2027年高考数学一轮复习学案 专题03 函数的概念与性质

这是一份2027年高考数学一轮复习学案 专题03 函数的概念与性质学案主要包含了知能解读 01，知能解读 02，知能解读 03，知能解读 04，知能解读 05，重难点突破 01，重难点突破 02，重难点突破 03等内容，欢迎下载使用。
理·思维导图：呈现教材知识结构，构建学科知识体系。
盘·基础知识：甄选核心知识逐项分解，基础不丢分。
【知能解读 01】函数的相关概念
【知能解读 02】函数的单调性
【知能解读 03】函数的奇偶性
【知能解读 04】函数的周期性
【知能解读 05】函数的对称性
破·重点难点：突破重难点，冲刺高分。
【重难点突破 01】函数值域的求法
【重难点突破 02】常见奇/偶函数的类型及应用
【重难点突破 03】函数的奇偶性、周期性、对称性关系
【重难点突破 04】抽象函数的性质综合
辨·易混易错：辨析易混易错知识点，夯实基础。
【易混易错 01】复合函数定义域忽略内层值域与外层定义域关系致错
【易混易错 02】忽略二次型式子最高次系数为 0 致错
【易混易错 03】判断函数奇偶性时忽略定义域致错
【易混易错 04】利用单调性解不等式时忽略定义域致错
【易混易错 05】研究分段函数单调性时忽略分段点致错
点·方法技巧：点拨解题方法，练一题通一类
【方法技巧 01】函数定义域的常见类型
【方法技巧 02】求函数解析式常用方法
【方法技巧 03】分段函数的常见类型及解法
【方法技巧 04】函数单调性的应用及方法
【方法技巧 05】函数奇偶性的应用及方法
函数的相关概念
函数的定义：一般地，设 A, B 是非空的数集，如果对于集合 A 中的任意一个数 x ，按照某种确定的对应关系 f ，在集合 B 中都有唯一确定的 y 和它对应，那么就称 f : A  B 为从集合 A 到集合 B 的一个函数，
记作 y  f (x), x  A .
函数的三要素
在函数 y  f (x), x  A 中， x 叫做自变量， x 的取值范围 A 叫做函数的定义域；
与 x 的值相对应的 y 值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域。显然，值域是集合 B
的子集．
函数的对应关系： y  f (x), x  A .
相等函数与分段函数
相等函数：如果两个函数的定义域和对应关系完全一致，则这两个函数相等．
分段函数：在函数定义域内，对于自变量 x 取值的不同区间，有着不同的对应关系，这样的函数称为分段函数．分段函数的定义域是各段定义域的并集，值域是各段值域的并集。分段函数虽然是由几个部分构成，但它表示的是一个函数，各部分函数定义域不可以相交．
【真题实战】（2025·北京·二模）函数 f  x   x  1  3 的定义域为．
x2
【答案】1, 0 ∪0, 
3x 1  0

【解析】由函数 f  x   x  1 有意义，则满足 0 ，解得 x  1且 x  0 ，
x2x2
所以函数 f  x  的定义域为1, 0 ∪ 0,  .
函数的单调性
单调函数的定义
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的值 x1, x2 ，
当 x1  x2 时，都有 f (x1 )  f (x2 ) ，那么就说函数 f(x)在区间 D 上是单调递增函数。当 x1  x2 时，都有 f (x1 )  f (x2 ) ，那么就说函数 f(x)在区间 D 上是单调递减函数。
单调性的图形趋势（从左往右）
上升趋势下降趋势
函数的单调区间
若函数 y＝f(x)在区间 D 上是增函数或减函数，则称函数 y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间 D
叫做 y＝f(x)的单调区间．
【注意】
函数单调性关注的是整个区间上的性质，单独一点不存在单调性问题，故单调区间的端点若属于定义域，则区间可开可闭，若区间端点不属于定义域则只能开．
单调区间 D⊆定义域 I.
遵循最简原则，单调区间应尽可能大；
单调区间之间可用“，”分开，不能用“∪”，可以用“和”来表示．
函数单调性的性质
若函数 f (x) 与 g (x) 在区间 D 上具有单调性，则在区间 D 上具有以下性质：
f (x) 与 f (x)  C （C 为常数）具有相同的单调性．
f (x) 与 f (x) 的单调性相反．
当 a  0 时， af (x) 与 f (x) 单调性相同；当 a  0 时， af (x) 与 f (x) 单调性相反．
f (x)
若 f (x) ≥0，则 f (x) 与
具有相同的单调性．
若 f (x) 恒为正值或恒为负值，则当 a  0 时， f (x) 与
a
a
具有相反的单调性；
f (x)
当a  0 时， f (x) 与具有相同的单调性．
f (x)
f (x) 与 g (x) 的和与差的单调性（相同区间上）：
简记为：↗  ↗ ↗;（2）↘  ↘ ↘;（3）↗﹣↘=↗;（4）↘﹣↗=↘.
复合函数的单调性：对于复合函数 y＝f[g(x)]，
若 t＝g(x)在区间(a，b)上是单调函数，且 y＝f(t)在区间(g(a)，g(b))或(g(b)，g(a))上是单调函数若 t＝g(x)与 y＝f(t)的单调性相同，则 y＝f[g(x)]为增函数
若 t＝g(x)与 y＝f(t)的单调性相反，则 y＝f[g(x)]为减函数．简称“同增异减”．
x
【真题实战】（2025·浙江金华·三模）已知函数 f  x  a lnx 在区间1, 4 上单调递增，则a 的最小值为
（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】B
x
【解析】求导得 f x   1 a 1  1 = a x 2 ，
2x2 x
x
要满足函数 f  x  a lnx 在区间1, 4 上单调递增，
x
x
则 f  x  a  2  0 ，即 a  2 ，
2x
x
因为 x 1, 4 ，所以 2 1，2，即 a  2 ，故选：B.
函数的奇偶性
函数的奇偶性
奇偶性
定义
图象特点
偶函数
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)是偶函数
关于 y 轴对称
奇函数
如果对于函数 f(x)的定义域内任意一个 x，都有
关于原点对称
函数奇偶性的几个重要结论
f ( x) 为奇函数⇔ f ( x) 的图象关于原点对称； f ( x) 为偶函数⇔ f ( x) 的图象关于 y 轴对称．
如果函数 f ( x) 是偶函数，那么 f (x)  f ( x ) ．
既是奇函数又是偶函数的函数只有一种类型，即 f (x)  0 ，x∈D，其中定义域 D 是关于原点对称的非空数集．
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．
偶函数在关于原点对称的区间上有相同的最大(小)值，取最值时的自变量互为相反数；奇函数在关于原点对称的区间上的最值互为相反数，取最值时的自变量也互为相反数．
【真题实战】（2025·全国一卷·高考真题）设 f ( x) 是定义在R 上且周期为 2 的偶函数，当2  x  3 时，
f (x)  5  2x ，则 f   3   （ ）
 4 
f (x)   f (x) ，那么函数 f ( x) 是奇函数
 1
2
【答案】A

