义求证函数的区间单调性即可；（3）根据奇偶性和单调性解不等式.【解答过程】（1）∵f(x)是定义在(−1,1)上的奇函数，∴f(−x)=−f(x)，即−ax+b1+∴b=−b，则b=0，∵f12=∴a=1，∴函数解析式为f(x)=x（2）任取x1,xfx1−f∵−1<x1<x2<1，则∴fx1−f∴f(x)是(−1,1)上的增函数．（3）∵f(t−1)+f(t)<0，∴f(t−1)<−f(t)，∵f(x)是(−1,1)上的奇函数，∴f(−t)=−f(t)，∴f(t−1)<f(−t)，∵f(x)为(−1,1)上的增函数，∴−1<t−1<1−1<−t<1t−1<−t∴不等式的解集为t0<t<16．（24-25高一下·贵州·阶段练习）已知函数fx=x(1)判断fx(2)证明fx在区间−1, 1【答案】(1)函数f(x)为奇函数；(2)0,【解题思路】（1）通过证明f−x=−fx（2）利用单调性的定义来证得f(x)在−1, 1上为增函数，根据【解答过程】（1）由已知，函数f(x)的定义域为R．∀x∈R，都有−x∈f(−x)=−x所以函数f(x)为奇函数．（2）任取x1,x2∈−1, 那么f( 因为−1≤x1<x2≤1，所以−1<所以f(x所以f(x所以f(x) 在−1,因为fx+12+fx−1<0，所以所以−1≤x−1≤1−1≤x+12所以不等式fx+1217．（24-25高一上·湖南长沙·期末）已知函数f(x)=x−4(1)判断函数f(x)在(0,+∞(2)利用函数的单调性和奇偶性，解不等式ft【答案】(1)f(x)在(0,+∞(2)所求不等式的解集为−1,2【解题思路】（1）判断函数的单调性，再证明对∀x1,x2（2）先证明函数fx【解答过程】（1）（1）因为函数y=x,y=−4x在(0,+∞)上单调递增，故证明如下：任取∀x1,则f(x1)−f(x2)=x因为0<x1<x2所以f(x1)−f(所以f(x)在(0,+∞)（2）因为f(x)=x−4x，定义域为又f(−x)=−x+4所以f(x)为奇函数．由ft得ft2+3又t2+3>0，由（1）知f(x)在(0,+∞所以t2+3>2t所以不等式的解集为−1,2．18．（24-25高一上·云南西双版纳·期末）已知函数fx=ax1+x2是定义在(1)确定函数fx(2)用定义证明fx在−1,1(3)解不等式fx−1【答案】(1)f(2)证明见解析(3)x【解题思路】（1）借助f1（2）借助单调性定义证明即可得；（3）结合奇函数性质及函数单调性计算即可得.【解答过程】（1）由f12=25，则2此时f−x=−x（2）设−1<x则f=x由−1<x1<x2<1，故故fx1−fx2（3）fx−1<−fx=f−x故x−1<−x−1<x−1<1−1<x<1，解得即不等式fx−1+fx题型四题型四利用函数性质解决恒成立、有解问题19．（25-26高一上·全国·单元测试）已知函数fx(1)求a的值；(2)若函数gx=fx+2x−3，且【答案】(1)a=0(2)−【解题思路】（1）利用偶函数的定义f−x（2）利用定义法判断gx的单调性，根据单调性求出gx在【解答过程】（1）由fx是偶函数得f即1x2−a（2）由（1）得fx=1因为∀x∈2,+即g(x)当2≤x1<因为2≤x1<则1x1x因此gx1−g故函数gx在区间2,+则g(x)则原不等式等价于54≥2m+5，解得故m的取值范围是−∞20．（24-25高一上·安徽阜阳·阶段练习）已知函数fx=(1)若关于x的不等式fx>0的解集是−∞,−2∪(2)若a=−2，b=0，gx=kx，fx与gx的定义域都是0,2，使得【答案】(1)a=52(2)−【解题思路】（1）分析可知，方程fx=0的两根为−2和−12，利用韦达定理可求得实数（2）由题意可知，−1<x2−2x−kx<1在0,2上恒成立，在x=0时，直接验证即可；在x∈0,2时，由参变量分离法可得x−1x−2<k<x+【解答过程】（1）因为fx>0的解集为−∞,−2∪−1由根与系数的关系得−2+−12=−a（2）因为a=−2，b=0，所以fx因为fx−gx<1在0,2上恒成立，所以①当x=0时，−1<0<1满足题意，②当x∈0,2时，x−1x即x−1因为函数y=x−1x−2y=x+1x−2在0,1所以x−1x−2min=2−综上所述，实数k的取值范围为−121．