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(shù)f(x)在給定的區(qū)間D上的單調性）。
（5）簡單性質
①奇函數(shù)在其對稱區(qū)間上的單調性相同；
②偶函數(shù)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(shù)增函數(shù)是增函數(shù)；
減函數(shù)減函數(shù)是減函數(shù)；
增函數(shù)減函數(shù)是增函數(shù)；
減函數(shù)增函數(shù)是減函數(shù)。
3．最值
（1）定義：
最大值：一般地，設函數(shù)y=f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)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(shù)y=f(x)的最大值。
最小值：一般
7、地，設函數(shù)y=f(x)的定義域為I，如果存在實數(shù)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(shù)y=f(x)的最大值。
注意：
函數(shù)最大（?。┦紫葢撌悄骋粋€函數(shù)值，即存在x0∈I，使得f(x0) = M；
函數(shù)最大（?。撌撬泻瘮?shù)值中最大（?。┑模磳τ谌我獾膞∈I，都有f(x)≤M（f(x)≥M）。
（2）利用函數(shù)單調性的判斷函數(shù)的最大（?。┲档姆椒ǎ?
利用二次函數(shù)的性質（配方法）求函數(shù)的最大（?。┲?；
利用圖象求函數(shù)的最大（小）值；
利用函數(shù)單調性的判斷函數(shù)的最大（?。┲担?
如果函數(shù)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(shù)y=f(x)在x=b處有最大值f(b)；
如果函數(shù)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(shù)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(shù)T，使得對于函數(shù)定義域內的任意x，都有f(x+T)= f(x)，則稱f(x)為周期函數(shù)；
（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(shù)，則稱它為f(x)的最小正周期；②若周期函數(shù)f(x)的周期為T，則f(ωx)（ω≠0）是周期函數(shù)，且周期為。
四．典例解析
題型一：判斷函數(shù)的奇偶性
例1
9、．討論下述函數(shù)的奇偶性：
解：（1）函數(shù)定義域為R，
，
∴f(x)為偶函數(shù)；
（另解）先化簡：，顯然為偶函數(shù)；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(shù)；
（3），∴函數(shù)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(shù)，又是偶函數(shù)；
（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(shù)；
既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù).
點評：判斷函數(shù)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(shù)的定義域，若函數(shù)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(shù)f（x）在（－∞，+∞）內有定義，下列函數(shù)：①y=－|f（x）|；②y=xf（x2）；③y=－f（－x）；④y=f（x）－f（－x）。
必為奇函數(shù)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(shù)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(shù)，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(shù)，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(shù)奇偶性的應用。解題思路是利用函數(shù)的奇偶性得到函數(shù)在對稱區(qū)域上函數(shù)的取值。
例4．已知定義在R上的函數(shù)y=
12、 f(x)滿足f(2+x)= f(2－x)，且f(x)是偶函數(shù)，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(shù)，
∴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(shù)的數(shù)字特征，借助函數(shù)的奇
13、偶性，處理函數(shù)的解析式。
題型三：判斷證明函數(shù)的單調性
例5．（xx天津，19）設，是上的偶函數(shù)。
（1）求的值；（2）證明在上為增函數(shù)。
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(shù)。
（導數(shù)法）∵，
∴
∴在上為增函數(shù)
點評：本題用了兩種方法：定義法和導數(shù)法，相比之下導數(shù)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(shù)，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(shù)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(xiàn) (x)在（－∞，5）為減函數(shù)，在（5，+∞）為增函數(shù)。
點評：該題屬于
15、判斷抽象函數(shù)的單調性。抽象函數(shù)問題是函數(shù)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(shù)的單調區(qū)間
例7．（xx春季北京、安徽，12）設函數(shù)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(shù)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(shù)，在（－∞，－b）上是單調減函
16、數(shù)．
點評：本小題主要考查了函數(shù)單調性的基本知識。對于含參數(shù)的函數(shù)應用函數(shù)單調性的定義求函數(shù)的單調區(qū)間。
例8．（1）求函數(shù)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(shù)的定義域為，
分解基本函數(shù)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(jù)復合函數(shù)的單調性的規(guī)則：
所以函數(shù)在上分別單調遞增、單調遞減。
（2）解法一：函數(shù)的定義域為R，
分解基本函數(shù)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(jù)復合函數(shù)的單調性的規(guī)則：