 1
4
C． 1． 1
D
42
【解析】由题知 f (x)  f (x), f (x  2)  f (x) 对一切 x R 成立，
于是 f ( 3)  f ( 3)  f (11)  5  2  11   1 .故选：A
44442
函数的周期性
周期函数的定义
对于函数 y  f ( x) ，如果存在一个非零常数 T，使得当 x 取定义域内的任何值时，都有 f x  T   f x ，那么就称函数 f ( x) 为周期函数，称 T 为这个函数的周期．
最小正周期：如果在周期函数 f ( x) 的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做 f ( x) 的最小正周期．
【真题实战】（2025·吉林·三模）已知 f  x 是定义在 R 上的奇函数，且 f 1 2x是偶函数，当 x 0,1 时，
f  x  x2 ，则 f 7  （ ）
49
【答案】D
1
C．0D．1
【解析】 f 1 2x 是偶函数， f 1 2x  f 1 2x ，则 f 1 x  f 1 x ，从而 f  x  2  f  x  ，又 f  x  是奇函数，则 f  x    f  x  ，
 f  x  2   f  x ，进而 f  x  4   f  x  2  f  x  ，所以 f  x  是周期为4 的周期函数，
又当 x 0,1 时， f  x  x2 ，则 f 1  12  1，所以 f 7  f 1   f 1  1.故选：D.
函数的对称性
关于线对称
若函数 y  f ( x) 满足 f (a  x)  f (b  x) ，则函数 y  f ( x) 关于直线 x  a  b 对称，特别地，当 a＝b＝0 时，
2
函数 y  f ( x) 关于 y 轴对称，此时函数 y  f ( x) 是偶函数．
关于点对称
若函数 y  f ( x) 满足 f (2a  x)  2b  f (x) ，则函数 y  f ( x) 关于点(a，b)对称，特别地，当 a＝0，b＝0 时，
f (x)   f (x) ，则函数 y  f ( x) 关于原点对称，此时函数 f ( x) 是奇函数．
【真题实战】（2025·湖南长沙·三模）已知函数 f ( x) 和 g(x) 的定义域均为R ，且 y  f (4  x) 为偶函数，
y  g( x  4)  1为奇函数，若x  R ，均有 f (x)  g(x)  x2 1，则 f (7)  g(7)  （ ）
A．575B．598C．621D．624
【答案】C
【解析】由 y  f (4  x) 为偶函数有 f 4  x  f 4  x，又 y  g( x  4)  1为奇函数，所以 g  x  4 1   g x  4 1 ，即 g 4  x  g 4  x  2 ，

