6、通常是因式分解和配方）；
定號（即判斷差f(x1)－f(x2)的正負）；
下結論（即指出函數f(x)在給定的區(qū)間D上的單調性）。
（5）簡單性質
①奇函數在其對稱區(qū)間上的單調性相同；
②偶函數在其對稱區(qū)間上的單調性相反；
③在公共定義域內：
增函數增函數是增函數；
減函數減函數是減函數；
增函數減函數是增函數；
減函數增函數是減函數。
3．最值
（1）定義：
最大值：一般地，設函數y=f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足：①對于任意的x∈I，都有f(x)≤M；②存在x0∈I，使得f(x0) = M。那么，稱M是函數y=f(x)的最大值。
最小值：一般
7、地，設函數y=f(x)的定義域為I，如果存在實數M滿足：①對于任意的x∈I，都有f(x)≥M；②存在x0∈I，使得f(x0) = M。那么，稱M是函數y=f(x)的最大值。
注意：
函數最大（?。┦紫葢撌悄骋粋€函數值，即存在x0∈I，使得f(x0) = M；
函數最大（?。撌撬泻瘮抵抵凶畲螅ㄐ。┑模磳τ谌我獾膞∈I，都有f(x)≤M（f(x)≥M）。
（2）利用函數單調性的判斷函數的最大（?。┲档姆椒ǎ?
利用二次函數的性質（配方法）求函數的最大（?。┲担?
利用圖象求函數的最大（?。┲?；
利用函數單調性的判斷函數的最大（?。┲担?
如果函數y=f(x)在區(qū)間[a
8、，b]上單調遞增，在區(qū)間[b，c]上單調遞減則函數y=f(x)在x=b處有最大值f(b)；
如果函數y=f(x)在區(qū)間[a，b]上單調遞減，在區(qū)間[b，c]上單調遞增則函數y=f(x)在x=b處有最小值f(b)；
4．周期性
（1）定義：如果存在一個非零常數T，使得對于函數定義域內的任意x，都有f(x+T)= f(x)，則稱f(x)為周期函數；
（2）性質：①f(x+T)= f(x)常常寫作若f(x)的周期中，存在一個最小的正數，則稱它為f(x)的最小正周期；②若周期函數f(x)的周期為T，則f(ωx)（ω≠0）是周期函數，且周期為。
四．典例解析
題型一：判斷函數的奇偶性
例1
9、．討論下述函數的奇偶性：
解：（1）函數定義域為R，
，
∴f(x)為偶函數；
（另解）先化簡：，顯然為偶函數；從這可以看出，化簡后再解決要容易得多。
（2）須要分兩段討論：
①設
②設
③當x=0時f(x)=0，也滿足f(－x)=－f(x)；
由①、②、③知，對x∈R有f(－x) =－f(x)， ∴f(x)為奇函數；
（3），∴函數的定義域為，
∴f(x)=log21=0(x=±1) ，即f(x)的圖象由兩個點 A（－1，0）與B（1，0）組成，這兩點既關于y軸對稱，又關于原點對稱，∴f(x)既是奇函數，又是偶函數；
（4）∵x2≤a2, ∴要分
10、a >0與a <0兩類討論，
①當a >0時，
，∴當a >0時，f(x)為奇函數；
既不是奇函數，也不是偶函數.
