高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质精品一课一练

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册3.2 函数的基本性质精品一课一练，文件包含专题32函数的基本性质6类必考点人教A版2019必修第一册原卷版docx、专题32函数的基本性质6类必考点人教A版2019必修第一册解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共34页， 欢迎下载使用。

TOC \ "1-3" \t "正文,1" \h
\l "_Tc16651" 【考点1：函数的单调性及单调区间】 PAGEREF _Tc16651 \h 1
\l "_Tc25743" 【考点2：已知函数的单调性求参或求自变量】 PAGEREF _Tc25743 \h 4
\l "_Tc3150" 【考点3：利用函数的单调性求最值】 PAGEREF _Tc3150 \h 7
\l "_Tc9036" 【考点4：判断或证明函数的奇偶性】 PAGEREF _Tc9036 \h 11
\l "_Tc15010" 【考点5：函数奇偶性的应用】 PAGEREF _Tc15010 \h 14
\l "_Tc6462" 【考点6：函数单调性与奇偶性的综合应用】 PAGEREF _Tc6462 \h 17
【考点1：函数的单调性及单调区间】
【知识点：函数的单调性及单调区间】
1、函数单调性的定义
2．复合函数单调性的规律
若两个简单函数的单调性相同，则它们的复合函数为增函数；若两个简单函数的单调性相反，则它们的复合函数为减函数．即“同增异减”．
3．函数单调性的性质
(1)若f(x)，g(x)均为区间A上的增(减)函数，则f(x)＋g(x)也是区间A上的增(减)函数．更进一步，有增＋增→增，增－减→增，减＋减→减，减－增→减．
(2)若k>0，则kf(x)与f(x)单调性相同；若k<0，则kf(x)与f(x)单调性相反．
(3)在公共定义域内，函数y＝f(x)(f(x)≠0)与y＝－f(x)，y＝eq \f(1,fx)单调性相反；函数y＝f(x)(f(x)≥0)与y＝eq \r(fx)单调性相同．
1．（2023·陕西榆林·陕西省神木中学校考一模）已知函数fx在0,+∞上单调递增，则对实数a>0,b>0，“a>b”是“fa>fb”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由函数的单调性以及充分条件和必要条件的定义即可判定出结果
【详解】因为函数fx在0,+∞上单调递增，且a>0,b>0，
由增函数的定义可知，当a>b时，有fa>fb，
充分性成立；当fa>fb时，若a=b，由函数定义可知矛盾，
若ab，必要性成立.
即对实数a>0,b>0，“a>b”是“fa>fb”的充要条件.
故选：C
2．（2022秋·四川攀枝花·高一攀枝花市第三高级中学校校考阶段练习）函数fx=−2x的单调递增区间为（ ）
A．−∞,+∞B．−∞,0∪0,+∞C．RD．−∞,0和0,+∞
【答案】D
【分析】先求出定义域，然后由反比例函数的性质可得答案
【详解】f(x)的定义域为−∞,0∪0,+∞，
由反比例函数的性质可知fx=−2x的单调递增区间为−∞,0和0,+∞，
故选：D
3．（多选）（2022秋·云南大理·高一鹤庆县第三中学校考阶段练习）下列函数f(x)中，满足对任意x1，x2∈0，+∞，当x1>x2时，都有fx1>fx2的是（ ）
A．fx=x2B．fx=1xC． f(x)=|x|D．f(x)=2x+1
【答案】ACD
【分析】先判断函数是增函数,然后由函数的解析式判断.
【详解】因为对任意x1,x2∈0,+∞，当x1>x2时，都有fx1>fx2，
所以函数fx增函数，
因为fx=x2，fx=x，fx=2x+1在0,+∞上是增函数，
fx=1x在0,+∞上是减函数，
故选：ACD
4．（2023秋·高一课时练习）已知函数y=f(x)的图象如图，网格中每个小正方形的边长为1，则函数的单调递增区间有 ；函数的单调递减区间有 ．

【答案】 −3,−1，3,5 −1,1，1,3
【分析】利用定义结合函数图象分析可得答案；
【详解】由图可知函数的单调递增区间有−3,−1，3,5，
函数的单调递减区间有−1,1，1,3.
故答案为：−3,−1，3,5；−1,1，1,3
5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=xx−2−2，x∈R．求函数fx的单调区间．
【答案】单调递增区间为−∞,1和2,+∞，单调递减区间为1,2
【分析】由fx=xx−2−2=x2−2x−2,x≥2−x2+2x−2,x<2，利用二次函数的性质求解.
【详解】由题意得fx=xx−2−2=x2−2x−2,x≥2,−x2+2x−2,x<2.