 f 4  x   g 4  x  4  x 2 1

因为 f (x)  g(x)  x2 1，所以 f 4  x   g 4  x  4  x 2 1  g 4  x  g

 f 4  x   f 4  x 

又 g 4  x  g 4  x  2 ，解得 g 4  x  8x 1 ，即 g  x  8x  33，所以 g 7  8 7  33  23 ，又 f 7  g 7  72 1  50 ，
所以 f 7  50  g 7  50  23  27 ，所以 f (7)  g(7)  23 27=621，故选：C.
4  x  16x ，
01 函数值域的求法
单调性法：如果一个函数为单调函数，则由定义域结合单调性可快速求出函数的最值(值域)．
图象法：作出函数图象，通过观察曲线所覆盖函数值的区域确定值域．
配方法：主要用于二次函数或可化为二次函数的函数，要特别注意自变量的取值范围．
换元法：换元法是将函数解析式中关于 x 的部分表达式视为一个整体，并用新元 t 代替，将解析式化归为熟悉的函数，进而解出最值(值域)．
分离常数法：主要用于含有一次的分式函数，形如 y 
不为零）的函数，求其值域可用此法．
ax  b cx  d
或 y 
ax2  bx  e cx  d
（ a ， c 至少有一个
判别式法：主要用于含有二次的分式函数，形如： y 
ax 2  bx  c dx 2  ex  f
将函数式化成关于 x 的方程，且方程有解，用根的判别式求出参数 y 的取值范围，即得函数的值域。应用判别式法时必须考虑原函数的定义域，并且注意变形过程中的等价性．
导数法：对可导函数 f (x) 求导，令 f (x)  0 ，求出极值点，判断函数的单调性，函数最值在极值点处
或区间端点处．
【典例 1】（24-25 高三上·福建福州·月考）下列函数最小值为 4 的是（ ）
y  x  4
x
y  x2  4
x2
y  x  4
【答案】B
D． y   x  42
【解析】选项 A， x  0 时， y  x  4  0 ，最小值不是 4，A 错；
x
选项 B，由基本不等式知 y  x2  4
x2
 4 ，当且仅当 x  时等号成立，B 正确；
2
选项 CD 中，当 x  4 时，函数最小值为 0，CD 均错．故选：B．
x  1
【典例 2】（2025·甘肃金昌·模拟预测）已知正数 x，y 满足 x  y  4 ，则
 y 的取值范围为（ ）

A． 5,3
B．3, 5 
C． 
3, 5 
D． 
3,3

【答案】B
 y  4  x  0
【解析】因正数 x，y 满足 x  y  4 ，故x  0
x  1
x  1

，解得 x 0, 4 ，
x  1
因
 y 
 x  4 ，设t 
，则t 1, 5  ，且 x  4  t2  5，
于是
 y  t2  t  5  (t  1 )2  21 ．由t  (1, 5) ，可得3 
x  1
24
 y 
5 .故选：B．
x  1
【典例 3】（2025·宁夏陕西·模拟预测）已知函数 f  x 1  2x  2 x ，则 f  x  在1,1 上的最大值为（ ）
3
2
【答案】C
15
4
C．0D．1
12
【解析】 f  x 1  2x  2x ，令t  x  1，则 f t   2t1  21t ，则 f  x  2x1  21x , x R ，
x1, x2
1,1且-1£ x1 < x2
£ 1，则 f  x   f  x   2x1 1  21x1   2x2 1  21x2 
12

12

 2x 1  2x 1   1  1   2x 1 2 x 1 1 1
 2x1 1
2 x2 1 
2 x1  x2 2 
因-1£ x1 < x2 £ 1，则 x1 1  x2 1 ，则2x1 1  2x2 1 ，
又2x1  x2 2  0 ，则 f  x1   f  x2   0 ，即 f  x1   f  x2  ，则 f  x  在1,1 上单调递增，
则 f  x  的最大值为 f 1  0 .故选：C
02 常见奇/偶函数的类型及应用
f  x  ax  ax （ a  0且a  0 ）为偶函数；
f  x  ax  ax （ a  0且a  0 ）为奇函数；
ax  a x
a2x 1
f  x 
ax  a x  a2x
 1 （ a  0且a  0 ）为奇函数；
f  x  lg
b  x （ a  0且a  0, b  0 ）为奇函数；
a b  x
x2 1
f  x  lga  x（ a  0且a  0 ）为奇函数；
f  x  ax  b  ax  b 为偶函数；
f  x  ax  b  ax  b 为奇函数．
【典例 1】（2025·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数 f (x)  sin x  2x  a  2 x  为偶函数，则实数a 的值为．
【答案】1
【解析】 y  sin x 为奇函数，
当函数 f ( x)  sin x  2x  a  2 x 为偶函数时，函数 g (x)  2x  a  2x 为奇函数，所以 g(0)  1 a  0 ，解得： a  1 ．经验证符合题意，
4x2  1
【典例 2】（2025·河北·模拟预测）若 f  x   ex  e x lg2 
A．2B．1C． 3 2
 ax （其中a  0 ）是偶函数，则a （ ）
5
2
【答案】A
【解析】由题意知： f x   ex  ex lg 2  4x 2 1  ax  f x  ，
则lg2  4x2 1  ax  lg2  4x2 1  ax，
2 
化简为lg 4  a2  x2  1  0 ，则4  a2  0 ，解得a  2 ．故选：A．
03 函数的奇偶性、周期性、对称性关系
函数 f  x 是偶函数；②函数图象关于直线 x  a 对称；③函数的周期为 2 a ．
函数 f  x 是奇函数；②函数图象关于点a, 0 对称；③函数的周期为 2 a ．
函数 f  x 是奇函数；②函数图象关于直线 x  a 对称；③函数的周期为 4 a ．
函数 f  x 是偶函数；②函数图象关于点a, 0 对称；③函数的周期为 4 a ．其中 a  0 ，上面每组三个结论中的任意两个能够推出第三个．
【典例 1】（2025·广东惠州·模拟预测）已知函数 f  x  的定义域为R, f  x  2 为偶函数， f  x 1 为奇函数，
则（ ）
A． f   1   0
B． f 1  0
f 2  0
f 4  0
 2 

