13、區(qū)間[－5，－2]上有( )
A．最小值6 B．最小值－6
C．最大值－6 D．最大值6
[解析] 因為奇函數(shù)f(x)在[2,5]上有最小值6，所以可設(shè)a∈[2,5]，有f(a)＝6.由奇函數(shù)的性質(zhì)，f(x)在[－5，－2]上必有最大值，且最大值為f(－a)＝－f(a)＝－6.
[答案] C
5．函數(shù)f(x)＝x3＋＋1(x∈R)，若f(a)＝2，則f(－a)的值為________．
[解析] ∵f(a)＝2，∴a3＋＋1＝2，
a3＋＝1.∴f(－a)＝(－a)3＋＋1＝－(a3＋)＋1＝－1＋1＝0.
[答案] 0
課內(nèi)拓展 課外探究
一、抽象函數(shù)的奇偶性與對稱性
14、我們知道研究函數(shù)的奇偶性的實質(zhì)是研究函數(shù)圖象的對稱性，只不過它是一種特殊的對稱性，是關(guān)于原點或y軸對稱的問題．那么，我們能否把這種對稱性進行推廣呢？
1．函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝a對稱的問題
【典例1】 當(dāng)函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱時，會滿足怎樣的條件呢？
[解] 如圖所示，在直線x＝a兩邊取對稱的兩個自變量的值，如a－x，a＋x，由對稱性知它們的函數(shù)值相等，即f(a－x)＝f(a＋x)；
反之，若對定義域內(nèi)任一值x都有f(a－x)＝f(a＋x)，則可證明其圖象關(guān)于直線x＝a對稱．
證明：設(shè)函數(shù)y＝f(x)的圖象上任一點為P(x，y)，則它關(guān)于直線x＝a的對稱點為P′(
15、2a－x，y)．因為f(a－x)＝f(a＋x)，所以f(2a－x)＝f[a＋(a－x)]＝f[a－(a－x)]＝f(x)．
這說明點P′(2a－x，y)也在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，則函數(shù)圖象關(guān)于直線x＝a對稱，
由此得出：函數(shù)y＝f(x)對定義域內(nèi)任一值x都有f(a－x)＝f(a＋x)?y＝f(x)的圖象關(guān)于直線x＝a對稱．
若改變在直線x＝a兩邊取值的情況會得到如下結(jié)論：
f(x)在定義域內(nèi)恒滿足的條件
y＝f(x)的圖象的對稱軸
f(a＋x)＝f(a－x)
直線x＝a
f(x)＝f(a－x)
直線x＝
f(a＋x)＝f(b－x)
直線x＝
2.函數(shù)圖象關(guān)于點(
16、a,0)對稱的問題
【典例2】 當(dāng)函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于點(a,0)對稱時，又會滿足怎樣的條件呢？
[解] 如圖所示，在直線x＝a兩邊取對稱的兩個自變量的值，如a－x，a＋x，由對稱性知它們的函數(shù)值互為相反數(shù)，即f(a－x)＝－f(a＋x)；
反之，若對定義域內(nèi)任一值x都有f(a－x)＝－f(a＋x)，則可證明其圖象關(guān)于點(a,0)對稱．
證明：設(shè)函數(shù)y＝f(x)圖象上任一點為P(x，y)，則它關(guān)于點(a,0)的對稱點為P′(2a－x，－y)．因為f(a－x)＝－f(a＋x)，所以f(2a－x)＝f[a＋(a－x)]＝－f[a－(a－x)]＝－f(x)＝－y.
這說明點P′(
17、2a－x，－y)也在函數(shù)y＝f(x)的圖象上，則函數(shù)圖象關(guān)于點(a,0)對稱．
由此得出：函數(shù)y＝f(x)對定義域內(nèi)任一值x都有f(a－x)＝－f(a＋x)?y＝f(x)的圖象關(guān)于點(a,0)對稱．
若改變在直線x＝a兩邊取值的情況會得到如下結(jié)論：
f(x)在定義域內(nèi)恒滿足的條件
y＝f(x)的圖象的對稱中心
f(a－x)＝－f(a＋x)
點(a,0)
f(x)＝－f(a－x)
點
f(a＋x)＝－f(b－x)
點
二、抽象函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性
抽象函數(shù)涉及的問題有如下幾類：
一是單調(diào)性，由于沒有具體的函數(shù)解析式，研究抽象函數(shù)的單調(diào)性就得靠題中給出的抽象函數(shù)所滿足
18、的關(guān)系，通過賦特殊值、轉(zhuǎn)化等手段，歸結(jié)到函數(shù)單調(diào)性的定義上去解決．
二是奇偶性，這類題的入手點是函數(shù)奇偶性的定義，解題時抓住定義，實現(xiàn)問題的轉(zhuǎn)化．
三是不等式，一般要先研究函數(shù)的性質(zhì)，再轉(zhuǎn)化為一般的不等式進行解答．
【典例3】 已知定義在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的函數(shù)f(x)滿足：①對任意x，y∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(x·y)＝f(x)＋f(y)；②當(dāng)x>1時，f(x)>0，且f(2)＝1.
