1、1.3習題課課時目標1.加深對函數的基本性質的理解.2.培養綜合運用函數的基本性質解題的能力1若函數y(2k1)xb在R上是減函數，則()Akeq f(1,2) Bkeq f(1,2) Dk0成立，則必有()A函數f(x)先增后減B函數f(x)先減后增Cf(x)在R上是增函數Df(x)在R上是減函數3已知函數f(x)在(，)上是增函數，a，bR，且ab0，則有()Af(a)f(b)f(a)f(b)Bf(a)f(b)f(a)f(b)Df(a)f(b)f(a)f(b)4函數f(x)的圖象如圖所示，則最大、最小值分別為()Af(eq f(3,2)，f(eq f(3,2)Bf(0)，f(eq f(3,

2、2)Cf(0)，f(eq f(3,2)Df(0)，f(3)5已知f(x)ax2bx3ab是偶函數，定義域為a1,2a，則a_，b_.6已知f(x)eq blcrc (avs4alco1(f(1,2)x1，x0，,f(1,x)， xa，則實數a的取值范圍是_一、選擇題1設f(x)是定義在R上的偶函數，且在(，0)上是增函數，已知x10，x20，且f(x1)f(x2)，那么一定有()Ax1x20Cf(x1)f(x2) Df(x1)f(x2)02下列判斷：如果一個函數的定義域關于坐標原點對稱，那么這個函數為偶函數；對于定義域為實數集R的任何奇函數f(x)都有f(x)f(x)0；解析式中含自變量的偶次

3、冪而不含常數項的函數必是偶函數；既是奇函數又是偶函數的函數存在且唯一其中正確的序號為()A B C D3定義兩種運算：abab，aba2b2，則函數f(x)eq f(2x,x22)為()A奇函數B偶函數C既不是奇函數也不是偶函數D既是奇函數也是偶函數4用mina，b表示a，b兩數中的最小值，若函數f(x)min|x|，|xt|的圖象關于直線xeq f(1,2)對稱，則t的值為()A2 B2 C1 D15如果奇函數f(x)在區間1,5上是減函數，且最小值為3，那么f(x)在區間5，1上是()A增函數且最小值為3 B增函數且最大值為3C減函數且最小值為3 D減函數且最大值為36若f(x)是偶函數，

4、且當x0，)時，f(x)x1，則f(x1)0時，f(x)2x3，則f(2)f(0)_.9函數f(x)x22xa，若對任意x1，)，f(x)0恒成立，則實數a的取值范圍是_三、解答題10已知奇函數f(x)的定義域為(，0)(0，)，且f(x)在(0，)上是增函數，f(1)0.(1)求證：函數f(x)在(，0)上是增函數；(2)解關于x的不等式f(x)0)在區間m，n上最值問題，有以下結論：(1)若hm，n，則yminf(h)k，ymaxmaxf(m)，f(n)；(2)若hm，n，則yminminf(m)，f(n)，ymaxmaxf(m)，f(n)(a0時可仿此討論)3函數奇偶性與單調性的差異函數

5、的奇偶性是相對于函數的定義域來說的，這一點與研究函數的單調性不同，從這個意義上說，函數的單調性是函數的“局部”性質，而奇偶性是函數的“整體”性質，只是對函數定義域內的每一個值x，都有f(x)f(x)或f(x)f(x)，才能說f(x)是奇函數(或偶函數)1.3習題課雙基演練1D由已知，令2k10，解得k0，知f(a)f(b)與ab同號，由增函數的定義知選C.3Cab0，ab，ba.由函數的單調性可知，f(a)f(b)，f(b)f(a)兩式相加得C正確4C由圖象可知，當x0時，f(x)取得最大值；當xeq f(3,2)時，f(x)取得最小值故選C.5.eq f(1,3)0解析偶函數定義域關于原點對

6、稱，a12a0.aeq f(1,3).f(x)eq f(1,3)x2bx1b.又f(x)是偶函數，b0.6(，1)解析若a0，則eq f(1,2)a1a，解得a2，a；若aa，解得a1，a1.綜上，a(，1)作業設計1B由已知得f(x1)f(x1)，且x10，x20，而函數f(x)在(，0)上是增函數，因此由f(x1)f(x2)，則f(x1)f(x2)得x10.故選B.2C判斷，一個函數的定義域關于坐標原點對稱，是這個函數具有奇偶性的前提條件，但并非充分條件，故錯誤判斷正確，由函數是奇函數，知f(x)f(x)，特別地當x0時，f(0)0，所以f(x)f(x)f(x)20.判斷，如f(x)x2，

7、x0,1，定義域不關于坐標原點對稱，即存在10,1，而1 0,1；又如f(x)x2x，x1,1，有f(x)f(x)故錯誤判斷，由于f(x)0，xa，a，根據確定一個函數的兩要素知，a取不同的實數時，得到不同的函數故錯誤綜上可知，選C.3Af(x)eq f(2x,x22)，f(x)f(x)，選A.4D當t0時f(x)的圖象如圖所示(實線)對稱軸為xeq f(t,2)，則eq f(t,2)eq f(1,2)，t1.5D當5x1時1x5，f(x)3，即f(x)3.從而f(x)3，又奇函數在原點兩側的對稱區間上單調性相同，故f(x)在5，1上是減函數故選D.6D依題意，因為f(x)是偶函數，所以f(x

8、1)0化為f(|x1|)0，又x0，)時，f(x)x1，所以|x1|10，即|x1|1，解得0 x3解析f(x)x22xa(x1)2a1，1，)為f(x)的增區間，要使f(x)在1，)上恒有f(x)0，則f(1)0，即3a0，a3.10(1)證明設x1x2x20.f(x)在(0，)上是增函數，f(x1)f(x2)f(x)是奇函數，f(x1)f(x1)，f(x2)f(x2)，f(x1)f(x2)，即f(x1)0，則f(x)f(1)，x1，0 x1；若x0，則f(x)f(1)，x1.關于x的不等式f(x)0的解集為(，1)(0,1)11(1)證明設0 x1x20，x1x21，且0 x1x21，x1

9、x2b0，f(x1)f(x2)，所以函數f(x)在(0,1)上是減函數(2)解設0 x1x21，則f(x1)f(x2)eq f(x1x2x1x2b,x1x2)由函數f(x)在(0,1)上是減函數，知x1x2b0恒成立，則b1.設1x1x20，f(x1)f(x2)(1eq f(1,x11)(1eq f(1,x21)eq f(x1x2,x11x21).由x1x20 x1x20，(x11)(x21)0，得f(x1)f(x2)0，即f(x1)f(x2)所以f(x)在定義域上是增函數(2)解g(x)f(x1)f(x)eq f(1,x1x2)，g(x)在0，)上是減函數，自變量每增加1，f(x)的增加值越來越小，所以f(x)的增長是越來越慢13解(1)作OH，DN分別垂直DC，AB交于H，N，連結OD.由圓的性質，H是中點，設OHh，heq r(OD2DH2)eq r(4x2).又在直角AND中，ADeq r(