【答案】B
【解析】因为函数 f  x  2 为偶函数，则 f 2  x  f 2  x，可得 f  x  3  f 1 x ，因为函数 f  x 1为奇函数，则 f 1 x   f  x 1 ，
所以 f  x  3   f  x 1 ，即得 f  x  2   f  x ，
即 f  x  4  f  x ，故函数 f  x 是以 4 为周期的周期函数，
对于 f 1 x   f  x 1 ，令 x  0 ，则 f 1   f 1  f 1  0 ，对于 f  x  2   f  x ，令 x  1 ，则 f 1   f 1  0 ，B 正确；
由题意可知 f   1    f  3    f  5  ，无法推出 f   1   0 ，A 错误，
 2  2  2  2 
  
又 f 2   f 0 ， f 4  f 0 ，而 f 0 是否为 0 不确定，故 CD 错误，故选：B
【典例 2】（2025·江苏镇江·模拟预测）已知函数 f ( x) 满足：① f (x 1) 为奇函数；② f (x  2)  f (2  x)  2x ，

20
则f (i)  .
i1
【答案】190
【解析】因为 f (x 1) 为奇函数，所以 f  x 1   f x 1 ，即 f  x   f 2  x ，由 f (x  2)  f (2  x)  2x  f  x  2   f  x  2x  f  x  2  f  x  2x ，用 x  2 代替 x 可得： f  x  4  f  x  2  2x  4 ，
所以 f  x  4  f  x  2x  2x  4 ，即 f  x  4  f  x  4 .
又 f 1  0 ， f 2   f 0 ， f 3   f 1  2  2 ， f 4  f 0  4   f 2  4 ，所以 f 1  f 2  f 3  f 4  0  f 2  2  4  f 2  6 ，
f 5  f 6  f 7  f 8  6 16  22 ，
f 9  f 10  f 11  f 12  22 16  38 ，
f 13  f 16  38 16  54 ，
f 17  f 20  54 16  70 ，

20
所以f (i)  6  22  38  54  70  190 .
i 1
04 抽象函数的性质综合
抽象函数求值：以抽象函数为载体的求值问题的常见形式，是给出函数满足的特殊条件，指定求出某处的函数值或某抽象代数式的值．常用赋值法来解决，要从以下方面考虑：令 x , 2, 1, 0,1, 2等特殊值求抽象函数的函数值．
判断抽象函数单调性的方法：
凑：凑定义或凑已知，利用定义或已知条件得出结论；
赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系．有时可能要进行多次尝试．
①若给出的是“和型”抽象函数 f x  y  ，判断符号时要变形为：
f x   f x   f (x  x )  x   f x  或 f x   f x   f x   f (x  x )  x  ；
212111
212
122
②若给出的是“积型”抽象函数 f xy  ，判断符号时要变形为：
 
f x   f x   f  x  x2 f x  或 f x   f x   f xf  x  x1  ．
21 1 x  1
212
 2x 
1 2 
【典例 1】（2025·山东青岛·三模）已知函数 f ( x) 的定义域为R ，f (x  y)  f (x  y)  2 f (1 x) f ( y) ，f (1)  1，则 f (2025)  （ ）
1
【答案】C
B．0C．1D．2
【解析】令 x  0 ，则 f  y  f  y  2 f 1 f  y  2 f  y, f  y   f  y ， f  x 为奇函数，令 y  1，则 f  x 1  f  x 1  2 f 1 x f 1  2 f 1 x,
 f  x 为奇函数，
 f 1 x   f  x 1, f  x 1   f  x 1, f  x  2   f  x, f  x  4  f (x) ，
 f  x 的周期为 4，所以 f (2025)  f 1  1.故选：C
【典例 2】（24-25 高三上·安徽亳州·月考）已知函数 f  x  对任意实数 x 、 y 恒有 f  x  y  f  x  f  y ，当 x  0 时， f  x  0 ，且 f (1) = -2 ．
求证： f  x  为奇函数，并求 f 2的值；
判断 f  x  在R 上的单调性，并说明理由；
若对任意 x  R ，不等式 f ax2   f 2 x  f  x  4恒成立，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)证明见解析， f 2  4 ；(2)减函数，理由见解析；(3)  9 , 
 8

【解析】（1）取 x  y  0 ，则 f 0  2 f 0 ，解得 f 0  0 ．取 y  x ，则 f  x  x   f  x   f  x   f 0  0 ，
所以 f x   f  x 对任意 x  R 恒成立，所以 f  x  为奇函数．因为 f 2  f 1  f 1  2 f 1  4 ，所以 f 2   f 2  4 ．
f  x  是 R 上的减函数．
理由：任取 x1  x2 ，则 x2  x1  0 ，则 f  x2   f  x1   f  x2   f x1   f  x2  x1   0 ，所以 f  x1   f  x2  ，故 f  x  是 R 上的减函数．
因为 f  x  为奇函数，所以 f ax2   f 2 x  f  x  4
等价于 f ax2   f 2x   f x  f 2  ，即 f ax2  2x  f  x  2 ．
因为 f  x  是 R 上的减函数，所以ax2  2x  x  2 ，即ax2  3x  2  0 恒成立．
① a  0 时，则3x  2  0 ，解得 x  2 ，不符合题意；
3
a  0