點評：判斷函數的奇偶性是比較基本的問題，難度不大，解決問題時應先考察函數的定義域，若函數的解析式能化簡，一般應考慮先化簡，但化簡必須是等價變換過程（要保證定義域不變）。
例2．(xx天津文.16)設函數f（x）在（－∞，+∞）內有定義，下列函數：①y=－|f（x）|；②y=xf（x2）；③y=－f（－x）；④y=f（x）－f（－x）。
必為奇函數的有_____（要求填寫正確答案的序號）
答案：②④；解析：y=（－x）f［（－x）2］=－xf（x2）=－y；
11、y=f（－x）－f（x）=－y。
點評：該題考察了判斷抽象函數奇偶性的問題。對學生邏輯思維能力有較高的要求。
題型二：奇偶性的應用
例3．（xx上海春，4）設f（x）是定義在R上的奇函數，若當x≥0時，f（x）=log3（1+x），則f（－2）=____ _。
答案：－1；解：因為x≥0時，f（x）=log3（1+x），又f（x）為奇函數，所以f（－x）=－f（x），設x＜0，所以f（x）=－f（－x）=－f（1－x），所以f（－2）=－log33=－1。
點評：該題考察函數奇偶性的應用。解題思路是利用函數的奇偶性得到函數在對稱區(qū)域上函數的取值。
例4．已知定義在R上的函數y=
12、 f(x)滿足f(2+x)= f(2－x)，且f(x)是偶函數，當x∈[0，2]時，f(x)=2x－1，求x∈[－4，0]時f(x)的表達式。
解：由條件可以看出，應將區(qū)間[－4，0]分成兩段考慮：
①若x∈[－2，0]，－x∈[0，2]，
∵f(x)為偶函數，
∴當x∈[－2，0]時，f(x)= f(－x)=－2x－1,
②若x∈[－4，－2，
∴4+ x∈[0，2，
∵f(2+x)+ f(2－x)，
∴f(x)= f(4－x)，
∴f(x)= f(－x)= f[4－（－x）]= f(4+x)=2（x+4）－1=2x+7；
綜上，
點評：結合函數的數字特征，借助函數的奇
13、偶性，處理函數的解析式。
題型三：判斷證明函數的單調性
例5．（xx天津，19）設，是上的偶函數。
（1）求的值；（2）證明在上為增函數。
解：（1）依題意，對一切，有，即。
∴對一切成立，則，∴，
∵，∴。
（2）(定義法)設，則
，
由，得，，
∴，
即，∴在上為增函數。
（導數法）∵，
∴
∴在上為增函數
點評：本題用了兩種方法：定義法和導數法，相比之下導數法比定義法更為簡潔。
例6．已知f(x)是定義在R上的增函數，對x∈R有f(x)>0，且f(5)=1，設F(x)= f(x)+，討論F (x)的單調性，并證明你的結論。
解：這是抽角函數的單調性問題，
14、應該用單調性定義解決。
在R上任取x1、x2，設x110時f(x)>1;
① 若x1x1>5，則f(x2)>f(x1)>1 ,
∴f(x1)f(x2)>1,
∴>0,
∴ F(x2)> F (x1)；
綜上，F (x)在（－∞，5）為減函數，在（5，+∞）為增函數。
點評：該題屬于
15、判斷抽象函數的單調性。抽象函數問題是函數學習中一類比較特殊的問題，其基本能力是變量代換、換元等，應熟練掌握它們的這些特點。
題型四：函數的單調區(qū)間
例7．（xx春季北京、安徽，12）設函數f（x）＝（a＞b＞0），求f（x）的單調區(qū)間，并證明f（x）在其單調區(qū)間上的單調性。
.解：在定義域內任取x1＜x2，
∴f（x1）－f（x2）＝
，
∵a＞b＞0，∴b－a＜0，x1－x2＜0，
只有當x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2時函數才單調．
當x1＜x2＜－b或－b＜x1＜x2時f（x1）－f（x2）＞0．
∴f（x）在（－b，＋∞）上是單調減函數，在（－∞，－b）上是單調減函
16、數．
點評：本小題主要考查了函數單調性的基本知識。對于含參數的函數應用函數單調性的定義求函數的單調區(qū)間。
例8．（1）求函數的單調區(qū)間；
（2）已知若試確定的單調區(qū)間和單調性。
解：（1）函數的定義域為，
分解基本函數為、
顯然在上是單調遞減的，而在上分別是單調遞減和單調遞增的。根據復合函數的單調性的規(guī)則：
所以函數在上分別單調遞增、單調遞減。
（2）解法一：函數的定義域為R，
分解基本函數為和。
顯然在上是單調遞減的，上單調遞增；
而在上分別是單調遞增和單調遞減的。且，
根據復合函數的單調性的規(guī)則：
所以函數的單調增區(qū)間為；單調減區(qū)間為。
解法二：，
，
令
17、 ，得或，
令 ，或
∴單調增區(qū)間為；單調減區(qū)間為。
點評：該題考察了復合函數的單調性。要記住“同向增、異向減”的規(guī)則。
題型五：單調性的應用
例9．已知偶函數f(x)在(0，+∞)上為增函數，且f(2)=0，解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0。
解：∵f(2)=0,∴原不等式可化為f［log2(x2+5x+4)］≥f(2)。
又∵f(x)為偶函數，且f(x)在(0，+∞)上為增函數，
∴f(x)在(－∞,0)上為減函數且f(－2)=f(2)=0。
∴不等式可化為 log2(x2+5x+4)≥2 ?、?