（24-25高一上·重庆·期中）已知函数f(x)是定义在[−3,3]上的奇函数，满足f(1)=15，当−3≤x≤0(1)求函数f(x)的解析式；(2)判断f(x)的单调性，并利用定义证明；(3)若对∀x∈[−3,3]，都有f(x)≤m2−2am+13【答案】(1)f(x)=(2)在−3,3上为增函数，证明见解析(3)−【解题思路】（1）根据f(0)=0，f(1)=15求出b=0，（2）函数f(x)在[−3,3]为单调递增函数，再利用函数的单调性定义证明；（3）分析得到m2−2am≥0对任意的a∈[−2,2]恒成立，解不等式组【解答过程】（1）函数f(x)是定义在[−3,3]上的奇函数，则f(0)=0，即b9=0，解得又因为f(1)=15，即f(−1)=−1经检验可得，a=2符合题意．所以当−3≤x≤0时，f(x)=2x令x∈(0,3],则−x∈[−3,0)，所以f(−x)=−2x则当x∈(0,3],f(x)=综上所述，f(x)=2x（2）函数f(x)在[−3,3]上是增函数．证明如下：任取x1，x2∈[−3,3]则f(==2(因为−3≤x1<所以x2−x则2(x2−故f(x)=2xx2（3）由（2）可知，函数y=f(x)在区间[−3,3]上单调递增，所以f(x)由于f(x)≤m2−2am+则m2−2am+13≥即m2−2am≥0对任意的构造函数g(a)=−2ma+m2，其中所以g−2≥0g解得m≤−4或m=0或m≥4，所以实数m的取值范围是(−∞22．（24-25高一上·云南昆明·期中）若函数f(x)=x(1)当a=2时，求关于x的不等式f(x)>0的解集；(2)求关于x的不等式f(x)<0的解集；(3)若f(x)+2x≥0在区间32,3上有解，求实数【答案】(1)−∞(2)答案见解析；(3)−【解题思路】（1）解不等式x2（2）f(x)<0⇔x−ax−1<0（3）由f(x)+2x≥0⇔x2−a−1x+a≥0【解答过程】（1）a=2时，f(x)>0⇔x故不等式解集为：−∞（2）f(x)<0⇔x−a当a>1，解集为1,a；当a=1，x−12<0，解集为当a<1，解集为a,1.（3）f(x)+2x≥0⇔x则x2+x≥ax−1，因x∈故a≤x2+xx−1，要使则a≤x2+x令x−1=t∈12,2因函数gt=t+2t+3又g12=g故实数a的取值范围为−∞23．（24-25高一上·江苏南京·期中）已知函数fx(1)求f3(2)当a>0时，试运用函数单调性的定义判定fx(3)设gx=fx−2，若gx≥2【答案】(1)3a(2)当a>0时，fx在R(3)a≥103【解题思路】（1）直接代入求解即可.（2）利用单调性定义法证明即可.（3）根据a>0与a<0时的单调性，求解不等式在定区间上有解问题即可.【解答过程】（1）因为fx所以f3（2）当a>0时，设x1<xfx显然，x1当x1,x2有一个值为0时，因为当x1<x2<0当x1<0<x2时，当0<x1<x2综上，当x1<x当a>0时，fx在R（3）由上知当a>0时，ft在R同理可证明：当a<0时，ft在R令x−2=t，所以x=t+2，可得，fx−2≥2在−2≤x≤5时有解，等价于ft当a>0时，由ft的单调性知ftmax=f3当a<0时，由ft的单调性知ftmax=f−4当a=0时，无解；综上，a的取值范围为a≥103或24．