当x≥2时，fx=x−12−3，
此时函数fx的单调递增区间为2,+∞，没有单调递减区间；
当x<2时，fx=−x−12−1，
此时函数fx的单调递增区间为−∞,1，单调递减区间为1,2．
综上所述，函数fx的单调递增区间为−∞,1和2,+∞，单调递减区间为1,2.
6．（2023春·新疆巴音郭楞·高二校考期末）已知函数fx=x2+2ax+3,x∈−4,6．
(1)当a=−2时，求fx的最值；
(2)当a=4时，判断y=fx在区间−4,6上的单调性，并用定义法证明你的结论．
【答案】(1)最小值为−1，最大值为35；
(2)fx在−4,6上单调递增，证明见解析．
【分析】（1）根据二次函数的性质求最值即可；
（2）先根据二次函数的对称轴判断出−4,6上的单调性，然后根据函数单调性的定义证明.
【详解】（1）当a=−2时，fx=x2−4x+3=(x−2)2−1，根据二次函数的性质，
由于x∈−4,6，所以fx在−4,2上单调递减，在2,6上单调递增，
所以fx的最小值是f2=−1，又f−4=35,f(5)=15，故fx的最大值是35，
即fx的最大值为35，最小值为−1
（2）当a=4时，fx=x2+8x+3=(x+4)2−13，由于x∈−4,6，
所以fx在−4,6上单调递增
证明：任取−4fx1−fx2=x12+8x1+3−x22+8x2+3=x1−x2x1+x2+8
由−40
得fx1−fx2<0，即fx1所以fx在−4,6上单调递增．
7．（2023·高一校考课时练习）讨论函数f(x)=ax+1x+2，a≠12在−2,+∞上的单调性
【答案】答案见解析
【分析】对fx分离常数，利用单调性的定义，对参数a进行分类讨论，即可判断函数单调性.
【详解】∵函数f(x)=ax+1x+2=ax+2−2a+1x+2
=a+1−2ax+2
∴任取x1,x2∈−2,+∞，且x1则f(x1)−f(x2)=(a+1−2ax1+2)−a+1−2ax2+2
=1−2ax1+2-1−2ax2+2
=1−2ax2−x1x1+2x2+2
∵−20,x1+2x2+2>0，
∴当1−2a>0，即a<12时，
f(x1)−f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，是减函数；
当1−2a<0，即a>12 时，
f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)【考点2：已知函数的单调性求参或求自变量】
【知识点：已知函数的单调性求参或求自变量】
1．（2023春·天津北辰·高一校考阶段练习）函数fx=−x2+2a−1x+2在−∞,4上是增函数，则实数a的范围是（ ）
A．a≥5B．a≥3
C．a≤3D．a≤5
【答案】A
【分析】根据二次函数的性质即可由对称轴求解.
【详解】由于fx=−x2+2a−1x+2为开口向下的二次函数，对称轴为x=a−1，
所以a−1≥4⇒a≥5，
故选：A
2．（2023春·吉林长春·高一校考开学考试）已知函数f(x)=x2−ax+5,(x≤1)ax,(x>1)满足对任意实数x1≠x2，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0成立，则a的取值范围是（ ）
A．00D．2≤a≤3
【答案】D
【分析】易知函数f(x)在R上递减，由a2≥1a>0−a+6≥a求解.
【详解】因为函数f(x)满足对任意实数x1≠x2，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0 成立，
所以函数f(x)在R上递减，
所以a2≥1a>0−a+6≥a，
解得：2≤a≤3
故选：D.
3．（2022秋·河北衡水·高一校考阶段练习）“1＜a＜12”是“函数fx=a−1x,x≤1x2+10,x＞1在R上单调递增”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】根据函数单调性求出a范围进而判断即可.
【详解】若函数fx=a−1x,x≤1x2+10,x＞1在R上单调递增，
则a−1＞0a−1×1≤12+10，得a＞1a≤12，所以1＜a≤12，
所以“1＜a＜12”是“函数fx=a−1x,x≤1x2+10,x＞1在R上单调递增”的充分不必要条件.
故选：B
4．（2023·高一校考课时练习）若函数f(x)=a2x−1x−1在区间a,+∞上单调递减，则实数a的取值范围是（ ）
A．1,+∞B．1,+∞
C．−∞,−24∪1,+∞D．−∞,1∪1,+∞
【答案】A
【分析】先将函数化成fx=a2−1−a2x−1，结合反例函数的单调性可求a的取值范围.
【详解】由题设可得fx=a2+a2−1x−1，
因为函数fx在区间a,+∞单调递减，
所以1≤aa2−1>0，故a>1，
故选：A .
【点睛】易错点睛：已知含参数的函数在给定范围上的单调性求参数的取值范围时，既要考虑函数的单调性，也要考虑定义域满足的要求，后者往往容易忽视.