②当a  0 时，则Δ  9  8a  0
，解得a  9 ．
8
综上，实数a 的取值范围为 9 ,   ．
 8

01 复合函数定义域忽略内层值域与外层定义域关系致错
辨析：在复合函数中，外层函数的定义域是内层函数的值域，求复合函数定义域类型为：
已知 f (x) 的定义域为 A ，求 f (g(x)) 的定义域，其实质是 g(x) 的取值范围为 A ，求 x 的取值范围；
已知 f (g(x)) 的定义域为 B ，求 f (x) 的定义域，其实质是已知 f (g(x)) 中的 x 的取值范围为 B ，求 g(x)
的范围（值域），此范围就是 f (x) 的定义域．
已知 f (g(x)) 的定义域，求 f (h(x)) 的定义域，要先按（2）求出 f (x) 的定义域．
【典例 1】（24-25 高三上·福建宁德·开学考试）已知函数 y  f (2x 1) 的定义域是[1, 3] ，则 y 
f (x)
x  2
的定
义域是（ ）
(2,5]
【答案】A
(2, 3]
[1, 3]
[2, 5]
【解析】由函数 y  f (2x 1) 的定义域是[1, 3] ，得3  2x 1  5 ，
因此在函数 y 
f (x)
中， 3  x  5 ，解得2  x  5 ，
x  2
 x  2  0

所以所示函数的定义域为(2,5].故选：A
2  x
【典例 2】（24-25 高三上·云南保山·全真模拟）已知函数 f  x  
定义域为（ ）
，则函数 g  x   f 2 x   f  x2  的
A． 
2 2 
, 2 
1, 2 

2,1

【答案】D
2  x
【解析】由题可知 f  x 的定义域为, 2 ，
2
x2  2
则为使 g  x   f 2 x   f  x2  有意义必须且只需2x  2 ，解得-＃x 1，

所以 g  x 的定义域为 2,1 .故选：D

02 忽略二次型式子最高次系数为 0 致错
mx2  mx 1
辨析：在二次型函数 y  ax2  bx  c 中，当 a  0 时为二次函数，其图象为抛物线；当 a  0, b  0 时为一次函数，其图象为直线。在处理此类问题时，应密切注意 x2 项的系数是否为 0，若不能确定，应分类讨论，另外有关三个“二次”之间的关系的结论也是我们应关注的对象．
【典例 1】（24-25 高三上·四川内江·月考）已知函数 f (x) 
是（ ）
的定义域是R ，则m 的取值范围
0  m  4
【答案】D
0  m  4
m  4
0  m  4
【解析】因为函数 f (x) 
的定义域是R ，
mx2  mx 1
所以不等式mx2  mx  1  0 对任意 x  R 恒成立，
当m  0 时，1  0 ，对任意 x  R 恒成立，符合题意；
m  0m  0
当m  0 时， Δ  0 ，即m2  4m  0 ，解得： 0  m  4 ，

综上，实数m 的取值范围是0  m  4 ;故选：D
【典例 2】（23-24 高三上·陕西汉中·月考）函数 f  x  x 1 的定义域为R ，则a 的取值范围为（ ）
ax2  2ax 1
A． a 0  a  1
【答案】C
B．a a  0 或a  1
C．a 0  a  1
D．a a  0 或a  1
【解析】由函数 f  x  x 1 的定义域为R ，得对x  R, ax2  2ax 1  0 恒成立．
ax2  2ax 1
当a  0 时，1  0 恒成立；
当a  0 时， Δ  4a2  4a  0 ，解得0  a  1．
综上所述a 的取值范围为a 0  a  1 ．故选：C．
判断函数奇偶性时忽略定义域致错
辨析：函数具有奇偶性的必要条件是其定义域关于原点对称．若不具备这个条件，一定是非奇非偶函数．在定义域关于原点对称的前提下，如果对定义域内任意 x 都有 f (x)   f (x) ，则 f (x) 为奇函数；如果对定义域内任意 x 都有 f (x)  f (x) ，则 f (x) 为偶函数，如果对定义域内存在 x0 使 f (x0 )   f (x0 ) ，则 f (x)
不是奇函数；如果对定义域内存在 x0 使 f (x0 )  f (x0 ) ，则 f (x) 不是偶函数．
【典例 1】（24-25 高三下·重庆·月考）已知函数 f  x   ln 1  ax （ a 为常数），则（ ）
1  x
a  R ， f  x 为偶函数
a  R ， f  x 为奇函数
a  R ， f  x 为既奇又偶函数
a  R ， f  x 为非奇非偶函数
【答案】B
【解析】根据题意， f  x   ln 1  ax ，有1  ax  0 ，即1 ax1 x  0 ，若 f  x 存在奇偶性，
1  x1  x
则定义域对称，必然有1 a  0 ，即a  1 ，
此时 f  x   ln 1 x ，则 f  x   f  x   ln 1  x  ln 1  x  ln1  0 ，则 f  x 为奇函数.故选：B．
1 x
1  x
1  x
【典例 2】（2025·山东济宁·模拟预测）已知函数 f  x 
2
3  3x
，则下列是奇函数的是（ ）
A． f  x  2  1
3
C． f  x  2  3
【答案】B
【解析】因为 f  x 
2
3  3x
 x  1 ，
B． f  x  1  1
3
D． f  x 1  3
对于 A， f  x  2  1 2 1  x  1 ，定义域不关于原点对称，

