人教A版2019必修第一册专题3.5函数性质及其应用大题专项训练【六大题型】(原卷版+解析)

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专题3.5 函数性质及其应用大题专项训练【六大题型】【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一利用函数的性质求解析式1．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）若定义在R上的奇函数fx满足f2−x=fx，当x∈0,1时，fx=x2−2x．(1)求f2021的值；(2)当x∈3,4时，求函数fx的表达式．2．（2023春·浙江宁波·高二校考期中）设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)=x2−2−x.(1)求f(x)的解析式；(2)若“x=3”是“f(2x−t)>12”的充分条件，求实数t的取值范围.3．（2023·高一课时练习）已知f(x)=x+ax2+bx+1(−1≤x≤1)为奇函数．(1)求a，b的值；(2)试判断f(x)的单调性；(3)试求f(x)的值域．4．（2023·高一课时练习）已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=x2−x.(1)求f(x)的解析式：(2)若方程f(x)=k有3个不同的解，求k的取值范围.5．（2023·全国·高三对口高考）设fx是定义在R上的奇函数，且对任意实数x，恒有fx+2=−fx．当x∈0,2时，fx=2x−x2．(1)求证：fx是周期函数；(2)当x∈2,4时，求fx的解析式；(3)计算f0+f1+f2+⋯+f2011．题型二利用函数的性质求最值6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数f(x)对于任意x,y∈R，总有f(x)+f(y)=f(x+y)，且x>0时，f(x)<0.(1)求证：f(x)在R上是奇函数；(2)求证：f(x)在R上是减函数；(3)若f(1)=−23，求f(x)在区间[−3,3]上的最大值和最小值.7．（2023·全国·高一假期作业）已知函数y=ax2−2ax+1+ba>0.(1)若a=b=1，求y在t,t+1上的最大值；(2)若函数在区间2,4上的最大值为9，最小值为1，求实数a，b的值.8．（2023春·安徽合肥·高一校考阶段练习）已知函数y=fxx∈R是偶函数．当x≥0时，fx=x2−2x．(1)求函数fx的解析式；(2)设gx=−fx+1，求gx在区间a,a+2上的最大值，其中a>−1．9．（2023春·浙江温州·高二统考学业考试）已知函数f(x)=x2+ax+1.(1)当a>2时，判断f(x)在R上的单调性；(2)记f(x)在R上的最小值为g(a)，写出g(a)的表达式并求g(a)的最大值.10．（2023春·江苏南京·高二校考阶段练习）已知函数y=fx是定义在R上的周期函数，周期为5，函数y=fx(−1≤x≤1)是奇函数，又知y=fx在[0,1]上是一次函数，在1,4上是二次函数，且在x=2时函数取得最小值−5，(1)求f1+f4的值；(2)求y=fx，x∈[1,4]上的解析式；(3)求y=fx在[4,9]上的解析式，并求函数y=fx的最大值与最小值．题型三利用函数的性质比较大小11．（2023·高一课时练习）已知函数f(x)在[1,+∞)上为增函数，对任意x∈R均满足：①f(1+x)=f(1−x)，②x1<0, x2>0且x1+x2<−2．试比较f−x1与f−x2的大小关系．12．（2022·全国·高一专题练习）定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0．(1)求证：f(x)在(0,+∞)上是增函数；(2)若f(2)=1 ，解不等式f(x+2)−f(2x)>2；(3)比较f(m+n2)与f(m)+f(n)2的大小．13．（2022秋·海南海口·高一校考期中）函数f(x)=x2+2x(x>0).(1)判断并用定义证明函数f（x）在（0，1）上的单调性；(2)若x2>x1>0，x1+x2=2，求证：fx1>fx2；(3)若fx1=fx2，且x1≠x2，求证：x1+x2>2.14．（2022秋·福建福州·高一校联考期中）已知函数f(x)=x2+2x．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)设a＞b＞1，试比较f（a），f（b）的大小，并说明理由；(3)若关于x的不等式f(x−1)≥2(x−1)+2x−1+m恒成立，求实数m的取值范围．15．（2022·高一课时练习）定义在(0,+∞)上的函数f(x)，满足f(mn)=f(m)+f(n)(m,n>0)，且当x>1时，f(x)>0.（1）求f(1)的值.（2）求证：fmn=f(m)−f(n).（3）求证：f(x)在(0,+∞)上是增函数.