5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数fx=kx2−2x+4k在区间[2,4]上单调递减，则实数k的取值范围是 ．
【答案】−∞,14.
【分析】根据一次函数与二次函数的单调性分类讨论求解.
【详解】当k=0时，f(x)=−2x在区间[2,4]上单调递减，符合题意；
当k>0时，函数图象的对称轴为直线x=1k，
因为f（x）在区间[2,4]上单调递减，所以1k≥4，得k≤14，所以0当k<0时，函数f(x)在区间[2,4]上单调递减，符合题意．
综上，实数k的取值范围为−∞,14.
故答案为：−∞,14
6．（2023·高一课时练习）已知函数f(x)=x2+2ax+2．
(1)若函数f(x)的单减区间是(−∞,4]，求实数a的值；
(2)若函数f(x)在区间(−∞,4]上是单减函数，求实数a的取值范围．
【答案】(1)a=−4
(2)−∞,−4
【分析】（1）根据函数的单调性及二次函数的性质即可求解；
（2）根据函数的单调性及二次函数的性质即可求解.
【详解】（1）依题意，f(x)=x2+2ax+2=x+a2+2−a2，
由二次函数的性质知，f(x)的对称轴方程为x=−a，开口向上，
所以f(x)的单减区间是(−∞,−a]，
因为函数f(x)的单减区间是(−∞,4]，
所以a=−4.
（2）依题意，f(x)=x2+2ax+2=x+a2+2−a2，
由二次函数的性质知，f(x)的对称轴方程为x=−a，开口向上，
所以f(x)的单减区间是(−∞,−a]，
因为函数f(x)在区间(−∞,4]上是单减函数，
所以−a≥4，解得a≤−4，
所以实数a的取值范围为−∞,−4.
【考点3：利用函数的单调性求最值】
【知识点：利用函数的单调性求最值】
1．函数的最值
2.函数最值存在的两条结论
(1)闭区间上的连续函数一定存在最大值和最小值．当函数在闭区间上单调时最值一定在端点处取到．
(2)开区间上的“单峰”函数一定存在最大值或最小值．
1．（2023春·辽宁铁岭·高一校考期中）已知0【答案】253/813
【分析】利用单调性定义可判断出y=x+16x的单调性，进而确定最小值点.
【详解】设0则x2+16x2−x1+16x1=x2−x1+16x1−x2x1x2=x2−x1x1x2−16x1x2，
∵00，∴x2+16x2−x1+16x1=x2−x1x1x2−16x1x2<0，
∴y=x+16x在0,3上单调递减，∴ymin=3+163=253.
故答案为：253.
2．（2023春·河北唐山·高二校联考期末）已知函数fx=x+4x，g(x)=2x+a，若∀x1∈[12,1]，∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是（ ）
A．a≤1B．a≥1C．a≤2D．a≥2
【答案】A
【分析】本题的关键是将已知转化为f(x)在x1∈[12,1]的最小值不小于g(x)在x2∈[2,3]的最小值，然后解不等式即可.
【详解】由fx=x+4x得，f′(x) =x2−4x2，当x∈[12,1]时，f′(x)<0，
∴f(x)在[12,1]单调递减，∴f(1)=5是函数f(x)的最小值，
当x∈[2,3]时，g(x)=2x+a为增函数，∴g(2)=a+4是函数g(x)的最小值，
又∵∀x1∈[12,1]，都∃x2∈[2,3]，使得f(x1)≥g(x2)，
可得f(x)在x1∈[12,1]的最小值不小于g(x)在x2∈[2,3]的最小值，
即5≥a+4，解得a≤1，
故选：A．
3．（2022秋·广东佛山·高一统考期中）已知函数f(x)=1x−1，x∈2,5，
(1)写出f(x)的单调性，并用定义证明；
(2)求f(x)的最值.
【答案】(1)f(x)在[2,5]上单调递减，证明见解析
(2)最大值为1，最小值为14.
【分析】（1）f(x)在[2,5]上单调递减，根据单调性的定义证明即可；
（2）根据函数的单调性即可求出最值.
【详解】（1）f(x)在[2,5]上单调递减.
证明：∀x1,x2∈2,5，且x1f(x1)−f(x2)=1x1−1−1x2−1=x2−1−(x1−1)(x1−1)(x2−1)=x2−x1(x1−1)(x2−1)，
∵x1,x2∈2,5，且x10，x2−1>0，x2−x1>0，
f(x1)−f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在[2,5]上单调递减；
（2）由（1）可知，f(x)在[2,5]上单调递减.
∵2≤x≤5 ∴f(2)≥f(x)≥f(5)
∴f(x)max=f(2)=12−1=1，f(x)min=f(5)=15−1=14
∴f(x)的最大值为1，最小值为14.