或 log2(x2+5x+4)≤－
18、2 ②
由①得x2+5x+4≥4，∴x≤－5或x≥0 ③
由②得0＜x2+5x+4≤得
≤x＜－4或－1＜x≤ ④
由③④得原不等式的解集為
{x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0。
例10．已知奇函數f(x)的定義域為R，且f(x)在［0，+∞］上是增函數，是否存在實數m，使f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)>f(0)對所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數m的范圍，若不存在，說明理由。
解：∵f(x)是R上的奇函數，且在［0，+∞］上是增函數，
∴f(x)是R上的增函數，于是不等式可等價地轉化為f(cos2θ－3)>f(2
19、mcosθ－4m)，
即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0。
設t=cosθ,則問題等價地轉化為函數
g(t)=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒為正，又轉化為函數g(t)在［0，1］上的最小值為正。
∴當<0,即m<0時，g(0)=2m－2>0m>1與m<0不符；
當0≤≤1時，即0≤m≤2時，g(m)=－+2m－2>04－21,即m>2時，g(1)=m－1>0m>1。
∴m>2
綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值范圍是m>4－2。
另法(僅限當m能夠解出
20、的情況)： cos2θ－mcosθ+2m－2>0對于θ∈［0,］恒成立，等價于m>(2－cos2θ)/(2－cosθ) 對于θ∈［0,］恒成立
∵當θ∈［0,］時，(2－cos2θ)/(2－cosθ) ≤4－2，∴m>4－2。
點評：上面兩例子借助于函數的單調性處理了恒成立問題和不等式的求解問題。
題型六：最值問題
例11．（xx全國理，21）設a為實數，函數f（x）=x2+|x－a|+1，x∈R。
（1）討論f（x）的奇偶性；（2）求f（x）的最小值。
解：（1）當a=0時，函數f（－x）=（－x）2+|－x|+1=f（x），此時f（x）為偶函數。
當a≠0時，f（a）=a2+
21、1，f（－a）=a2+2|a|+1，f（－a）≠f（a），f（－a）≠－f（a）。
此時函數f（x）既不是奇函數，也不是偶函數。
（2）①當x≤a時，函數f（x）=x2－x+a+1=（x－）2+a+。
若a≤，則函數f（x）在（－∞，a）上單調遞減，從而，函數f（x）在（－∞，a）上的最小值為f（a）=a2+1。
若a＞，則函數f（x）在（－∞，a上的最小值為f（）=+a，且f（）≤
f（a）。
②當x≥a時，函數f（x）=x2+x－a+1=（x+）2－a+。
若a≤－，則函數f（x）在［a，+∞上的最小值為f（－）=－a，且f（－）≤f（a）。
若a＞－，則函數f（x）在［a
22、，+∞］上單調遞增，從而，函數f（x）在［a，+∞］上的最小值為f（a）=a2+1。
綜上，當a≤－時，函數f（x）的最小值是－a。
當－＜a≤時，函數f（x）的最小值是a2+1。
當a＞時，函數f（x）的最小值是a+。
點評：函數奇偶性的討論問題是中學數學的基本問題，如果平時注意知識的積累，對解此題會有較大幫助.因為x∈R，f（0）=|a|+1≠0，由此排除f（x）是奇函數的可能性.運用偶函數的定義分析可知，當a=0時，f（x）是偶函數，第2題主要考查學生的分類討論思想、對稱思想。
例12．設m是實數，記M={m|m>1}，f(x)=log3(x2－4mx+4m2+m+)。
(1
23、)證明：當m∈M時，f(x)對所有實數都有意義；反之，若f(x)對所有實數x都有意義，則m∈M；
(2)當m∈M時，求函數f(x)的最小值；