（4）若f(2)=1，解不等式f(x+2)−f(2x)>2.（5）比较fm+n2与f(m)+f(n)2的大小.题型四利用函数的单调性、奇偶性解不等式16．（2022秋·重庆·高一校联考期中）已知函数fx是定义在−3,3上的奇函数，当00，求实数a的取值范围．17．（2023·全国·高三专题练习）已知y=fx是定义在区间−2,2上的偶函数，其部分图像如图所示．(1)求f−1的值；(2)补全y=fx的图像，并写出不等式fx≥1的解集．18．（2023秋·黑龙江佳木斯·高一校考期末）已知函数fx=ax+bx2+1是定义在−1,1上的奇函数，且f12=−25.(1)求函数fx的解析式；(2)判断fx的单调性，并证明你的结论；(3)解不等式ft−1+ft<0.19．（2022秋·黑龙江七台河·高一校考期中）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；20．（2023秋·四川成都·高一校考期末）定义在区间D=xx≠0上的函数fx,对∀a,b∈D都有fab=fa+fb,且当x>1时,fx>0.(1)判断fx的奇偶性,并证明;(2)判断fx在0,+∞上的单调性,并证明;(3)若f2=3,求满足不等式f3m+2+fm−1−3<0的实数m的取值范围.题型五利用函数的性质解决恒成立问题21．（2023·黑龙江佳木斯·校考模拟预测）已知fx=ax2+bx+c4+x2是定义在[－2，2]上的函数，若满足fx+f−x=0且f(1)=15．(1)求fx的解析式；(2)设函数gx=x2−2mx+4m∈R，若对任意x1,x2∈1,2，都有gx20恒成立，求m的取值范围.23．（2023秋·江苏扬州·高一校考阶段练习）已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x⩾0时，f(x)=−x2+ax.(1)当a=−2时，求f(x)的解析式；(2)若函数f(x)在[0,+∞)上单调递减．(i)求a的取值范围；(ii)实数m∈−5,−2，f(m−1)+f(m2+t)<0恒成立，求实数t的取值范围．24．（2023春·湖北宜昌·高一校考阶段练习）已知函数f(x)=x2+2x+ax．(1)若g(x)=f(x)−2，判断g(x)的奇偶性（不用证明）．(2)当a=12时，先用定义法证明函数f(x)在1,+∞上单调递增，再求函数f(x)在1,+∞上的最小值．(3)若对任意x∈1,+∞，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．25．（2023春·浙江宁波·高二校考期中）已知fx=ax2+bx+c4+x2是定义在−2,2上的函数，若满足fx+f−x=0且f1=15.(1)求fx的解析式；(2)判断函数fx在−2,2上的单调性（不用证明），并求使f2t+1+ft2−1<0成立的实数t的取值范围；(3)设函数g(x)=x2−2mx+4(m∈R)，若对任意x1,x2∈[1,2]，都有g(x2)0时，解不等式2x2+3−k2x+1−k≤fx≤kx+1+1(k∈R)；(2)不等式fx2+1−mx2+1−m≥0在0,5上有解，求实数m的取值范围.30．（2022秋·山东青岛·高一校考期中）已知函数f(x)对任意m，n∈R，总有fm+n=fm+fn成立，且对任意实数x>0，总有fx>0．(1)求f0，并分析判断f(x)在R上的单调性；(2)若∀x∈(1,+∞)，不等式fa−3x+f4x−13x−1−x≥0总有解，求实数a的取值范围．专题3.5 函数性质及其应用大题专项训练【六大题型】【人教A版（2019）】姓名：___________班级：___________考号：___________题型一利用函数的性质求解析式1．（2023春·甘肃白银·高二校考期末）若定义在R上的奇函数fx满足f2−x=fx，当x∈0,1时，fx=x2−2x．(1)求f2021的值；(2)当x∈3,4时，求函数fx的表达式．【解题思路】（1）由题可得f(4+x)=f(x)，再结合条件可求；（2）由题可求当x∈[−1,0]时，f(x)=−x2−2x，再结合函数的周期性即求.【解答过程】（1）∵定义在R上的奇函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，∴f(−x)=−f(x)，f(2+x)=f(−x)=−f(x)，∴f(4+x)=f(x)，即函数f(x)是以4为周期的周期函数，又x∈[0,1]时f(x)=x2−2x，∴f(2021)=f(4×505+1)=f(1)=1−2=−1，（2）∵当x∈[0,1]时f(x)=x2−2x，∴当x∈[−1,0]时，−x∈[0,1]，∴f(x)=−f(−x)=−[(−x)2−2(−x)]=−x2−2x，∴当x∈[3,4]时，x−4∈[−1,0]，∴f(x)=f(x−4)=−(x−4)2−2(x−4)=−x2+6x−8.2．（2023春·浙江宁波·高二校考期中）设f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f(x)=x2−2−x.