4．（2022秋·甘肃武威·高一校考期中）函数f(x)=x+1x−2.
(1)判断函数f(x)在3,+∞上的单调性.
(2)求函数f(x)在3,4上的最值.
【答案】(1)函数f(x)在3,+∞上的单调递减；
(2)最大值为4，最小值为52.
【分析】（1）由定义法判断函数f(x)在3,+∞上的单调性.
（2）由函数单调性求区间内的最值.
【详解】（1）函数f(x)在3,+∞上的单调递减，证明如下：
f(x)=x+1x−2=1+3x−2，任取3≤x1则f(x1)−f(x2)=3x1−2−3x2−2=3x2−x1x1−2x2−2，
由3≤x10，x2−x1>0，
得f(x1)−f(x2)>0，即f(x1)>f(x2).
所以函数f(x)在3,+∞上的单调递减.
（2）由（1）可知，函数f(x)在3,4上的单调递减，
所以f(x)在3,4上的最大值为f(3)=4，最小值为f(4)=52.
5．（2023春·广西北海·高二统考期末）已知函数fx=2x+bx+a,x∈−1,1，满足条件f0=32,f−1=1.
(1)求fx的解析式；
(2)用单调性的定义证明fx在x∈−1,1上单调递增，并求fx在x∈−1,1上的最值.
【答案】(1)fx=2x+3x+2,x∈−1,1
(2)证明见解析，f(x)min=1,f(x)max=53.
【分析】（1）根据f0=32,f−1=1，代入得到方程组，解得即可；
（2）利用定义法证明，再根据单调性求出函数的最值.
【详解】（1）因为fx=2x+bx+a，且f0=32,f−1=1，
所以ba=32,−2+b−1+a=1,解得a=2,b=3,
所以fx=2x+3x+2,x∈−1,1；
（2）由fx=2x+3x+2=2x+2−1x+2=2−1x+2，
设任意的x1,x2∈−1,1且x1则fx1−fx2=2−1x1+2−2−1x2+2=1x2+2−1x1+2 =x1+2−x2+2x1+2x2+2=x1−x2x1+2x2+2,
因为x1,x2∈−1,1且x10,x1+2>0,x2+2>0，
所以fx1−fx2<0，则fx在x∈−1,1上单调递增，
所以f(x)min=f−1=1,f(x)max=f1=53.
6．（2023春·内蒙古呼伦贝尔·高二校考期末）已知函数fx=x2−2ax+3a∈R.
(1)当a=2时，求fx<0的解集；
(2)求函数fx在区间1,3上的最小值ℎa.
【答案】(1)x|1(2)ℎ(a)=4−2a,a≤13−a2,1【分析】（1）直接解一元二次不等式；
（2）先求出对称轴，然后分a≤1，1【详解】（1）当a=2时， 不等式f(x)<0，即x2−4x+3<0，解得1所以不等式f(x)<0的解集为x|1（2）易知f(x)=x2−2ax+3的对称轴为x=a，则
①当a≤1时，f(x)=x2−2ax+3在[1,3]上单调递增，则f(x)min=f(1)=4−2a.
②当1③当a≥3时，f(x)=x2−2ax+3在[1,3]上单调递减，则f(x)min=f(3)=12−6a
综上ℎ(a)=4−2a,a≤13−a2,1【考点4：判断或证明函数的奇偶性】
【知识点：判断或证明函数的奇偶性】
1．函数的奇偶性
2.判断函数奇偶性的方法：
(1)定义法：
(2)图象法：函数是奇(偶)函数⇔函数图象关于原点(y轴)对称.
3.函数奇偶性的常用结论
(1)如果函数f(x)是偶函数，那么f(x)＝f(|x|)．
(2)奇函数在两个对称的区间上具有相同的单调性；偶函数在两个对称的区间上具有相反的单调性．
(3)在公共定义域内有：奇±奇→奇，偶±偶→偶，奇×奇→偶，偶×偶→偶，奇×偶→奇．
1．（2022秋·天津北辰·高一校考阶段练习）下列函数中，为偶函数的是（ ）
A．f(x)=xx−1B．f(x)=x2C．f(x)=1−x+x−1D．f(x)=x+1x
【答案】B
【分析】根据奇偶性定义判断．
【详解】选项A中，函数定义域是{x|x≠1}，函数没有奇偶性；
选项B中，函数定义域是(−∞,+∞)，f(−x)=(−x)2=x2=f(x)，是偶函数；
选项C中，函数定义域是{1}，函数没有奇偶性；
选项D中，函数定义域是{x|x≠0}，f(−x)=−x−1x=−f(x)，函数是奇函数．
故选：B．
2．（2023·高一课时练习）函数fx=2x2+8x（ ）
A．是奇函数且在区间2,+∞上单调递增
B．是奇函数且在区间2,+∞上单调递减
C．是偶函数且在区间2,+∞上单调递增
D．是偶函数且在区间2,+∞上单调递减
【答案】A
【分析】根据函数奇偶性的定义以及单调性定义去判断，即可得答案.