(1)試判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；
(2)判斷函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上的單調(diào)性；
(3)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[－4,0)∪(0,4]上的最大值；
(4)求不等式f(3x－2
19、)≥4的解集．
[解] (1)令x＝y(tǒng)＝1，則f(1×1)＝f(1)＋f(1)，
得f(1)＝0；再令x＝y(tǒng)＝－1，則f[(－1)·(－1)]＝f(－1)＋f(－1)，得f(－1)＝0.對于條件f(x·y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－1，則f(－x)＝f(x)＋f(－1)，
∴f(－x)＝f(x)．又∵函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點對稱，∴函數(shù)f(x)為偶函數(shù)．
(2)任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x11.
又∵當(dāng)x>1時，f(x)>0，∴f>0.而f(x2)＝f＝f(x1)＋f>f(x1)，∴函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
(3)∵f(4)＝f(2×2)＝
20、f(2)＋f(2)，又f(2)＝1，
∴f(4)＝2.又由(1)(2)知函數(shù)f(x)在區(qū)間[－4,0)∪(0,4]上是偶函數(shù)，且在(0,4]上是增函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間[－4,0)∪(0,4]上的最大值為f(4)＝f(－4)＝2.
(4)∵4＝2＋2＝f(4)＋f(4)＝f(16)，∴原不等式轉(zhuǎn)化為f(3x－2)≥f(16)．又∵函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，且函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)，∴原不等式又轉(zhuǎn)化為|3x－2|≥16，即3x－2≥16或3x－2≤－16，∴不等式f(3x－2)≥4的解集為{x.
[點評] 對于抽象函數(shù)奇偶性、單調(diào)性的判斷，定義法是一種常用手段．具體的解題策略
21、是：首先通過賦值得到f(1)，f(0)，f(－1)之類的特殊自變量的函數(shù)值，然后再通過賦值構(gòu)造f(x)與f(－x)或f(x2)與f(x1)之間的關(guān)系式進行函數(shù)奇偶性或單調(diào)性的判斷．
課后作業(yè)(二十二)
復(fù)習(xí)鞏固
一、選擇題
1．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又是在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的函數(shù)為( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝x2 D．y＝2x
[解析] 易判斷A、C為偶函數(shù)，B、D為奇函數(shù)，但函數(shù)y＝x2在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以選A.
[答案] A
2．已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x≥0時，f(x)＝x2－2x，則f(x)在R上的表達式是( )
A．y＝
22、x(x－2) B．y＝x(|x|＋2)
C．y＝|x|(x－2) D．y＝x(|x|－2)
[解析] 由x≥0時，f(x)＝x2－2x，
f(x)是定義在R上的奇函數(shù)得，當(dāng)x<0時，－x>0，f(x)＝－f(－x)＝－(x2＋2x)＝x(－x－2)．
∴f(x)＝即f(x)＝x(|x|－2)．
[答案] D
3．若函數(shù)f(x)＝ax2＋(2＋a)x＋1是偶函數(shù)，則函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為( )
A．(－∞，0] B．[0，＋∞)
C．(－∞，＋∞) D．[1，＋∞)
[解析] 因為函數(shù)為偶函數(shù)，所以a＋2＝0，a＝－2，即該函數(shù)f(x)＝－2x2＋1，所以函數(shù)f(x)在
23、(－∞，0]上單調(diào)遞增．
[答案] A
4．f(x)是定義在R上的奇函數(shù)且單調(diào)遞減，若f(2－a)＋f(4－a)<0，則a的取值范圍是( )
A．a(chǎn)<1 B．a(chǎn)<3
C．a(chǎn)>1 D．a(chǎn)>3
[解析] ∵f(x)在R上為奇函數(shù)，
∴f(2－a)＋f(4－a)<0轉(zhuǎn)化為f(2－a)<－f(4－a)＝f(a－4)．
又f(x)在R上單調(diào)遞減，
∴2－a>a－4，得a<3.
[答案] B
5．奇函數(shù)f(x)在區(qū)間[3,6]上是增函數(shù)，在區(qū)間[3,6]上的最大值為8，最小值為－1，則f(6)＋f(－3)的值為( )
A．10 B．－10
C．9 D．15
[解析] 由于f(
24、x)在[3,6]上為增函數(shù)，f(x)的最大值為f(6)＝8，f(x)的最小值為f(3)＝－1，f(x)為奇函數(shù)，故f(－3)＝－f(3)＝1，∴f(6)＋f(－3)＝8＋1＝9.