(1)求f(x)的解析式；(2)若“x=3”是“f(2x−t)>12”的充分条件，求实数t的取值范围.【解题思路】（1）根据函数的偶函数性质求解解析式即可；（2）根据偶函数性质和函数的单调性解不等式f(2x−t)>12，然后结合充分条件列出关于t的不等式求解即可.【解答过程】（1）f(x)是定义在R上的偶函数，则fx=f−x，当x<0时，−x>0，则fx=f−x=−x2−2x=x2−2x，所以fx=x2−2−x,x≥0x2−2x,x<0.（2）因为y=x2与y=−2−x在0,+∞上单调递增，所以fx在0,+∞上单调递增，又因为fx为偶函数，所以fx在−∞,0上单调递减.不等式f2x−t>f1等价于2x−t>1，故x>t+12或xt+12或301+x12>0,1+x22>0，所以fx10，f(x)=−f(−x)=−[(−x)2−(−x)]=−x2−x，所以f(x)的解析式为f(x)=−x2−x,x<0x2−x,x≥0.（2）由（1）知，当x<0时，f(x)=−(x+12)2+14，函数f(x)在(−∞,−12]上递增，函数值集合为(−∞,14]，在[−12,0)上单调递减，函数值集合为(0,14]，当x≥0时，f(x)=(x−12)2−14，函数f(x)在[0,12]上递减，函数值集合为[−14,0]，在[12,+∞)上单调递增，函数值集合为[−14,+∞)，在同一坐标系内作出直线y=k和函数y=f(x)的图象，如图，观察图象知，方程f(x)=k有3个不同的解，实数k的取值范围是−140时，f(x)<0.(1)求证：f(x)在R上是奇函数；(2)求证：f(x)在R上是减函数；(3)若f(1)=−23，求f(x)在区间[−3,3]上的最大值和最小值.【解题思路】（1）根据条件，通过赋值得到f(0)=0，再令y=−x即可证明结果；（2）利用（1）中结果和条件f(x1)−f(x2)=f(x1−x2)<0，再利用单调性的定义即可证明结果；（3）利用（2）中结果，得到f(x)在−3,3上也是减函数，再利用单调性和条件即可求出结果.【解答过程】（1）因为函数f(x)对于任意x,y∈R，总有f(x)+f(y)=f(x+y)，令x=y=0，得f(0)=0，令y=−x，得f(x)+f(−x)=f(0)=0，即f(−x)=−f(x)，所以f(x)在R上是奇函数.（2）在R上任取x1>x2，则x1−x2>0，又因为f(x1)−f(x2)=f(x1)+f(−x2)=f(x1−x2)，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x1−x2)<0，得到f(x1)0.(1)若a=b=1，求y在t,t+1上的最大值；(2)若函数在区间2,4上的最大值为9，最小值为1，求实数a，b的值.【解题思路】（1）分t≤12、t>12两种情况讨论即可；（2）可得函数在2,4上单调递增，然后由条件可建立方程组求解.【解答过程】（1）当a=b=1时，函数化为y=x2−2x+2，其图像的对称轴为直线x=1，而t+t+12=t+12，所以，①当t+12≤1，即t≤12时，函数在x=t时取得最大值t2−2t+2；②当t+12>1，即t>12时，函数在x=t+1时取得最大值t+12−2t+1+2=t2+1，综上，当t≤12时，最大值为t2−2t+2；当t>12时，最大值为t2+1.（2）因为函数的图像开口向上，且对称轴方程为x=1∉2,4，所以函数在2,4上单调递增，所以当x=2时，y取得最小值b+1；当x=4时，y取得最大值16a−8a+1+b=8a+1+b.由题意，可得b+1=1,8a+b+1=9,解得a=1b=0 .8．（2023春·安徽合肥·高一校考阶段练习）已知函数y=fxx∈R是偶函数．当x≥0时，fx=x2−2x．(1)求函数fx的解析式；(2)设gx=−fx+1，求gx在区间a,a+2上的最大值，其中a>−1．【解题思路】（1）利用偶函数的性质求函数fx在0,+∞上的解析式，由此可得结论；（2）结合二次函数性质确定函数gx的单调性，结合单调性求gx的最值.【解答过程】（1）因为函数y=fxx∈R是偶函数，所以当x<0时，fx=f−x，−x>0，又当x≥0时，fx=x2−2x，所以当x<0时，fx=−x2+2x=x2+2x，所以函数fx的解析式为fx=x2+2x,x<0x2−2x,x≥0，（2）因为gx=−fx+1，所以当x<0时，gx=−x2−2x+1=−x+12+2，当x≥0时，gx=−x2+2x+1=−x−12+2， 所以当x≤−1时，函数gx单调递增，当−11，所以函数gx在a,a+2上的最大值为2，当a>1时，函数gx在区间a,a+2上单调递减，所以当x=a时，gx取最大值，最大值为ga=−a2+2a+1，所以当a>−1时，gx在区间a,a+2上的最大值为ga=2,−11.9．（2023春·浙江温州·高二统考学业考试）已知函数f(x)=x2+ax+1.(1)当a>2时，判断f(x)在R上的单调性；(2)记f(x)在R上的最小值为g(a)，写出g(a)的表达式并求g(a)的最大值.