【详解】函数fx=2x2+8x=2x+8x（x≠0），
满足定义域关于原点对称，且f−x=−2x−8x=−2x+8x=−fx，
故fx为奇函数，
设∀x1,x2∈2,+∞，且x1则fx1−fx2=2x1+8x1−2x2+8x2=2x1−x2⋅x1x2−4x1x2，
又x1−x2<0,x1x2−4>0,x1x2>0，
故2x1−x2⋅x1x2−4x1x2<0，即f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)所以fx在2,+∞上单调递增，
故选：A.
3．（2023秋·高一课时练习）判断下列函数的奇偶性：
(1)fx=5x4−4x2+7,x∈−3,3
(2)fx=2x−1−2x+1．
【答案】(1)偶函数
(2)奇函数
【分析】（1）根据奇偶函数的判断即可得到答案；
（2）根据奇偶函数的判断即可得到答案；
【详解】（1）因为x∈[−3,3]，所以f(x)的定义域关于原点对称，
因为f(−x)=5(−x)4−4(−x)2+7=5x4−4x2+7=f(x)
所以f(x)为偶函数；
（2）f(x)定义域为R，关于原点对称，
因为f(−x)=|2x+1|−|1−2x|=|2x+1|−|2x−1|=−f(x)，
所以f(x)为奇函数.
4．（2023·广东汕尾·高一海丰县海城仁荣中学校考阶段练习）判断下列函数的奇偶性并证明：
(1)fx=x+1−x−1
(2)fx=1−x1+x1−x
【答案】(1)奇函数，证明见解析
(2)既不是奇函数也不是偶函数，证明见解析
【分析】求出函数的定义域，根据函数的奇偶性定义求解.
【详解】（1）fx=x+1−x−1的定义域为R，
f−x=−x+1−−x−1=fx=x−1−x+1=−fx，
所以fx是奇函数.
（2）由1+x1−x≥0得1+xx−1≤01−x≠0，解得−1≤x<1，
fx的定义域为x|−1≤x<1，定义域关于原点不对称，
所以fx既不是奇函数也不是偶函数.
5．（2023·高一课时练习）判断函fx=x3−3x2+1，x>0x3+3x2−1，x<0的奇偶性.
【答案】奇函数
【分析】利用函数的奇偶性的定义判断得解.
【详解】函数f(x)的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，关于原点对称.
②当x>0时，−x<0,
∴f(−x)=(−x)3+3(−x)2−1=−x3−3x2+1=−f(x).
③当x<0时,−x>0，
∴f(−x)=(−x)3−3(−x)2+1=−x3+3x2−1=−f(x).
综上可知f(−x)=−f(x)，函数f(x)是奇函数.
【考点5：函数奇偶性的应用】
【知识点：函数奇偶性的应用】
利用奇偶性解题的类型及方法：
(1)求解析式：利用奇偶性将待求值转化到方程问题上，进而得解．
(2)求参数值：在定义域关于原点对称的前提下，根据奇函数满足f(－x)＝－f(x)或偶函数满足f(－x)＝f(x)列等式，根据等式两侧对应相等确定参数的值．特别要注意的是：若能够确定奇函数的定义域中包含0，可以根据f(0)＝0列式求解，若不能确定则不可用此法．
1．（江西省南昌市2022-2023学年高一上学期期中数学试题）若函数fx=x3+ax2为奇函数，则实数a=（ ）
A．0B．−1C．1D．±1
【答案】A
【分析】根据奇函数的定义列方程求解即可
【详解】因为fx为奇函数，
所以f−x+fx=(−x)3+a(−x)2+x3+ax2=0，得2ax2=0，
因为x∈R，所以a=0，
故选：A.
2．（2022秋·北京西城·高一北京铁路二中校考期中）设fx是定义在R上的奇函数，当x≤0时，fx=x3+x+1，则f1=（ ）
A．1B．−1C．−3D．3
【答案】A
【分析】根据奇函数的性质f1=−f−1计算可得.
【详解】因为fx是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，fx=x3+x+1，
所以f1=−f−1=−−13+−1+1=1.
故选：A
3．（2023春·安徽·高三安徽省定远中学校考阶段练习）已知函数fx是定义在−1,1上的奇函数，当0【答案】−x2−x
【分析】利用奇函数的性质可求−1≤x<0时fx的解析式.
【详解】当−1≤x<0时，0<−x≤1，
因为函数fx是定义在−1,1上的奇函数，
故f(x)=−f(−x)=−[−x(−x−1)]=−x2−x.