（24-25高一上·上海松江·期末）已知函数y=fx=x+bx2(1)求函数y=fx(2)判断函数y=fx在−2(3)设函数y=gx=kx+1−4k，若对任意的x1∈−2，2【答案】(1)fx(2)fx在−2,2(3)−【解题思路】（1）利用奇函数的性质可求得b=0，再由f(1)的值，可求得a=4，从而得到y=fx（2）用定义法判断证明fx在−2,2（3）将问题转化为f(x)max≤g(x)max【解答过程】（1）依题意函数fx=x+b所以f0=又f1=1此时fx故fx（2）函数fx=x任取−2≤x1<x2f=因为x1x2−4<0，所以fx1<fx2（3）由（1）得f若对任意的x1∈−2,2，存在x2由（2）得fx=xx2存在x2∈−2,2，若k>0，则gx=kx+1−4k在∴gxmax若k=0，则gx=1≥1若k<0，则gx=kx+1−4k在∴gxmax=g综上可知：k≤3即实数k的取值范围是：−∞题型五题型五函数性质的综合应用25．（25-26高一上·河南驻马店·开学考试）已知定义在R上的函数fx满足对任意的x，y∈R，fx+y=fx+fy，当(1)证明：fx(2)证明：fx在R(3)求不等式fx【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3)0,1.【解题思路】（1）令x=y=0、y=−x，结合奇偶性定义即可证；（2）设x1<x（3）利用奇偶性、单调性，化不等式为x2【解答过程】（1）令x=y=0，则f0=f0令y=−x，则f0所以f−x=−fx且定义域为R（2）设x1<x所以fx所以fx因为x2−x1>0，所以fx2（3）因为fx为奇函数，且f2=−4不等式fx2−2x因为fx在R上单调递减，所以x2−2x<−x，即x即不等式fx2−2x26．（24-25高一上·湖北·阶段练习）定义在(−1,1)上的函数f(x)满足：①对任意x,y∈(−1,1)都有f(x)+f(y)=fx+y1+xy；②当x<0，(1)判断函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)判断函数f(x)在0,1上的单调性，并说明理由；(3)若f15=【答案】(1)奇函数，理由见解析(2)在0,1上单调递减，理由见解析(3)1【解题思路】（1）令x=y=0得f0=0，令y=−x得（2）利用f(x)是奇函数，得到0<x1<x2<1时，（3）由奇函数结合f(x)+f(y)=fx+y1+xy，得f1【解答过程】（1）函数fxfx定义域(−1,1)令x=y=0，则f0+f0令y=−x，则fx所以f−x=−fx，则f（2）f(x)在0,1上单调递减，理由如下：设0<x1因为x1−x2<0，0<x1所以fx1−f因此fx在0,1（3）f1因为f1所以f127．（24-25高一上·北京·阶段练习）已知函数f(x)=b−axax2+1(1)求a,b的值；(2)判断f(x)的单调性，并用单调性定义给出证明；(3)设g(x)=kx+5−2k，若对任意的x1∈[−12,12【答案】(1)a=4,b=0(2)单调递减，证明见解析；(3)(−∞【解题思路】（1）利用f(0)=0与f(14)=−（2）判断函数单调性，再利用定义法证明函数的单调性.（3）求出函数f(x),g(x)在指定区间上的最大值，再结合已知列出不等式，求出实数k的范围.【解答过程】（1）由函数f(x)=b−axax2+1则f(x)=−axax2+1，又f(f(x)=−4x4x2+1所以a=4,b=0.（2）函数f(x)=−4x4x任意x1,x则f(=−4⋅4由−12≤则(x2−x所以函数f(x)=−4x4x（3）由对任意的x1∈[−12,得f(x)在[−12,12由函数f(x)=−4x4x2+1当k=0时，g(x)=5，1≤5恒成立，因此k=0；当k>0时，g(x)=kx+5−2k在[0,1]上单调递增，g(x)则1≤5−k，解得k≤4，因此0<k≤4；当k<0时，g(x)=kx+5−2k在[0,1]上单调递减，g(x)则1≤5−2k，解得k≤2，因此k<0，所以实数k的取值范围是(−∞28．