【解题思路】（1）讨论分段函数中二次函数的对称轴与−1的大小关系即可得到答案.（2）分a<−2，−2≤a<2和a≥2讨论即可.【解答过程】（1）f(x)=x2−ax−a,x≤−1x2+ax+a,x>−1，即f(x)=x−a22−a24−a,x≤−1x+a22−a24+a,x>−1当a>2时，−a2<−1， a2>−1，则函数fx在−∞,−1上单调递减，在−1,+∞上单调递增，（2）a∈R，f(x)=x2−ax−a,x≤−1x2+ax+a,x>−1，当a2<−1，即a<−2时，−a2>1，函数fx在−∞,a2,−1,−a2上单调递减，在a2,−1,−a2,+∞上单调递增，fa2=−a24−a，f−a2=−a24+a，fa2>f−a2，∴g(a)=f−a2=−a24+a，当a2≥−1且−a2>−1，即−2≤a<2时，函数fx在−∞,−a2上单调递减，在−a2,+∞上单调递增，g(a)=f−a2=−a24+a，当−a2≤−1，即a≥2时，a2>−1，函数fx在(−∞,−1)上单调递减，在−1,+∞上单调递增，所以ga=f−1=1，综上g(a)=−a24+a,a<21a≥2，当a<2时，ga=−14a−22+1<1，所以gamax=1.10．（2023春·江苏南京·高二校考阶段练习）已知函数y=fx是定义在R上的周期函数，周期为5，函数y=fx(−1≤x≤1)是奇函数，又知y=fx在[0,1]上是一次函数，在1,4上是二次函数，且在x=2时函数取得最小值−5，(1)求f1+f4的值；(2)求y=fx，x∈[1,4]上的解析式；(3)求y=fx在[4,9]上的解析式，并求函数y=fx的最大值与最小值．【解题思路】（1）根据题意得到f4=f(−1)，又由y=fx是奇函数，得到f(−1)=−f(1)，即可求解；（2）令f(x)=a(x−2)2−5，结合f1+f4=0，求得a=2，即可求解；.（3）根据题意，令y=kx,(k≠0,0≤x≤1)，求得x∈−1,1时，y=−3x，结合周期性，求得函数fx的解析式，进而求得最值.【解答过程】（1）解：函数y=fx是定义在R上的周期函数，且T=5，所以f4=f(−1)，而函数y=fx在区间−1,1上是奇函数，所以f(−1)=−f(1)，所以f1+f4=0.（2）解：由y=fx在1,4上是二次函数，且在x=2时函数取得最小值−5，可设f(x)=a(x−2)2−5，因为f1+f4=0，即a−5+4a−5=0，可得a=2，所以fx=2x2−8x+3,x∈1,4.（3）解：函数y=fx,x∈−1,1是奇函数，又知y=fx在0,1上是一次函数，令y=kx,(k≠0,0≤x≤1)，由（2）得：f1=−3，可得k=−3，所以当0≤x≤1时，y=−3x，因为函数y=fx为奇函数，可得当x∈−1,1时，y=−3x，当4≤x≤6时，可得−1≤x−5≤1，所以fx=fx−5=−3x+15；当60且x1+x2<−2．试比较f−x1与f−x2的大小关系．【解题思路】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，利用单调性可得f−x1>fx2+2，由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，从而可解.【解答过程】由②知，−x1>x2+2>2，即−x1,x2+2∈[1,+∞)，又f(x)在[1,+∞)上为增函数，∴f−x1>fx2+2，又由①得，fx2+2=f1+x2+1=f1−x2+1=f−x2，所以f−x1>f−x2．12．（2022·全国·高一专题练习）定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(mn)=f(m)+f(n)(m，n>0)，且当x>1时，f(x)>0．(1)求证：f(x)在(0,+∞)上是增函数；(2)若f(2)=1 ，解不等式f(x+2)−f(2x)>2；(3)比较f(m+n2)与f(m)+f(n)2的大小．【解题思路】（1）抽象函数单调性证明，第一步定义域下取值，第二步作差，第三步比大小，第四步结论.（2）抽象函数解不等式，利用定义的运算及函数的性质列式求解即可.（3）利用函数性质及基本不等式列式求解即可.【解答过程】（1）证明：设01，则f(x2x1)>0，f(x2)−f(x1)=f(x2x1·x1)−f(x1)=f(x2x1)>0，即f(x2)>f(x1)，则f(x)在(0,+∞)为增函数．（2）若f(2)=1，则f（2）+f（2）=f（4）=2，则不等式f(x+2)−f(2x)>2等价为f(x+2)−f(2x)>f(4)；即f(x+2)>f(2x)+f(4) =f(8x)；则满足{x+2>02x>0x+2>8x，即{x>−2x>0x<27，解得x∈(0,27)．（3）因为f(mn)=f(m)+f(n)，所以f(m+n2)+f(m+n2)=f((m+n2)2)，2f(m+n2)=f((m+n2)2)⩾f((mn)2)=f(mn)=f(m)+f(n)，∴f(m+n2)⩾f(m)+f(n)2．