故答案为：−x2−x.
4．（2023春·河南开封·高二校联考期末）已知函数fx=x3+3x2+x+9x2+3，且fm=10，则f−m的值为 .
【答案】−4
【分析】令gx=x3+xx2+3，有fx=gx+3，gx为奇函数，则有f−m+fm=g−m+3+gm+3=6，可求f−m的值.
【详解】fx=x3+3x2+x+9x2+3=x3+xx2+3+3，
令gx=x3+xx2+3，函数定义域为R，
∵g−x=−x3+−x−x2+3=−x3−xx2+3=−gx，∴gx为奇函数，∴gm+g−m=0，
则f−m+fm=g−m+3+gm+3=6，f−m=6−10=−4.
故答案为：−4
5．（2022秋·陕西商洛·高一校考期中）已知函数fx，gx分别为定义在R上的偶函数和奇函数，且fx−gx=x2−x3，则f2+g2= .
【答案】12
【分析】利用函数奇偶性的定义求得正确答案.
【详解】依题意fx，gx分别是定义在R上的偶函数和奇函数，
∴f−x=fx,gx=−gx，
∵fx−gx=x2−x3，
∴f−2−g−2=−22−−23=12，即f2+g2=12.
故答案为：12.
6．（2023春·贵州铜仁·高一统考期末）定义在R上的奇函数fx满足f1−x+fx=2，若fm=8，则m= .
【答案】4
【分析】根据题意结合奇函数的定义分析可得fx+4−fx=8，注意到f0=0，即可得结果.
【详解】因为f1−x+fx=2，且fx为奇函数，
则−fx−1+fx=2，即fx−fx−1=2，
可得fx+1−fx=2，则fx+2−fx+1=2，
两式相加得fx+2−fx=4，则fx+4−fx+2=4，
两式相加得fx+4−fx=8，
令x=0，则f4−f0=8，
且fx为奇函数，则f0=0，所以f4=8，即m=4.
故答案为：4.
7．（2022秋·江苏常州·高一江苏省前黄高级中学校考期中）已知函数fx是奇函数，且当x<0时，fx=x3−3x+1，则f2= ，当x>0时，fx= .
【答案】 1 x3−3x−1
【分析】不妨设x>0，则−x<0，将−x代入解析式，由f(−x)=−f(x)即可求解．
【详解】设x>0，则−x<0，又因为x<0，fx=x3−3x+1 ，
所以f−x=−x3+3x+1，
∵y=fx是奇函数，∴f(−x)=−f(x)，所以−fx=−x3+3x+1，
即fx=x3−3x−1，且f2=1.
故答案为：①1；②x3−3x−1
8．（2023春·江西九江·高二统考期末）已知定义在−m,2m−3上的函数fx=mx2−nx−3m+n是偶函数.
(1)求m,n的值；
(2)求函数fx在其定义域上的最值.
【答案】(1)m=3，n=0
(2)f(x)min=−9，f(x)max=18
【分析】（1）根据函数为偶函数及定义域求解可得m，根据偶函数的定义可得n的值；
（2）由（1）得函数fx的解析式及定义域结合函数图象可得函数的最值.
【详解】（1）∵fx是偶函数，∴fx的定义域关于原点对称，
又∵fx的定义域为−m,2m−3，
∴−m+2m−3=0，解得m=3.
又∵f−x=mx2+nx−3m+n，
∴mx2+nx−3m+n=mx2−nx−3m+n，可得n=0；
（2）由（1）得fx=3x2−9，定义域为−3,3，
其图象是开口方向朝上，对称轴为直线x=0的抛物线的一部分，
∴当x=0时，f(x)min=f0=−9，
当x=±3时，f(x)max=f±3=3×9−9=18.
【考点6：函数单调性与奇偶性的综合应用】
【知识点：函数单调性与奇偶性的综合应用】
函数奇偶性与单调性综合的两种题型及解法：
1．（2022秋·福建厦门·高一厦门市海沧中学校考期中）已知函数y=f(x)是偶函数，且在[0,+∞)上是单调递减，若f(a+2)>f(a−3)，则实数a的取值范围是（ ）
A．aa<12B．aa>12C．aa<1D．aa>1
【答案】A
【分析】根据题意判断函数在(−∞,0]上是单调递增，因此由f(a+2)>f(a−3)得|a+2|<|a−3|，即可求得答案.
【详解】由函数y=f(x)是偶函数，且在[0,+∞)上是单调递减，
可知函数y=f(x)在(−∞,0]上是单调递增，
故由f(a+2)>f(a−3)得|a+2|<|a−3|，
两边平方解得a<12，即实数a的取值范围是aa<12，
故选：A
2．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）已知定义在R上的函数fx在−∞,3单调递增，且fx+3是偶函数，则不等式fx+1>f2x的解集为（ ）
A．1,35B．−∞,1∪53,+∞C．−∞,1D．1,+∞
【答案】B
【分析】由可得函数fx关于x=3对称，fx在3,+∞上单调递减，进而可得x+1−3<2x−3，即得.
