高中数学人教A版 (2019)必修 第一册第三章 函数概念与性质本章综合与测试导学案

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类型1 函数性质的判断
【例1】 (1)对于函数f(x)＝eq \f(x＋1,x－1)的性质，下列描述：
①函数f(x)在定义域内是减函数；
②函数f(x)是非奇非偶函数；
③函数f(x)的图象关于点(1,1)对称．
其中正确的有几项( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)设f(x)是定义在R上的增函数，F(x)＝f(x)－f(－x)，那么F(x)必为( )
A．增函数且是奇函数
B．增函数且是偶函数
C．减函数且是奇函数
D．减函数且是偶函数
(1)C (2)A [(1)∵f(x)＝eq \f(x＋1,x－1)＝1＋eq \f(2,x－1)的定义域{x|x≠1}，在(－∞，1)，(1，＋∞)单调递减，但是在定义域内不是递减，故①错误；由于f(x)的定义域关于原点不对称，即f(x)为非奇非偶函数，②正确；
根据函数图象的平移可知，f(x)＝1＋eq \f(2,x－1)的图象可由y＝eq \f(2,x)的图象向右平移1个单位，向上平移1个单位，故函数的图象的对称中心(1,1)，③正确．故选C.
(2)∵F(－x)＝f(－x)－f(x)＝－F(x)，
∴F(x)为定义在R上的奇函数，
设x2>x1，则F(x2)－F(x1)＝f(x2)－f(－x2)－f(x1)＋f(－x1)，
∵x2>x1，∴－x2<－x1，
∵f(x)为定义在R的增函数，
∴f(x2)>f(x1)，f(－x1)>f(－x2)，
∴F(x2)－F(x1)＝[f(x2)－f(x1)]＋[f(－x1)－f(－x2)]>0，
∴F(x)为定义在R上的增函数．
综上所述，F(x)必为增函数且为奇函数．故选A.]
类型2 函数的奇偶性、单调性与最值
【例2】 设函数f(x)＝eq \f(x3＋x＋12,x2＋1)在区间[－2,2]上的最大值为M，最小值为N，则(M＋N－1)2 021的值为__________．
1 [f(x)＝eq \f(x3＋x＋12,x2＋1)＝eq \f(x3＋2x,x2＋1)＋1，
设g(x)＝eq \f(x3＋2x,x2＋1)，则g(－x)＝eq \f(－x3－2x,x2＋1)＝－g(x)，可知函数g(x)为奇函数，
g(x)在区间[－2,2]上的最大值与最小值的和为0，
故M＋N＝2，∴(M＋N－1)2 021＝(2－1)2 021＝1 .]
类型3 函数的奇偶性、单调性与比较大小
【例3】 (多选)定义在R上的奇函数f(x)为减函数，偶函数g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f(x)的图象重合，设a>b>0，则下列不等式中成立为( )
A．f(b)－f(－a)B．f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b)
C．f(a)＋f(－b)D．f(a)＋f(－b)>g(b)－g(－a)
AC [函数f(x)为R上的奇函数，且为单调减函数，
偶函数g(x)在区间[0，＋∞)上的图象与f(x)的图象重合，由a>b>0，得f(a)对于A，f(b)－f(－a)0上f(a)＝g(a))，所以A正确；
对于B，f(b)－f(－a)>g(a)－g(－b)⇔f(b)＋f(a)－g(a)＋g(b)＝2f(b)>0，这与f(b)<0矛盾，所以B错误；
对于C，f(a)＋f(－b)对于D，f(a)＋f(－b)>g(b)－g(－a)⇔f(a)－f(b)－g(b)＋g(a)＝2[f(a)－f(b)]>0，这与f(a) 类型4 函数的奇偶性、单调性与解不等式
【例4】 (1)设定义在R上的奇函数f(x)满足，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)<0，且f(2)＝0，则不等式eq \f(3f－x－2fx,x)≥0的解集为( )
A．(－∞，－2]∪(0,2]
B．[－2,0]∪[2，＋∞)
C．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
D．[－2,0)∪(0,2]
(2)设f(x)是定义在R上的奇函数，且对任意a，b∈R，当a＋b≠0时，都有eq \f(fa＋fb,a＋b)>0.
①若a>b，试比较f(a)与f(b)的大小关系；
②若f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，求实数m的取值范围．
(1)C [由题意可得，函数的图象关于原点对称，
对任意x1，x2∈(0，＋∞)，且x1≠x2，
都有eq \f(fx2－fx1,x2－x1)<0，
故函数在(0，＋∞)上单调递减，
故函数在(－∞，0)上也单调递减．
由不等式eq \f(3f－x－2fx,x)≥0可得eq \f(fx,x)≤0.
再由f(2)＝0可得f(－2)＝0，故有不等式结合图象可得x≥2，或x≤－2，故选C.
]
(2)[解] ①因为a>b，所以a－b>0，
由题意得eq \f(fa＋f－b,a－b)>0，
所以f(a)＋f(－b)>0.
又f(x)是定义在R上的奇函数，
所以f(－b)＝－f(b)，
所以f(a)－f(b)>0，即f(a)>f(b)．
②由①知f(x)为R上的增函数，
因为f(1＋m)＋f(3－2m)≥0，
所以f(1＋m)≥－f(3－2m)，
即f(1＋m)≥f(2m－3)，
所以1＋m≥2m－3，所以m≤4.
所以实数m的取值范围为(－∞，4]．
类型5 抽象函数的性质应用
【例5】 设函数y＝f(x)是定义在(0，＋∞)上的函数，并且满足下面三个条件：①对任意正数x，y，都有f(xy)＝f(x)＋f(y)；②当x>1时，f(x)<0；③f(3)＝－1.
(1)求f(1)，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))的值；
(2)证明f(x)在(0，＋∞)上是减函数；
(3)如果不等式f(x)＋f(2－x)<2成立，求x的取值范围．
[解] (1)因为对任意正数x，y，都有f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(3)＝－1，
令x＝y＝1，得f(1)＝f(1)＋f(1)，f(1)＝0，
令x＝y＝3，则f(9)＝f(3)＋f(3)＝－2，
令x＝eq \f(1,9)，y＝9，则有f(1)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))＋f(9)＝0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,9)))＝－f(9)＝2.
(2)证明：令x1所以eq \f(x2,x1)>1，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1))) <0，
f(x2)＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1·\f(x2,x1)))＝f(x1)＋f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,x1))) 所以f(x)在(0，＋∞)上是减函数．
(3)由已知不等式f(x)＋f(2－x)<2化为f(2x－x2)又f(x)在(0，＋∞)上是减函数，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－x2>\f(1,9)，,x>0，,2－x>0，))
解得1－eq \f(2\r(2),3)不等式解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(2\r(2),3)，1＋\f(2\r(2),3))).
类型6 根据函数的奇偶性、单调性求参数
【例6】 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－x2＋2x，x>0，,0，x＝0，,x2＋mx，x<0))是奇函数．
(1)求实数m的值；
(2)若函数f(x)在区间[－1，a－2]上单调递增，求实数a的取值范围．
[解] (1)设x<0，则－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)．
于是x<0时，f(x)＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.
(2)要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增，结合f(x)的图象(图略)知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－2>－1，,a－2≤1，))所以1故实数a的取值范围是(1,3]．