13．（2022秋·海南海口·高一校考期中）函数f(x)=x2+2x(x>0).(1)判断并用定义证明函数f（x）在（0，1）上的单调性；(2)若x2>x1>0，x1+x2=2，求证：fx1>fx2；(3)若fx1=fx2，且x1≠x2，求证：x1+x2>2.【解题思路】（1）用定义证明.（2）由已知寻找x1、x2、2−x2的范围，并比较2−x2与x2的大小，再利用（1）的单调性可得证.（3）代入函数表达式整理fx1=fx2，得x1+x2=2x1x2，再用基本不等式即可.【解答过程】（1）设00，fx1>fx2，故f（x）在（0，1）上的单调减.（2）∵x2>x1>0，x1+x2=2，∴2x1x1+x2=2，1fx2（3）∵fx1=fx2，∴x12+1x1−x22+1x2=0，x1−x2x1+x2−2x1x2=0 x1≠x2，∴x1+x2=2x1x2>2x1+x222，x1+x23>8，所以x1+x2>2.14．（2022秋·福建福州·高一校联考期中）已知函数f(x)=x2+2x．(1)求f(1)，f(2)的值；(2)设a＞b＞1，试比较f（a），f（b）的大小，并说明理由；(3)若关于x的不等式f(x−1)≥2(x−1)+2x−1+m恒成立，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）代值即可求解；（2）采用作差法得fa−fb=a−ba+b−2ab，分析正负即可判断；（3）将条件化简得x2−4x+3−m≥0对一切x恒成立，即Δ≤0恒成立，解不等式即可【解答过程】（1）因为fx=x2+2x，所以f1=12+21=3，f2=22+22=5；（2）fa>fb，理由如下：.fa−fb=a2+2a−b2+2b =a−ba+b−2ab因为a>b>1，则a+b>2，ab>1，所以2ab<2，即a+b−2ab>0，a−b>0，所以a−ba+b−2ab>0，即fa>fb；（3）因为函数fx=x2+2x，则不等式可化为x−12+2x−1≥2x−1+2x−1+m，化简可得x2−4x+3−m≥0对一切x恒成立，所以Δ=42−4×3−m≤0，解得m≤−1所以m的取值范围为−∞,−1.15．（2022·高一课时练习）定义在(0,+∞)上的函数f(x)，满足f(mn)=f(m)+f(n)(m,n>0)，且当x>1时，f(x)>0.（1）求f(1)的值.（2）求证：fmn=f(m)−f(n).（3）求证：f(x)在(0,+∞)上是增函数.（4）若f(2)=1，解不等式f(x+2)−f(2x)>2.（5）比较fm+n2与f(m)+f(n)2的大小.【解题思路】（1）令m=n=1，代入可求解；（2）由m=mn·n代入已知条件变形可得；（3）由单调性定义证明；（4）根据已知把不等式变为f(x+2) >f(8x)，再由单调性求解；（5）由fm+n2=12fm+n2+fm+n2=12fm+n22，然后比较fm+n22与f(mn)的大小即可．【解答过程】（1）令m=n=1，由条件得f(1)=f(1)+f(1)⇒f(1)=0.（2）f(m)=fmn⋅n=fmn+f(n)，即fmn=f(m)−f(n).（3）任取x1，x2∈(0,+∞)，且x11.由（2）得.fx2−fx1=fx2x1>0，即fx2>fx1.∴fx在(0,+∞)上是增函数.（4）∵f(2)=1，∴2=f(2)+f(2)=f(4)，f(x+2)−f(2x)>2⇔f(x+2)>f(2x)+f(4)⇒f(x+2) >f(8x).又f(x)在(0,+∞)上为增函数，∴x+2>8x,x>0,解得02的解集为x∣00，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）利用奇函数定义直接可得；（2）设−3≤x<0，利用fx=−f−x=−12x2+x，可得解析式；（3）利用函数的奇偶性，根据单调性可去掉符号“f”，再考虑到定义域即可求出a的范围．【解答过程】（1）因为fx为奇函数，则f−1=−f1=−12+1=−32（2）因为fx为奇函数，f0=0，设−3≤x<0，则0<−x≤3，则f−x=12−x2+−x=12x2−x,因为fx为奇函数，则fx=−f−x=−12x2+x 则fx=12x2+x,00，∴f3a+1>−f2a−1=f1−2a，故有：−3≤3a+1≤3−3≤2a−1≤33a+1>1−2a，则有−43≤a≤23−1≤a≤2a>0，解得00，−10，x22+1>0所以fx2−fx1<0，即fx2−t，解得012，故120．(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；【解题思路】（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.【解答过程】（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−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，∴−11时,fx>0.