【详解】∵fx+3为偶函数，
∴f−x+3=fx+3，即函数fx关于x=3对称，
又函数fx在−∞,3上单调递增，
∴函数fx在3,+∞上单调递减，
由fx+1>f2x，可得x+1−3<2x−3，
整理得3x2−8x+5>0，解得x<1或x>53，
即不等式fx+1>f2x的解集为−∞,1∪53,+∞.
故选：B.
3．（2023春·宁夏石嘴山·高二平罗中学校考期末）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(1)=2，若∀x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，都有(x1−x2)[f(x1)x1−f(x2)x2]<0，则不等式f(x+3)>2x+6的解集为（ ）
A．(−∞,−4)B．(2,3)
C．(−∞,−4)∪(−3,−2)D．(−∞,−4)∪(2,3)
【答案】C
【分析】根据题意可判断函数gx=fxx的奇偶性和单调性，进而分两种情况即可求解.
【详解】由∀x1,x2∈(0,+∞)，且x1≠x2，都有(x1−x2)[f(x1)x1−f(x2)x2]<0可知函数fxx在0,+∞上单调递减，
记gx=fxx，则g−x=f−x−x=−fx−x=fxx=gx,所以gx为偶函数，
因此gx在−∞,0单调递增，且g−1=g1=f11=2，
不等式f(x+3)>2x+6等价于x+3>0fx+3x+3=gx+3>2=g1和x+3<0fx+3x+3=gx+3<2=g−1，
故1>x+3>0或x+3<−1，解得−3故不等式的解为−3,−2∪−∞,−4，
故选：C
4．（2023秋·重庆九龙坡·高一重庆市杨家坪中学校考期末）若定义在R的奇函数fx在−∞,0单调递减，且f2=0，则满足xfx+1≥0的x的取值范围是（ ）
A．−1,1∪3,+∞B．−3,−1∪0,1
C．−1,0∪1,+∞D．−1,0∪1,3
【答案】B
【分析】根据题意，得到fx的单调性及f2=f−2=f0=0，再结合不等式，分类讨论，即可得出答案.
【详解】因为定义在R上的奇函数fx在−∞,0上单调递减，且f2=0，
所以fx在0,+∞上也是单调递减，且f−2=0,f0=0，
所以当x∈−∞,−2∪0,2时，fx>0，当x∈−2,0∪2,+∞时，fx<0，
所以由xfx+1≥0可得：x<0−2≤x+1≤0或x>00≤x+1≤2或x=0,
解得−3≤x≤−1或0≤x≤1，所以满足xfx+1≥0的x的取值范围是−3,−1∪0,1，
故选：B.
5．（2023春·湖南长沙·高二统考期末）已知函数fx=x+bx2+a（a，b为常数）是定义在−1,1的奇函数，且f1=12.
(1)求函数fx的解析式；
(2)若fx在定义域−1,1是增函数，解关于x的不等式fx−1+fx<0.
【答案】(1)fx=xx2+1，x∈−1.1
(2)0,12
【分析】（1）利用奇函数的性质，结合f1=12列方程组，解方程组求得a,b的值，也即求得函数fx的解析式；
（2）利用奇函数的性质化简不等式fx−1<−fx，在根据函数fx的定义域和单调性列不等式，解不等式求得x的取值范围.
【详解】（1）由题意可知f0=0f1=12，即ba=01+b1+a=12，解得b=0a=1，
所以函数fx的解析式为fx=xx2+1，x∈−1.1；
（2）不等式fx−1+fx<0可化为fx−1<−fx，
因为fx是定义在−1,1的奇函数，所以fx−1又因为fx在定义域−1,1是增函数，等价于−1≤x−1≤1−1≤−x≤1x−1<−x，
解之得0,12，故不等式fx−1+fx<0的解集为0,12.