33  3x23
所以 f  x  2  1 不是奇函数，故 A 错误；
3
22 111  1 3x 
对于 B，所以 f  x 1  3  3x1  3  1 3x  x  0 ，则 f  x 1  3  3  1 3x  ，

11  1 3x 
令 g  x  f  x 1   x  x  0 ，定义域关于原点对称，
33  1 3 
1  1 3x 

g x  3  3x 1   g  x ，所以 B 正确；
对于 C， f  x  2  3 
2
3  3x2
 3 x  1 ，定义域不关于原点对称，
所以 f  x  2  3 不是奇函数，故 C 错误；
对于 D，所以 f  x  1 
2
3  3x1
 x  0 ，则 f  x 1  3 
2
3  3x1
 3 ，
令 g  x  
2
3  3x1
 3 ，定义域关于原点对称，
22 3x66
g x  3  3 x1  3  3x  3  3  2  3x  3  3  3x  3 1  g  x ，所以 f  x 1  3 不是奇函数，所以 D 不正确；故选：B.
利用单调性解不等式时忽略定义域致错
辨析：解抽象函数不等式时需要注意函数的定义域，需在函数定义域前提下利用函数的单调性与奇偶性进行求解．
【典例 1】（2025·河南·三模）已知 f  x  为定义在4, 4 上的奇函数，若 f  x  在0, 4 上单调递减，则满足
不等式 f a 1  f 1 a2   0 的实数 a 的取值范围是（ ）
A． 
【答案】C
5, 
B． 
5, 2

5, 1∪ 2, 5  D． 
5, 1∪ 1, 5 
【解析】因为 f  x 是奇函数，则 f a 1  f 1 a2   0 可化为 f a 1   f 1 a2   f a2 1 ．又 f  x 在0, 4 上单调递减且 f  x 是定义在4, 4 上的奇函数，
所以 f  x 在4, 4 上单调递减．
4  a 1  4
5

则4  a2 1  4 ，解得 a  1 或2  a  5 ，

a 1  a2 1
即实数 a 的取值范围是 5, 1 2, 5 ．故选：C

【典例 2】（24-25 高三下·甘肃白银·月考）若函数 f  x  ln 2  x ，则不等式 f x2  4x  2  f 7x  0 的
2  x
解集为（ ）
A．{x∣1  x  2}
B． x 1  x  7 
2 
2
7

C． x

【答案】D
 x  
2



【解析】因为 f  x  f x  ln 2  x +ln 2  x  ln  2  x   2  x   ln1  0 ，
 
2  x2  x 2  x   2  x 
所以 f  x    f  x  ，又因为定义域为2, 2 关于原点对称，所以 f  x  是奇函数，
1+
由于 f  x  ln 2  x  ln 2  x  4  ln  4 ，
2  x
2  x
2  x

可知函数 f  x  在定义域2, 2 上单调递减，所以 f x2  4x  2  f 7x  0
即 f 7 x   f  x2  4x  2)，即 f 7x  f x2  4x  2 ，
2  7x  2

则2  x2  4x  2  2，该不等式组无解，所以解集为.故选：D.

 7x  x2  4x  2
研究分段函数单调性时忽略分段点致错
辨析：分段函数的单调性与分段点息息相关，在判断分段函数的单调性或者根据分段函数单调性解参数的题目中，除了考虑每一段的单调性还需要单独考虑分段点的情况．
x2  ax, x 1
   
【典例 1】（24-25 高三上·天津·月考）若函数 f  x  
 6 a x a, x 1
，满足对任意实数 x1  x2 ，都有
f  x1   f  x2   0 成立，则实数a 的取值范围是（ ）
x1  x2
A．, 2
B． 1, 2
C． 2, 6
D． 2, 7 
【答案】D
3 
【解析】因为对任意实数 x  x ，都有 f  x1   f  x2   0 成立，所以 f  x  是R 上的增函数，
12

a
 2 1  1

x1  x2
7
则6  a  0

12  a  6  a  a

，解得2  a  ，
3
即实数a 的取值范围是2, 7  .故选：D.
3 
x2  2ax 1, x  1
 2x
【典例 2】（2024·广东韶关·一模）已知函数 f x   
 6 , x  1
 x
在R 上是单调函数，则a 的取值范围
是（ ）
A．, 2
【答案】B
B． 1, 2
C． 1, 
D．2, 
【解析】因为 x  1时， f  x   2  62 是单调减函数，
x
又因为 f  x 在R 上单调，所以，故 x 1时， f  x  x2  2ax 1单调递诚，
a  1

则只需满足2a  4 ，解得1  a  2 ，故选：B.
函数定义域的常见类型
函数的定义域是指使函数有意义的自变量的取值范围
分式的分母不能为零．
n x
偶次方根的被开方数的被开方数必须大于等于零，即(其中n  2k, k  N  ) 中 x  0,
n x
奇次方根的被开方数取全体实数，即(其中n  2k 1, k  N ) 中， x  R ．
零次幂的底数不能为零，即 x0 中 x  0 ．
如果函数是一些简单函数通过四则运算复合而成的，那么它的定义域是各个简单简单函数定义域的交集．
【注意】定义域用集合或区间表示，若用区间表示熟记，不能用“或”连接，而应用并集符号“∪”连接．
【典例 1】（24-25 高三下·内蒙古呼和浩特·月考）已知函数 f  x  
1
x2  6x  5
x  5
的定义域为（ ）
A． 1, 5
C． ,1∪ 5, 
【答案】C
B． ,1 5, 
D． ,15, 
x2  6x  5  0