（24-25高一上·安徽亳州·期末）已知函数y=fx的定义域为−∞,0(1)判断函数fx(2)若f2=1(3)若x>1时，fx<1，解不等式【答案】(1)偶函数，证明见解析(2)−4(3)−1,−【解题思路】（1）利用“赋值法”，可求f1，f−1，再令y=−1，可得fx（2）利用f2=12，结合（3）先用定义证明函数在0,+∞【解答过程】（1）令x=1，y=−1，则f1令x=−1，y=−1，则f令y=−1，得f−x=fx故y=fx（x≠0（2）因为fxy所以f=f2（3）任取x1，x2∈0,+∞，则x故y=fx（x≠0）在0,+由（1）知y=fx（x≠0）为偶函数，且所以f2x+1>1，等价于f2x+1解得−1<x<0又y=fx的定义域为−∞,0∪原不等式的解集为−1,−129．（24-25高一上·上海·期末）已知函数y=fx的表达式为fx=1−ax(1)求实数a的值，并判断函数y=fx(2)判断函数y=fx(3)解关于x的不等式fx【答案】(1)a=2，偶函数(2)[0,+∞)上单调递减，在(3)1【解题思路】（1）根据f(x)=1−ax21+x2，求解f1x的解析式，按照（2）分离函数fx，用定义即可判断f（3）再结合单调性与奇偶性解不等式即可.【解答过程】（1）f1故f(x)+f1x=fx=1−2fx的定义域为Rf所以y=fx（2）f(x)=31+x2−2在[0,+设x1，x2∈[0,+∞)f(因为x1，x2∈[0,+∞)，且x1<x2那么3×(x2−x根据函数单调性的定义可知，函数f(x)=1−2x2又因为f(x)是偶函数，所以f(x)在(−∞（3）因为fx+f1由f(x)+f12x−1+1<0由函数f(x)的性质得：|x|>|2x−1|，则x2解得：x∈1故该不等式的解集为1330．（25-26高一上·全国·单元测试）已知函数y=φx的图象关于点Pa,b成中心对称图形的充要条件是y=φa+x(1)求函数fx(2)判断fx在区间0,+(3)已知函数gx的图象关于点1,1对称，且当x∈0,1时，gx=x2−mx+m，若对任意x【答案】(1)−1,−1(2)fx=x−6(3)−2,4【解题思路】（1）根据题目中中心对称图形的性质结合奇函数的定义列式求解即可；（2）利用函数单调性的定义判断即可；（3）根据题意可得函数gx在0,2上的值域为fx在1,5上的值域的子集，原问题转化为gx在0,2上的值域A⊆−2,4，根据二次函数的图象和性质结合对称性分类讨论gx【解答过程】（1）方法一：设函数fx图象的对称中心为a,b则由题意得fa+x即x+a−整理得a−bx所以a−b=0a−ba+12所以fx图象的对称中心为−1,−1方法二：设函数fx图象的对称中心为a,b因为fx的定义域为−∞,−1则由题意可知y=fx−1设φx则φ1+φ−1=0，即则φx=x−6x，经检验所以函数fx图象的对称中心为−1,−1（2）函数fx=x−6（证明如下：任取x1，x2∈则fx因为x1，x2∈0,+∞且x所以fx1−f所以函数fx=x−6（3）由对任意x1∈0,2，总存在x可得函数gx在0,2上的值域为fx在由（2）知fx在1,5上单调递增，故fx在1,5上的值域为所以原问题转化为gx在0,2上的值域A⊆由二次函数的图象和性质可知当m2≤0，即m≤0时，gx又g1=1，所以函数gx所以gx在1,2上也单调递增，故gx在又因为g0=m,g2因为m,2−m⊆−2,4，所以m≥−22−m≤4当0<m2<1，即0<m<2时，gx在因为gx的图象过对称中心1,1，所以gx在1,2−m故A=min欲使A⊆−2,4，只需g2=2−g解得2−23≤m≤4，又因为0<m<2，所以当m2≥1，即m≥2时，gx在0,1所以gx在0,2上单调递减，所以A=因为2−m,m⊆−2,4，所以2−m≥−2m≤4综上可得，实数m的取值范围是−2,4．题型六题型六函数中的新定义31．（24-25高一上·上海·期中）设y=f(x)是定义在[m,n](m<n)上的函数，若存在x0∈(m,n)，使得y=f(x)在区间m,x0上是严格增函数，且在区间x0,n上是严格减函数，则称(1)试判断y=−x2+4x(2)若y=ax2+bx+c（a≠0，a、b、c∈R）是定义在m,3上峰点为2的“含峰函数”，且值域为(3)若y=−x3+tx(t∈R)【答案】(1)是，峰点为2(2)−4≤a<0(3)3<t<12【解题思路】（1）以一元二次函数f(x)=−x（2）先满足单调性要求，再满足值域的要求，逐步递进即可解决；（3）在按参数t分类讨论时要注意不重不漏的原则，逐步求得t的取值范围.