(1)判断fx的奇偶性,并证明;(2)判断fx在0,+∞上的单调性,并证明;(3)若f2=3,求满足不等式f3m+2+fm−1−3<0的实数m的取值范围.【解题思路】(1)根据赋值,先求出f1,再求出f−1,再令a=−1,b=x代入可得fx,f−x,即可得奇偶性;(2)先判断出fx单调性,再根据单调性的定义进行证明即可;(3)先根据fx的定义将f3m+2+fm−1合并,再根据f2=3及单调性列出不等式,并注意定义域解出即可.【解答过程】（1）由题知,fx为偶函数,证明如下:不妨令a=b=1代入fab=fa+fb可得f1=f1+f1,∴f1=0,令a=b=−1代入可得f1=f−1+f−1,∴f−1=0,令a=−1,b=x代入可得f−x=f−1+fx=fx,∵D=xx≠0,∴fx为偶函数;（2）fx在0,+∞单调递增,证明如下:∀x1,x2∈0,+∞,x1>x2,∴x1x2>1,∴fx1−fx2=fx2⋅x1x2−fx2 =fx2+fx1x2−fx2 =fx1x2,∵x1x2>1,∴fx1x2>0,∴fx1−fx2>0,∴fx在0,+∞单调递增;（3）由题f3m+2+fm−1−3<0,∴f3m+2m−1<3=f2,由(2)知fx在0,+∞单调递增,所以3m+2m−1<23m+2≠0m−1≠0即−2<3m+2m−1<23m+2≠0m−1≠0,解得m∈−1,−23∪−23,0∪13,1∪1,43.题型五利用函数的性质解决恒成立问题21．（2023·黑龙江佳木斯·校考模拟预测）已知fx=ax2+bx+c4+x2是定义在[－2，2]上的函数，若满足fx+f−x=0且f(1)=15．(1)求fx的解析式；(2)设函数gx=x2−2mx+4m∈R，若对任意x1,x2∈1,2，都有gx20,4−x1x2>0，∴fx2−fx1>0，即fx2>fx1，故函数fx=x4+x2在[1，2]上单调递增，最小值为f(1)=15．法一：gx=x2−2mx+4<15在[1，2]上恒成立，只要2m>x+195xmax，y=x+195x在1,955上单调递减，在955,2上单调递增，当x=1时，x+195x=245，当x=2时，x+195x=3910<245，故当x=1时，x+195xmax=245，所以m>125．法二：gx=x2−2mx+4=x−m2+4−m2，x∈1,2，当m≤32时，gxmax=g(2)<15，4−4m+4<15，解得m>3920，舍去；当m>32时，gxmax=g(1)<15，1−2m+4<15，解得m>125，因此m>125，综上所述：m>125．22．（2023春·贵州黔东南·高一校考阶段练习）已知函数fx是定义在R上的奇函数，当x≥0时，fx=ax2+x+a−1.(1)求函数fx的解析式.(2)若对任意的t∈0,2，fm+t+f2t2−3t>0恒成立，求m的取值范围.【解题思路】（1）设x<0，结合函数的解析式和奇函数的性质可得函数的解析式；（2）首先确定函数的单调性，结合函数的单调性转化为对任意的t∈0,2，m+t>−2t2+3t恒成立，结合二次函数的性质可得m的取值范围.【解答过程】（1）函数fx是定义在R上的奇函数，所以f0=a−1=0，解得a=1.当x≥0时，fx=x2+x，当x<0时，fx=−f−x=−−x2+−x=−x2+x，所以fx=x2+x,x≥0−x2+x,x<0.（2）当x≥0时，fx=x2+x，fx单调递增，因为fx在0,+∞上是增函数，又fx为奇函数，所以fx在R上单调递增.因为fx为奇函数，fm+t+f2t2−3t>0，所以fm+t>−f2t2−3t，即fm+t>f−2t2+3t，则对任意的t∈0,2，m+t>−2t2+3t恒成立，即m>−2t2+2t对任意的t∈0,2恒成立.当t=12时，−2t2+2t取最大值12，所以m>12.故m的取值范围是12,+∞.23．（2023秋·江苏扬州·高一校考阶段练习）已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x⩾0时，f(x)=−x2+ax.(1)当a=−2时，求f(x)的解析式；(2)若函数f(x)在[0,+∞)上单调递减．(i)求a的取值范围；(ii)实数m∈−5,−2，f(m−1)+f(m2+t)<0恒成立，求实数t的取值范围．【解题思路】(1)设x<0，结合x⩾0时函数的解析式和奇函数的性质可得函数的解析式；(2)（i）利用函数的单调性求解；（ii）根据题意，得到f(m2+t)0，f(−x)=−(−x)2−2(−x)=−x2+2x， 因为f(x)是奇函数，所以f(x)=−f(−x)=−(−x2+2x)=x2−2x， 所以f(x)=x2−2x,x<0−x2−2x,x≥0；（2）(i)当x⩾0时，f(x)=−x2+ax图象的对称轴为x=a2， 因为函数f(x)在[0,+∞)上单调递减，所以a2⩽0,a⩽0，即a的取值范围为−∞,0； (ii)因为f(m−1)+f(m2+t)<0⇒f(m2+t)1−m, 即t>−m2−m+1在m∈[−5,−2]时恒成立， 因为−m2−m+1=−(m+12)2+54∈−19,−1， 所以t>−1， 即实数t的取值范围为(−1,+∞).24．