【解析】由题意得， x  5  0
，解得 x  1或 x  5 ，
∴函数 f  x  的定义域为,1∪ 5, .故选：C.
【典例 2】（24-25 高三上·山东·月考）函数 y 
2
7  x  3
的定义域是（ ）
A． 4,10
【答案】A
B． 10, 4
C． , 4 ∪ 10,  D． 4,10
【解析】由题意可得7  x  3  0 ，即7  x  3  7  4  x 10 ，所以函数的定义域为4,10 .故选：A.
求函数解析式常用方法
待定系数法：若已知函数的类型（如一次函数、二次函数等），可用待定系数法．
确定所有函数问题含待定系数的一般解析式；
根据恒等条件，列出一组含有待定系数的方程；
解方程或消去待定系数，从而使问题得到解决．
换元法：主要用于解决已知 f g  x  的解析式，求函数 f  x  的解析式的问题．
先令 g  x   t ，注意分析t 的取值范围；
反解出 x，即用含t 的代数式表示 x；
将 f g  x  中的 x 度替换为t 的表示，可求得 f t  的解析式，从而求得 f  x  ．
配凑法：由已知条件 f g  x   F x  ，可将 F  x  改写成关于 g  x  的表达式，然后以 x 替代 g(x)，便得 f  x  的解析式．
方程组法：主要解决已知 f  x  与 f x  、 f  1  、 f   1  ……的方程，求 f  x  解析式．
 x x 

 x 
例如：若条件是关于 f  x  与 f x  的条件（或者与 f  1  ）的条件，可把 x 代为x （或者把 x 代

为 1 ）得到第二个式子，与原式联立方程组，求出 f  x  ．
x
【典例 1】（24-25 高三上·河北承德·月考）已知函数 f 1  x  1  x2  x  0 ，则 f  x   （ ）
x2
1
A．  x  12
4
 1 x  0
 1 x  0
1
B．  x 12
4
1 x  1
1 x  1
C．  x  12
【答案】B
D．  x 12
【解析】令t  1  x ，则 x  1 t ，且 x  0 ，则t  1，
可得 f t  
1 1 t 2
2 
2  1, t  1 ，
1
1 t t 1
所以 f  x  
1
 x 12
1 x  1 .故选：B.
 x 
【典例 2】（24-25 高三上·安徽安庆·月考）（1）已知 f  x   2 f  1   3x  2 ，求 f  x  的表达式；
 
（2）已知奇函数 f  x  的定义域为R ，当 x  0 时， f  x  x2  x 1 ．求函数 f  x  的解析式．
x2  x 1, x  0
【答案】（1） f  x  x  2  2 x  0 （2） f  x  0, x  0


xx2  x 1, x  0
【解析】在 f  x   2 f  1   3x  2 中用 1 替换 x ，得 f  1   2 f  x  3  2 ，
x
x
x
  
 x 
 f  1   2 f  x   3  2
 x x
 
 1 
于是有，
 f  x   2 f    3x  2
 x 
消去 f  1  ，得 f  x  x  2  2 x  0 ．
x
x
 
 
所求函数的表达式为 f  x  x  2  2 x  0 ．
x
（2）奇函数 f  x  的定义域为R, f 0  0 ．
当 x  0 时， x  0 ，又当 x  0 时， f  x  x2  x 1 ，
 f x  (x)2  x 1  x2  x 1 ，
 f  x    f  x    x2  x 1．
x2  x 1, x  0

故 f  x  0, x  0．

x2  x 1, x  0
分段函数的常见类型及解法
求函数值问题：根据所给自变量值的大小，选择相应的对应关系求值，有时每段交替使用求值．
解方程或解不等式：分类求出各子区间上的解，再将它们合并在一起，但要检验所求是否符合相应各段自变量的取值范围．
求最值或值域：先求出各段上的最值或值域，然后进行比较得出最大值、最小值，合并得出值域．
图象及其应用：根据每段函数的定义域和解析式在同一坐标系中作出图象，作图时要注意每段图象端点的虚实．
  
2xx  4
【典例 1】（2025·云南丽江·三模）已知函数 f x
，则 f 2  lg2 3 的值为（ ）
 f x 1 x  4
A．24B．4C．12D．8
【答案】A
【解析】因为2  lg 2 3  4 ，所以 f 2  lg2 3  f 3  lg2 3 ，
22
又3  lg 3  4 ，所以 f 3  lg 3  23lg2 3  23  2lg2 3  8 3  24 .故选：A.
x2  2ax  a2 1, x  a,

a
【典例 2】（2025·湖北·二模）已知a  0 且a  1，若函数 f  x  axa  lg  x  a  2, x  a的值域为R ，
则实数a 的取值范围为（ ）
A．  0, 1 
B．  1 ,1
C． 1, 2
D．2, 
2  2