所以函數(shù)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(shù)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(shù)f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，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(shù)，且f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，
∴f(x)在(－∞,0)上為減函數(shù)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(shù)f(x)的定義域為R，且f(x)在［0，+∞］上是增函數(shù)，是否存在實數(shù)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(shù)m的范圍，若不存在，說明理由。
解：∵f(x)是R上的奇函數(shù)，且在［0，+∞］上是增函數(shù)，
∴f(x)是R上的增函數(shù)，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(shù)
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(shù)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(shù)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(shù)，函數(shù)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(shù)f（－x）=（－x）2+|－x|+1=f（x），此時f（x）為偶函數(shù)。
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(shù)f（x）既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù)。
（2）①當x≤a時，函數(shù)f（x）=x2－x+a+1=（x－）2+a+。
若a≤，則函數(shù)f（x）在（－∞，a）上單調遞減，從而，函數(shù)f（x）在（－∞，a）上的最小值為f（a）=a2+1。
若a＞，則函數(shù)f（x）在（－∞，a上的最小值為f（）=+a，且f（）≤
f（a）。
②當x≥a時，函數(shù)f（x）=x2+x－a+1=（x+）2－a+。
若a≤－，則函數(shù)f（x）在［a，+∞上的最小值為f（－）=－a，且f（－）≤f（a）。
若a＞－，則函數(shù)f（x）在［a
22、，+∞］上單調遞增，從而，函數(shù)f（x）在［a，+∞］上的最小值為f（a）=a2+1。
綜上，當a≤－時，函數(shù)f（x）的最小值是－a。
當－＜a≤時，函數(shù)f（x）的最小值是a2+1。
當a＞時，函數(shù)f（x）的最小值是a+。
點評：函數(shù)奇偶性的討論問題是中學數(shù)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(shù)的可能性.運用偶函數(shù)的定義分析可知，當a=0時，f（x）是偶函數(shù)，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(shù)，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(shù)都有意義；反之，若f(x)對所有實數(shù)x都有意義，則m∈M；
(2)當m∈M時，求函數(shù)f(x)的最小值；
(3)求證：對每個m∈M,函數(shù)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(shù)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(shù)
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(shù)最值的綜合性問題，考生需要結合對數(shù)函數(shù)以及二次函數(shù)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(shù)的對稱性以及周期性，類比三角函數(shù)中的周期變換和對稱性的解題規(guī)則處理即可。若函數(shù)y=f(x)的圖像關于直線x=a和x=b對稱（a≠b），則這個函數(shù)是周期函數(shù)，其周期為2（b－a）。
例14．已知函數(shù)是定義
26、在上的周期函數(shù)，周期，函數(shù)是奇函數(shù)又知在上是一次函數(shù)，在上是二次函數(shù)，且在時函數(shù)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(shù)，
∴，
又∵是奇函數(shù)，
∴，
∴。
②當時，由題意可設，
由得，
∴，
∴。
③∵是奇函數(shù)，
∴，
又知在上是一次函數(shù)，
∴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(shù)周期性應用的題目，周期性是函數(shù)的圖像特征，要將其轉化成數(shù)字特征。
五．思維總結
1．判斷函數(shù)的奇偶性，必須按照函數(shù)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(shù)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(shù)的定義域關于原點對稱這是函數(shù)具備奇偶性的必要條件。稍加推廣，可得函數(shù)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(shù)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(shù)的定義域包含0，則f(0)=0，因此，“f(x)為奇函數(shù)”是"f(0)=0"的非充分非必要條件；
4．奇函數(shù)的圖象關于原點對稱，偶函數(shù)的圖象關于y軸對稱，因此根據(jù)圖象的對稱性可以判斷函數(shù)的奇偶性。
5．若存在常數(shù)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(shù)f(x)的周期，一般所說的周期是指函數(shù)的最小正周期周期函數(shù)的定義域一定是無限集。
6．單調性是函數(shù)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(shù)”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(shù)的單調性問題，一般求導解決，而解決與抽象函數(shù)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(shù)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(shù)學第一輪復習第03講 函數(shù)的基本性質教案
