2.2.2 函数简单性质习 题课 学案（含答案解析）

2.2.2
函数简单性质习
题课
学案
【课标要求】
1．深化对函数奇偶性和单调性的相关知识的理解，增强运用函数与方程等数学思想方法的解题意识．
2．熟悉奇偶函数图象的对称性，能综合应用函数的单调性、奇偶性解决一些简单问题．
【核心扫描】
1．综合应用函数的单调性与奇偶性解决一些简单的问题．(重点)
2．通过单调性和奇偶性求参数取值或取值范围．(难点)
自学导引
1．若函数f(x)是偶函数，则f(|x|)＝f(x)．
2．奇函数f(x)在关于原点对称的区间[a，b]与[－b，－a](a试一试：1.函数y＝f(x)在[0，＋∞)部分图象如图所示，根据f(x)是奇(偶)函数作出f(x)在(－∞，0)上的图象．
提示　图象如图所示
2．奇函数y＝f(x)在(0，＋∞)部分图象如图所示，写出f(x)在(－∞，0)上的单调区间．
提示　单调增区间为(－∞，－a]，单调减区间为(－a,0)．
名师点睛
1．函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)，则图象关于原点对称，满足f(－x)＝f(x)，则图象关于y轴对称．一般地，若f(x)满足f(a－x)＝－f(a＋x)，则图象关于点(a,0)对称，满足f(a－x)＝f(a＋x)，则图象关于直线x＝a对称．
2．根据奇偶函数的对称性，由奇偶性求函数的解析式，既可以利用奇偶函数的定义求解，又可利用奇偶函数图象的对称性画图象求解．
3．奇(偶)函数在其定义域内关于原点对称的两个区间上的单调性相同(反)．
4．奇偶性与单调性的关系主要是奇偶函数的图象对称性决定的．因此，这类问题可以推
广到图象具有对称性的一般函数中.
题型一　用单调性和奇偶性解不等式
【例1】
设定义在[－2,2]上的奇函数f(x)在区间[0,2]上单调递减，若f(m)＋f(m－1)＞0，求实数m的取值范围．
[思路探索]
解决此类问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f(x1)＞f(x2)或f(x1)＜f(x2)的形式，再根据奇函数在对称区间上单调性一致，偶函数的单调性相反，列出不等式或不等式组，同时不能漏掉函数自身定义域对参数的影响．
解　由f(m)＋f(m－1)＞0，
得f(m)＞－f(m－1)，即f(1－m)＜f(m)．
又∵f(x)在[0,2]上为减函数且f(x)在[－2,2]上为奇函数，
∴f(x)在[－2,2]上为减函数．
∴
即
解得－1≤m＜.
故实数m的取值范围是.
规律方法
用单调性解不等式，要化为同一函数在同一单调区间内求解．
【训练1】
已知函数f(x)在R上是偶函数，在区间(－∞，0)上递增，且f(2a2＋a＋1)＜f(2a2－2a＋3)，求a的取值范围．
解　由f(x)在R上是偶函数，在区间(－∞
,0)上递增知f(x)在(0，＋∞)上递减．
∵2a2＋a＋1＝2(a＋)2＋＞0,2a2－2a＋3＝2(a－)2＋＞0，
且f(2a2＋a＋1)＜f(2a2－2a＋3)，
∴2a2＋a＋1＞2a2－2a＋3，即3a－2＞0，解得a＞.
故a的取值范围为(，＋∞)．
题型二　单调性与奇偶性关系的证明方法
【例2】
已知奇函数f(x)在区间[a，b]上单调递增，判断f(x)在区间[－b，－a](b>a>0)上的单调性，并给出证明．
[思路探索]
设x1，x2∈[－b，－a]，然后转化到已知单调区间[a，b]上，利用已知的单调性和函数的奇偶性找出x1＜x2时f(x1)与f(x2)的大小关系即可．
解　f(x)在区间[－b，－a]上也单调递增，证明如下：
设x1，x2∈[－b，－a]，且x1则－x1，－x2∈[a，b]，且－x1>－x2.