【答案】D
【解析】当 x  a 时， f  x    x  a 2  1的取值范围为,1 ，
a
要使 f  x  的值域为R ，必有 f  x  在a,  上单调递增，且a0  lg 2a  2  1，
a  1,

a
所以a0  lg 2a  2  1, 解得 a  2 .故选:D.
  e , x  0,
ex 1, x  0,
【典例 3】（2025·山东济南·一模）已知函数 f x  
1x
则 f 2x   f  x  3  0 的解集是（ ）
A． ,1
【答案】A
B． 1, 
C． , 3
D．3, 
【解析】当 x  0 时， f  x  1 ex ， x  0 ， f x  e x 1  ex 1   f  x ；当 x  0 时， f  x  e x 1， x  0 ， f x  1 e x   f  x ；
且当 x  0 时， f  x  0 ，所以 f  x 为奇函数，
易知 f  x 为R 上的递减函数，
则 f 2x  f  x  3  0  f 2x   f  x  3  f 3  x  2x  3  x  x  1，所以原不等式的解集为,1 .故选：A
函数单调性的应用及方法
比较函数值的大小：先将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．
解函数不等式：根据函数的单调性条件脱去“ f ”，转化为自变量间的大小问题，应注意函数的定义域．
利用函数的单调性求参数
视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；
需注意若函数在区间[a, b] 上是单调的，则该函数在此区间上的任意子集区间上也是单调的．
【典例 1】（24-25 高三下·湖北·月考）已知定义域为R 的函数 f  x  满足 f  x  f 4  x ，且当 x  2 时，
f  x  ex ，则（ ）
A． f 2  f 3  f 4
C． f 4  f 2  f 3
【答案】D
B． f 2  f 4  f 3
D． f 3  f 4  f 2
【解析】由 f  x  f 4  x 可知，函数 f  x 的图象关于直线 x  2 对称， 当 x  2 时， f  x  ex ，所以函数 f  x  ex 在, 2 上单调递增，所以 f  x 在2,  上单调递减，又 f 3  f 4  3  f 7 ，
因为2  4  7 ，所以 f 7  f 4  f 2 ，即 f 3  f 4  f 2 .故选：D.
【典例 2】（2025·广西河池·二模）设函数 f  x  是定义在R 上的偶函数，且在区间0,  上单调递增.若实数a 满足 f a 1  f 2 ，则a 的取值范围是（ ）
a  3
C． a  1 或a  3
【答案】C
a  1
D． 1  a  3
【解析】由于 f  x 是偶函数，根据偶函数的定义， f x  f  x .
因此，不等式 f a 1  f 2可以转化为 f  a 1   f  2 .函数 f  x 在0,  上单调递增，在, 0 上单调递减， 所以 a 1  2 ，解得a  1 或a  3 .故选：C.
【典例 3】（24-25 高三下·江苏南通·月考）已知函数 f  x  ln x2  ax 在1, 2 内单调递增，则实数a 的取值范围是（ ）
A． a ≥ 2
【答案】D
B． a  1
a ≤ 2
a  1
【解析】设t  x2  ax ，因为 y  ln t 为0,  上的增函数，而 f  x  ln x2  ax 在1, 2 内单调递增，
故t  x2  ax 为1, 2 内的增函数，且t  0 在1, 2 内恒成立，
 a  1

故 2，故a  1，故选：D.
1 a  0
函数奇偶性的应用及方法
判断函数的奇偶性：（1）定义法；（2）图象法；（3）性质法．
利用奇偶性求值：将待求函数值或不等式利用奇偶性转化为已知区间上的函数值求解．
根据函数的奇偶性求解解析式中的参数：根据 f (x)  f (x)  0 得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等行得参数的方程（组），进而求得参数的值．
涉及两个奇偶函数的和或差的解析式：求奇偶函数的解析式需要用x 代替 x 后，利用奇偶函数的性质
构造方程组求解．
【典例 1】（24-25 高三下·安徽·月考）下列函数中，是奇函数的是（ ）
 
ex  e x
f x 
f x   sin  x  π 
32 
f  x   xln x
【答案】C

 
x2  2x  1
f x  1
x  1
【解析】A 选项，函数定义域为R ， f 0  2  0 ，函数 f  x  不是奇函数，A 选项错误；
3
B 选项，函数定义域为R ， f 0  sin π  1  0 ，函数 f  x  不是奇函数，B 选项错误；
2
A 选项，函数定义域为, 0 ∪ 0,  ， f  x   xln  x   xln x   f  x ，函数 f  x  是奇函数，C 选项正确；
D 选项，函数定义域为,1 ∪ 1,  ，不关于原点对称，函数 f  x  不是奇函数，D 选项错误.故选：C.
【典例 2】（24-25 高三下·河南·月考）已知函数 f (x)  ln  4  a  为奇函数，则实数 a ．
 x  2

【答案】1
【解析】由题意有 f  x   f  x ln 4 a  ln  4 a
 x  2 x  2，


所以ln   4  a  ln  4  a  0  ln  4  a 4  a  0 ，
x  2
 x  2
x 2
 x 2 
 
即  4 a  4 a  1，
x  2 x  2

化简整理有： a 1  x2  4a   x2 12  0 解得a  1 ，故答案为： 1.
【典例 3】（24-25 高三上·广东茂名·月考）设 f  x  是R 上的奇函数， g  x  是R 上的偶函数，并且
f (x)  g (x)  x2  x ，则 f  x  的解析式是．
【答案】 f  x  x
【解析】因为 f (x)  g (x)  x2  x ① ，
又因为 f  x  是奇函数， g  x  是偶函数，所以 f ( x)  g ( x)   f (x)  g (x)  x2  x ② ．由① 、② 解得 f  x  x ．