（2023春·湖北宜昌·高一校考阶段练习）已知函数f(x)=x2+2x+ax．(1)若g(x)=f(x)−2，判断g(x)的奇偶性（不用证明）．(2)当a=12时，先用定义法证明函数f(x)在1,+∞上单调递增，再求函数f(x)在1,+∞上的最小值．(3)若对任意x∈1,+∞，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）利用奇函数的定义即可求解；（2）利用函数的单调性及函数的最值的定义即可求解；（3）将不等式恒成立问题转化为求函数的最值问题，利用二次函数的性质即可求解.【解答过程】（1）g(x)为奇函数．理由如下：g(x)=f(x)−2=x+ax(x≠0)，函数g(x)的定义域为xx≠0，关于原点对称，g(−x)=−x−ax=−(x+ax)=−g(x)，所以g(x)是奇函数．（2）当a=12时，f(x)=x+12x+2，∀x1,x2∈1,+∞，且x11，2x1x2−1>0，所以(x1−x2)(2x1x2−1)2x1x2<0，即f(x1)−f(x2)<0，于是有f(x1)0恒成立，则x2+2x+a>0x≥1,⇔a>−x2+2x,x≥1,所以问题转化为a大于函数φ(x)=−(x2+2x)在1,+∞上的最大值，φ(x)=−(x2+2x)=−x+12+1，x∈1,+∞，由二次函数函数的性质知，开口向下，对称轴为x=−1，所以函数φ(x)在1,+∞上单调递减，所以φ(x)最大值为φ(1)=−3，即a>−3.所以实数a的取值范围是(−3,+∞)．25．（2023春·浙江宁波·高二校考期中）已知fx=ax2+bx+c4+x2是定义在−2,2上的函数，若满足fx+f−x=0且f1=15.(1)求fx的解析式；(2)判断函数fx在−2,2上的单调性（不用证明），并求使f2t+1+ft2−1<0成立的实数t的取值范围；(3)设函数g(x)=x2−2mx+4(m∈R)，若对任意x1,x2∈[1,2]，都有g(x2)x+195xmax，根据单调性计算最值得到答案.【解答过程】（1）x∈−2,2，且fx+f−x=0，所以fx为奇函数，将x=0代入fx+f−x=0可得f0=0，即c4=0，所以c=0，即fx=ax2+bx4+x2，因为f1=15，所以f−1=−15，代入可得a+b5=15a−b5=−15，解得a=0b=1，故fx=x4+x2；fx=x4+x2，fx=−x4+x2=−fx，函数为奇函数，满足，故fx=x4+x2.（2）设−2≤x10,4−x1x2>0，∴fx2−fx1>0，即fx2>fx1，故函数fx=x4+x2在−2,2上单调递增，因为fx=x4+x2为奇函数，所以f2t+1+ft2−1<0，即f2t+1<−ft2−1=f1−t2，根据单调性及定义域可得：−2≤2t+1≤2−2≤t2−1≤22t+1<1−t2，解得−32≤t≤12−3≤t≤3−2x+195xmax，y=x+195x在1,955上单调递减，在955,2上单调递增，当x=1时，x+195x=245，当x=2时，x+195x=3910<245，故当x=1时，x+195xmax=245，所以m>125.法二：g(x)=x2−2mx+4=(x−m)2+4−m2，x∈1,2，当m≤32时，g(x)max=g(2)<15，4−4m+4<15，解得m>3920，舍去；当m>32时，g(x)max=g(1)<15，1−2m+4<15，解得m>125，因此m>125，综上所述：m>125.题型六利用函数的性质解决有解问题26．（2022秋·湖北荆州·高一校联考期末）定义域为[−2，2]的奇函数fx满足，当x∈0,2时，fx=x2−x,x∈0,1,x−1,x∈1,2. (1)求fx的值域；(2)若x∈−2,0时,fx≥t2−2有解，求实数t的取值范围.【解题思路】（1）根据二次函数和一次函数的单调性可求解x∈0,2时的值域，根据奇函数的性质，即可求解[−2，2]上的值域，（2）将有解问题转化成最值问题，即可求解.【解答过程】（1）fx为定义在[−2，2]上的奇函数，故f0=0，当x∈0，1时，fx=x2−x=x−122−14，当x∈012时，fx=x2−x单调递减，当x∈121时，fx=x2−x单调递增，又f12=−14,f(1)=1−1=0，当x∈(1,2],f(x)=x−1单调递增，f2=2−1=1，又f1=1−1=0，故x∈0,2时.fx∈−141，由于f（x）为定义在[−2，2]上的奇函数，故当x∈[−2,0)时，f(x)∈−1,14，综上：f(x)∈−1,1；.（2）由（1）知：x∈−2,0时，f(x)∈−1,14，若x∈[−2,0)时，fx≥t2−2有解，只需f(x)max≥t2−2，故14≥t2−2，即t2≤94，解得−32≤t≤32，实数t的取值范围是[−32，32].27．（2023·全国·高一专题练习）已知函数y=fx的表达式fx=x+mx+2（m为实数）．(1)函数y=fx在区间2,+∞上是严格增函数，试用函数单调性的定义求实数m的取值范围；(2)设m<0，若不等式fx≤kx在x∈12,1上有解，求k的取值范围．