(3)求證：對每個m∈M,函數f(x)的最小值都不小于1。
(1)證明：先將f(x)變形：f(x)=log3［(x－2m)2+m+］,
當m∈M時，m>1,∴(x－m)2+m+>0恒成立，
故f(x)的定義域為R。
反之，若f(x)對所有實數x都有意義，則只須x2－4mx+4m2+m+>0。
令Δ＜0，即16m2－4(4m2+m+)＜0，解得m>1，故m∈M。
(2)解析：設u=x2－4mx+4m2+m+，
∵y=log3u是增函數
24、，
∴當u最小時，f(x)最小。
而u=(x－2m)2+m+，
顯然，當x=m時，u取最小值為m+，
此時f(2m)=log3(m+)為最小值。
(3)證明：當m∈M時，m+=(m－1)+ +1≥3，
當且僅當m=2時等號成立。
∴l(xiāng)og3(m+)≥log33=1。
點評：該題屬于函數最值的綜合性問題，考生需要結合對數函數以及二次函數的性質來進行處理。
題型七：周期問題
例13．若y=f(2x)的圖像關于直線和對稱，則f(x)的一個周期為（ ）
A． B． C． D．
解：因為y=f(2x)關于對稱，所以f(a
25、+2x)=f(a－2x)。
所以f(2a－2x)=f[a+(a－2x)]=f[a－(a－2x)]=f(2x)。
同理，f(b+2x) =f(b－2x)，
所以f(2b－2x)=f(2x)，
所以f(2b－2a+2x)=f[2b－(2a－2x)]=f(2a－2x)=f(2x)。
所以f(2x)的一個周期為2b－2a，
故知f(x)的一個周期為4(b－a)。選項為D。
點評：考察函數的對稱性以及周期性，類比三角函數中的周期變換和對稱性的解題規(guī)則處理即可。若函數y=f(x)的圖像關于直線x=a和x=b對稱（a≠b），則這個函數是周期函數，其周期為2（b－a）。
例14．已知函數是定義
26、在上的周期函數，周期，函數是奇函數又知在上是一次函數，在上是二次函數，且在時函數取得最小值。
①證明：；
②求的解析式；
③求在上的解析式。
解：∵是以為周期的周期函數，
∴，
又∵是奇函數，
∴，
∴。
②當時，由題意可設，
由得，
∴，
∴。
③∵是奇函數，
∴，
又知在上是一次函數，
∴可設，而，
∴，∴當時，，
從而當時，，故時，。
∴當時，有，
∴。
當時，，
∴
∴。
點評：該題屬于普通函數周期性應用的題目，周期性是函數的圖像特征，要將其轉化成數字特征。
五．思維總結
1．判斷函數的奇偶性，必須按照函數的奇偶性定義進行，為了便于判
27、斷，常應用定義的等價形式：f(-x)= ±f(x)óf(-x) f(x)=0；
2．對函數奇偶性定義的理解，不能只停留在f(-x)=f(x)和f(-x)=-f(x)這兩個等式上，要明確對定義域內任意一個x，都有f(-x)=f(x)，f(-x)=-f(x)的實質是：函數的定義域關于原點對稱這是函數具備奇偶性的必要條件。稍加推廣，可得函數f(x)的圖象關于直線x=a對稱的充要條件是對定義域內的任意x，都有f(x+a)=f(a-x)成立函數的奇偶性是其相應圖象的特殊的對稱性的反映；
3．若奇函數的定義域包含0，則f(0)=0，因此，“f(x)為奇函數”是"f(0)=0"的非充分非必要條件；
4．奇函數的圖象關于原點對稱，偶函數的圖象關于y軸對稱，因此根據圖象的對稱性可以判斷函數的奇偶性。
5．若存在常數T，使得f(x+T)=f(x)對f(x)定義域內任意x恒成立，則稱T為函數f(x)的周期，一般所說的周期是指函數的最小正周期周期函數的定義域一定是無限集。
6．單調性是函數學習中非常重要的內容，應用十分廣泛，由于新教材增加了“導數”的內容，所以解決單調性問題的能力得到了很大的提高，因此解決具體函數的單調性問題，一般求導解決，而解決與抽象函數有關的單調性問題一般需要用單調性定義解決。注意，關于復合函數的單調性的知識一般用于簡單問題的分析，嚴格的解答還是應該運用定義或求導解決。
2022年高三數學第一輪復習第03講 函數的基本性質教案