【解答过程】（1）函数f(x)=−x2+4x则y=−x2+4x在区间0,2故y=fx是0,4上的“含峰函数”，峰点为2（2）记函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，x∈则f(x)在区间[m，2]上是严格增函数，在区间2,3上是严格减函数，则a<0，且有−b2a=2则f(x)=ax2当m<1时，y=fx的最小值为f(m)=am2又(m−2)2>1，故当1≤m<2时，y=fx的最小值为f(3)=9a−12a+4+4a=0，解得a=−4综上，实数a的取值范围是−4≤a<0.（3）记f(x)=−x3+txt∈R则f(当t≤3时，由x1,x可知x2−x则x2−x则f(x)为1,2上严格减函数，不符合题目要求；当t≥12时，由x1,x可知x2−x则x2−则f(x)为1,2上严格增函数，不符合题目要求；当3<t<12时，设任意x1,x2∈1,t则x2−x1x12设任意x1,x2∈t则x2−x1x12故f(x)是1,2上峰点为t3综上，t的取值范围为3<t<12.32．（24-25高一上·上海杨浦·期末）已知函数y=fx的定义域为D，对于任意x1,x2∈Dx1<(1)若fx=2x+δ，函数y=fx为定义在区间0,+(2)若y=fx为定义在区间0,+∞上的“1阶增函数”，且fm=p,f(3)如果存在常数δ，对于任意x∈D，都有fx<δ，则称y=fx在D上有上界，问：是否存在常数M，使得对于所有定义在区间0,+∞上且有上界的“2阶增函数”y=fx【答案】(1)δ<0(2)证明见解析(3)存在，0【解题思路】（1）分析可知y=fxx（2）根据题意可得fm（3）根据题意利用反证法可得fx<0，再举例说明【解答过程】（1）若y=fx为定义在区间0,+可得对任取0<x1<可知y=fxx=2+δ（2）因为y=fx为定义在区间0,+∞上的“1阶增函数”，且则fm即fm<m可得fm+fn（3）假设存在λ>0，使fλ>0，则因为y=fx为定义在区间0,+则对任意的x>λ，都有fx令fλλ2=t>0，则对任意的x>λ，都有若“2阶增函数”y=fx有上界，则对任意x>0，都有f假设存在μ>0，使fμ则对任意的x>μ，都有fxx2所以“2阶增函数”y=fx有上界，都有fx<0假设存在M<0符合题意，例如fx则fxx2且fx<0，则但当x≥−1M时，有所以M的取值范围为0,+∞，即M33．（24-25高一上·河北邯郸·期末）若函数fx在定义域内存在区间a,b满足以下条件：①函数在区间a,b上是单调函数；②函数fx在区间a,b上的值域为ta,tb（t为常数且t>0），则称函数(1)当t=1时，证明：fx=x(2)当t=2时，若函数fx=m−2x+1(3)若定义在0,23上的函数fx=【答案】(1)证明见解析，1,2(2)m∈(3)4【解题思路】（1）根据二次函数的单调性，结合题中定义进行求解即可；（2）根据题中定义，结合函数的单调性、一元二次方程的定义及根的判别式进行求解即可；（3）根据对钩函数的单调性，结合绝对值的性质、一元二次方程的定义及根的判别式分类讨论进行求解即可【解答过程】（1）函数fx=x若函数fx是闭函数且t=1，则当a≥1时，函数fx=x2−2x+2在a,b上的值域应为fa,f所以fx=x2−2x+2在区间1,2上单调递增，且值域为1,2（2）因为fx=m−2x+1当t=2时，若函数fx=m−2x+1是“闭函数”，则a≥−两式作差2b−2a=2b+1−2a+1，所以所以2b=m−2a+1=m−1−2b+1，即2b+1−2b+1−m=0，同理2a+1−2a+1−m=0，所以故Δ=1+4m>0−m≥0，解得（3）f当a,b⊆0,2，fx=x+12x−8在区间a,b上单调递减，所以fa=