【解题思路】（1）利用函数单调性定义，我们设2≤x10，因为x2−x1>0，x1x2>0，所以x1x2−m>0，即mx1≥2，得x1x2>4，所以m≤4，所以，m的取值范围是−∞,4．（2）由fx≤kx，得x+mx+2≤kx，因为x∈12,1，所以k≥mx2+2x+1，令t=1x，则t∈1,2，所以k≥mt2+2t+1，令gt=mt2+2t+1，t∈1,2，于是，要使原不等式在x∈12,1有解，当且仅当k≥gtmin，因为m<0，所以gt=mt+1m2+1−1m图象开口向下，对称轴为直线t=−1m>0，因为t∈1,2，设：t0为区间1,2的中点值，t0=1+22=32，故当032，即−230．又2x1+1＞0，2x2+1＞0，∴2x2−2x12x1+12x2+1>0，∴fx1−fx2>0，即fx1>fx2．∴fx在R上是严格减函数．（3）∵fx是奇函数，∴不等式f−2m2+3m−4+fm2−2mt≤0，即f−2m2+3m−4≤f−m2+2mt∵fx在R上是严格减函数，∴−2m2+3m−4≥−m2+2mt在m∈[1,3]上有解，即−m2+3m−4≥2mt在m∈[1,3]上有解，∴2t≤−m+3−4m在m∈[1,3]上有解，∵−m+3−4m=−m+4m+3≤−1，当且仅当m=2时等号成立，∴2t≤−1，即t≤−12.29．（2022秋·山东泰安·高一统考期中）已知函数fx是定义在实数集R上的偶函数，当x≤0时，fx=x2−x+1.(1)当x>0时，解不等式2x2+3−k2x+1−k≤fx≤kx+1+1(k∈R)；(2)不等式fx2+1−mx2+1−m≥0在0,5上有解，求实数m的取值范围.【解题思路】（1）根据偶函数的性质求出函数在x>0时的解析式，则不等式等价于x2+2−k2x−k≤0x2+1−kx−k≤0，由x>0可得x−k2≤0x−k≤0，再对k分k≤0和k>0两种情况讨论，求出不等式组的解集；（2）令x2+1=t，则问题等价于ft−mt+1≥0在t∈1,6上有解，参变分离可得m≤t+2t+1，令gt=t+2t+1，t∈1,6求出函数的最大值，即可求出参数的取值范围.【解答过程】（1）解：因为fx是定义在实数集R上的偶函数，且当x≤0时，fx=x2−x+1，设x>0时，则−x<0，所以f−x=x2+x+1又因为f−x=fx，所以fx=x2+x+1.不等式可化为x2+2−k2x−k≤0x2+1−kx−k≤0，即x+2x−k2≤0x+1x−k≤0，因为x>0，所以x+1>0，x+2>0，以上不等式组等价为x−k2≤0x−k≤0，当k≤0时，解不等式组得x≤k≤0，由于x>0，此时不等式无解；当k>0时，解不等式组得x≤k2，又因为x>0，所以00时，不等式的解集为0,k2.（2）解：不等式整理为fx2+1−mx2+1+1≥0，令x2+1=t，因为x∈0,5，可知t∈1,6，不等式转化为ft−mt+1≥0在t∈1,6上有解，整理为m≤t2+t+2t=t+2t+1，令gt=t+2t+1，其中t∈1,6，因为gt在1,2上单调递减，在2,6上单调递增，且g1=4，g6=223>4，所以gtmax=223.所以不等式fx2+1−mx2+1−m≥0在0,5上有解，等价于m≤gtmax，所以m≤223，所以m的取值范围是−∞,223.30．（2022秋·山东青岛·高一校考期中）已知函数f(x)对任意m，n∈R，总有fm+n=fm+fn成立，且对任意实数x>0，总有fx>0．(1)求f0，并分析判断f(x)在R上的单调性；(2)若∀x∈(1,+∞)，不等式fa−3x+f4x−13x−1−x≥0总有解，求实数a的取值范围．【解题思路】（1）根据题意令m=n=0求f0，令m=x1−x2,n=x2结合单调性的定义证明函数单调性；（2）令m=x,n=−x结合奇偶性的定义可证f(x)在R上为奇函数，根据奇函数和单调性整理可得a≥4x−4x−13x−1当x∈(1,+∞)成立，根据能成立问题结合基本不等式运算求解.【解答过程】（1）∵fm+n=fm+fn，令m=n=0，则f0=f0+f0，可得f0=0，函数在R上递增，证明如下：令m=x1−x2,n=x2，且x1>x2，则fx1=fx1−x2+fx2，即fx1−fx2=fx1−x2，∵x1>x2，即x1−x2>0，则fx1−x2>0，∴fx1−fx2>0，即fx1>fx2，故f(x)在R上单调递增.（2）∵fm+n=fm+fn，令m=x,n=−x，则f0=fx+f−x=0，即fx=−f−x，∴故f(x)在R上为奇函数，∵fa−3x+f4x−13x−1−x≥0，则fa−3x≥−f4x−13x−1−x=fx−4x−13x−1，又∵f(x)在R上单调递增，则a−3x≥x−4x−13x−1，即a≥4x−4x−13x−1当x∈(1,+∞)成立，4x−4x−13x−1=4x−1−4x−1−9x−1+4=4x−1+9x−1≥24x−1×9x−1=12，当且仅当4x−1=9x−1，即x=52时等号成立，∴a≥12，故实数a的取值范围为12,+∞.