6．（2023春·安徽六安·高二六安一中校考期末）已知函数fx=ax+b1+x2是定义在−1,1上的奇函数，且f1=1．
(1)求函数fx的解析式，判断fx在−1,1上的单调性并证明；
(2)解不等式ft−1+ft2【答案】(1)fx=2x1+x2，x∈−1,1，增函数；证明见解析
(2)0,5−12
【分析】（1）根据奇函数的定义求得函数解析式，再由单调性的定义证明单调性；
（2）利用奇偶性变形不等式，然后由单调性化简后求解．
【详解】（1）函数fx=ax+b1+x2是定义在−1,1上的奇函数，f−x=−ax+b1+x2=−ax+b1+x2=−fx，解得：b=0，
∴fx=ax1+x2，而f1=1，解得a=2，
∴fx=2x1+x2，x∈−1,1．
函数fx=2x1+x2在−1,1上为增函数；证明如下：
任意x1，x2∈−1,1且x1则fx1−fx2=2x11+x12−2x21+x22=2x1−x21−x1x21+x121+x22，
因为x10，
所以fx1−fx2<0，即fx1（2）由题意，不等式ft−1+ft2即解不等式ft2<−ft−1，所以ft2所以−17．（2022秋·黑龙江七台河·高一勃利县高级中学校考期中）定义在−1,1上的函数fx满足：对任意的x,y∈−1,1，都有fx+fy=fx+y1+xy，当x∈−1,0，fx>0．
(1)求证：函数fx是奇函数；
(2)求证：fx在−1,1上是减函数；
(3)解不等式：fx+1+f11−x>0；
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)−2,−2
【分析】（1）利用赋值法，结合奇偶性的定义即可求解，
（2）根据函数单调性的定义即可求解，
（3）根据函数的奇偶性和单调性即可求解.
【详解】（1）令x=y=0，则f0+f0=f0，解得：f0=0；
令y=−x，则fx+f−x=fx−x1−x2=f0=0，
∴fx为定义在−1,1上的奇函数.
（2）设−1∵−10，∴x1−x21−x1x2<0；
又x1−x21−x1x2−−1=x1−x2+1−x1x21−x1x2=1+x11−x21−x1x2>0，
∴−10，∴fx1−x21−x1x2>0，
∴fx1+f−x2>0，即fx1−fx2>0，∴fx在−1,1上是减函数.
（3）由fx+1+f11−x>0得：fx+1>−f11−x=f1x−1；
∵fx定义域为−1,1且在−1,1上是减函数，
∴−18．（2023·山西·高二统考学业考试）已知fx是定义在−2,2上的奇函数，且f−2=−4，若对任意的m，n∈−2,2，m≠n，都有fm−fnm−n>0．
(1)若f2a−1+f−a<0，求实数a的取值范围；
(2)若不等式fx≤a−32a恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)a的取值范围为−12,1；
(2)a的取值范围为−∞,1∪9,+∞.
【分析】（1）利用单调性的定义，证得fx在−2,2上递增，由此结合奇函数的性质化简不等式f(2a−1)+f(−a)<0，求得a的取值范围.
（2）由（1）可得函数fx在−2,2上的最大值为4，由条件可得4≤a−32a，解不等式可得a的取值范围．
【详解】（1）任取两个实数x1,x2，满足−2≤x1由题意可得fx1−fx2=fx1−fx2x1−x2x1−x2<0，
即fx1∴f(x)在定义域[−2,2]上是增函数.
因为fx是定义在−2,2上的奇函数，
所以当−2≤x≤2时，f−x=−fx，
所以f2a−1+f−a<0，可化为f2a−1<−f−a
所以f(2a−1)所以−2≤2a−1解得−12≤a<1，
∴a的取值范围为−12,1.
（2）由（1）知函数f(x)在定义域[−2,2]上是增函数，
所以当x=2时，函数f(x)取最大值，最大值为f2，
又fx是定义在−2,2上的奇函数，
所以f−2=−f2，又f−2=−4，
所以函数f(x)在定义域[−2,2]上的最大值为4，
因为不等式fx≤a−32a恒成立，
所以a−32a≥4，所以a>0，
故不等式a−32a≥4可化为a−32≥4a，
所以a2−10a+9≥0，
解得a≥9或a≤1，
所以a的取值范围为−∞,1∪9,+∞．增函数
减函数
定义
一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量x1，x2
当x1当x1f(x2)，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数
图象描述
自左向右看图象是上升的
自左向右看图象是下降的
前提
设函数f(x)的定义域为I，如果存在实数M满足
条件
对于任意x∈I，都有f(x)≤M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M
对于任意x∈I，都有f(x)≥M；存在x0∈I，使得f(x0)＝M
结论
M为最大值
M为最小值
奇函数
偶函数
定义
一般地，如果对于函数f(x)的定义域内任意一个x
都有f(－x)＝－f(x)，那么函数f(x)就叫做奇函数
都有f(－x)＝f(x)，那么函数f(x)就叫做偶函数
图象特征
关于原点对称
关于y轴对称
比较大
小问题
一般解法是利用函数奇偶性，把不在同一单调区间的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，利用其单调性比较大小
抽象不等
式问题
其解题步骤为：①将所给的不等式化归为两个函数值的大小关系；②利用奇偶性得出区间上的单调性，再利用单调性脱去函数的符号“f”，转化为解不等式(组)的问题