因为f(x)在区间[a，b]上单调递增，
所以f(－x1)>f(－x2)．
又因为f(x)是奇函数，
所以－f(x1)>－f(x2)，即f(x1)故f(x)在区间[－b，－a]上是单调递增函数．
规律方法
①奇函数在[a，b]和[－b，－a]上有相同的单调性(b＞a＞0)．
②偶函数在[a，b]和[－b，－a]上有相反的单调性(b＞a＞0)．
【训练2】
已知偶函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，判断f(x)在区间(0，＋∞)上的单调性，并加予证明．
解　f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，证明如下：
设x1，x2∈(0，＋∞)，且x1则－x1，－x2∈(－∞，0)，且－x1>－x2.
因为f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，
所以f(－x1)又因为f(x)是偶函数，所以f(x1)故f(x)在区间(0，＋∞)上是单调递增函数．
题型三　利用单调性和奇偶性求参数取值
或取值范围
【例3】
(14分)已知函数f(x)＝x2＋(x≠0，常数a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；
(2)若函数f(x)在x∈[2，＋∞)上为增函数，求实数a的取值范围．
审题指导
本题考查函数奇偶性、单调性的定义，以及恒成立意义的理解，同时考查了分类讨论的思想方法．
[规范解答]
(1)当a＝0时，f(x)＝x2(x≠0)满足f(－x)＝(－x)2＝x2＝f(x)，所以f(x)是偶函数，2分
当a≠0时，由f(x)＝x2＋，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝2a≠0，所以f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，所以f(x)是非奇非偶函数.
6分
(2)设2≤x19分
要使f(x)在x∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x1)－f(x2)<0恒成立.
11分
因为x1＋x2>4，x1x2>4，所以x1x2(x1＋x2)>16，所以a的取值范围是(－∞，16].
14分
规律方法
根据单调性和奇偶性求参数取值或取值范围，就是逆用函数性质求解．但要明确恒成立的意义，特别地，有a>f(x)恒成立 a>f(x)max，a【训练3】
已知f(x)＝是奇函数．
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间，并加以证明．
解　(1)∵f(x)是奇函数，
∴f(x)＋f(－x)＝0，
即－＝0.
则(a＋b)x2＋a＝0对任意的实数x恒成立．
∴a＝b＝0.
(2)∵f(x)＝(x∈R)是奇函数，
∴只需研究在[0，＋∞)上f(x)的单调性即可．
任取x1，x2∈[0，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
∵x1＜x2，∴x2－x1＞0.
又∵x＋1＞0，x＋1＞0，
∴当x1，x2∈[0,1]时，x1x2－1＜0，
∴f(x1)－f(x2)＜0，
∴f(x)在[0,1]上单调递增．
当x1，x2∈(1，＋∞)时，x1x2－1＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞0，
∴f(x)在(1，＋∞)上单调递减．
又f(x)是奇函数，
∴f(x)在[－1,0)上单调递增，在(－∞，－1)上单调递减．
综上，f(x)的单调增区间是[－1,1]，
单调减区间是(－∞，－1)和(1，＋∞)．
方法技巧　利用偶函数f(x)满足f(x)＝f(|x|)
解题
对于偶函数f(x)，当x≥0时，f(|x|)＝f(x)；当x＜0时，f(|x|)＝f(－x)＝f(x)，故偶函数f(x)一定有f(|x|)＝f(x)，利用这个性质在解题中可避免分类讨论．
【示例】
已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)单调递增，求满足f(3x＋2)＞f()的x的取值范围．
[思路分析]
因为“3x＋2”的正负不定，故应分类讨论，同时结合偶函数单调性的性质解题，当然也可以根据f(x)为偶数，得出f(x)＝f(|x|)，这样就避免了讨论．
解　法一　∵f(x)为偶函数，且在[0，＋∞)上单调递增，故其在(－∞，0]上单调递减．又∵f(3x＋2)＞f()，从而有，或，
解得x＞－或x＜－.
法二　∵f(x)为偶函数，∴f(x)＝f(|x|)，
∴f(3x＋2)＝f(|3x＋2|)，
故由f(3x＋2)＞f()，得f(|3x＋2|)＞f()，
∴|3x＋2|＞，∴x＞－或x＜－.
方法点评
从解法一与解法二的比较可以看出，解法二因为利用了偶函数的性质，得出
f(x)＝f(|x|)，从而避免了讨论，更为简捷.