[答案] C
二、填空題
6．已知y＝f(x)是奇函數(shù)，若g(x)＝f(x)＋2且g(1)＝1，則g(－1)＝________.
[解析] 因為g(x)＝f(x)＋2，g(1)＝1，所以1＝f(1)＋2，所以f(1)＝－1，又因為f(x)是奇函數(shù)，所以f(－1)＝1，則g(－1)＝f(－1)＋2＝3.
[答案] 3
7．設(shè)函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，它在[0,1]上的圖象如圖．則它在[－1,0)上的解析式為
25、__________________．
[解析] 由題意知f(x)在[－1,0)上為一條線段，且過(－1,1)，(0,2)，設(shè)f(x)＝kx＋b(－1≤x<0)，代入解得k＝1，b＝2，所以f(x)＝x＋2(－1≤x<0)．
[答案] f(x)＝x＋2(－1≤x<0)
8．已知函數(shù)y＝f(x)是偶函數(shù)，其圖象與x軸有四個交點，則方程f(x)＝0的所有實根之和是________．
[解析] 由題意，知函數(shù)y＝f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以其圖象與x軸的四個交點也兩兩成對，關(guān)于y軸對稱，即方程f(x)＝0的實根兩兩互為相反數(shù)，故其所有實根之和是0.
[答案] 0
三、解答題
9
26、．已知函數(shù)f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，且當(dāng)x>0時，f(x)＝x2－2x－1，求函數(shù)f(x)的解析式．
[解] 當(dāng)x<0時，－x>0，
∴f(－x)＝(－x)2＋2x－1.
∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，
∴f(x)＝－x2－2x＋1，
∵f(x)(x∈R)是奇函數(shù)，∴f(0)＝0.
∴所求函數(shù)的解析式為f(x)＝
10．設(shè)f(x)在R上是偶函數(shù)，在(－∞，0)上遞減，若f(a2－2a＋3)>f(a2＋a＋1)，求實數(shù)a的取值范圍．
[解] 由題意知f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)．
又a2－2a＋3＝(a－1)2＋2>0，
a2＋a＋1＝2＋>0，
且f
27、(a2－2a＋3)>f(a2＋a＋1)，
所以a2－2a＋3>a2＋a＋1，解得a<.
綜上，實數(shù)a的取值范圍是.
綜合運用
11．若f(x)滿足f(－x)＝f(x)在區(qū)間(－∞，－1]上是增函數(shù)，則( )
A．ff>f(2)，即f(2)
28、)＝x2＋3x＋1，則f(x)＝( )
A．x2 B．2x2
C．2x2＋2 D．x2＋1
[解析] 因為f(x)＋g(x)＝x2＋3x＋1, ①
所以f(－x)＋g(－x)＝x2－3x＋1.
又f(x)為偶函數(shù)，f(－x)＝f(x)；
g(x)為奇函數(shù)，g(－x)＝－g(x)，
所以f(x)－g(x)＝x2－3x＋1. ②
聯(lián)立①②可得f(x)＝x2＋1.
[答案] D
13．已知函數(shù)f(x)是定義在{x|x≠0}上的奇函數(shù)，當(dāng)x<0時，f(x)＝2x2＋x－1，則當(dāng)x>0時，f(x)的遞減區(qū)間是________．
[解析] 當(dāng)x<0時，函數(shù)f(x)＝2x
29、2＋x－1在上是遞減的，又函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，由奇函數(shù)圖象的特征知，當(dāng)x>0時，f(x)的遞減區(qū)間是.
[答案]
14．若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在(－∞，0]上是減函數(shù)，且f(2)＝0，則使得f(x)<0的x的取值范圍是________．
[解析] 由題意知f(－2)＝f(2)＝0，當(dāng)x∈(－2,0)時，f(x)
30、(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；
(2)如果f(4)＝1，f(x－1)<2，且f(x)在[0，＋∞)上是增函數(shù)，試求實數(shù)x的取值范圍．
[解] (1)令x1＝x2＝0，得f(0)＝0，
令x1＝x，x2＝－x，
得f(0)＝f(x)＋f(－x)＝0，
即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．
(2)因為f(4)＝1，所以f(8)＝f(4)＋f(4)＝2，
所以原不等式化為f(x－1)
2019-2020學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué) 第三章 函數(shù)的概念與性質(zhì) 3.2.2.2 函數(shù)奇偶性的應(yīng)用學(xué)案 新人教A版必修第一冊
