《2025年金版教程高中新课程创新导学案高中数学必修第一册人教版》

2.已知函数$f(x)=\frac{ax+b}{1+x^2}$是定义域为$[-1,1]$的奇函数，且$f(1)=\frac{1}{2}$.
(1)求$f(x)$的解析式；
(2)用定义证明：$f(x)$在$[-1,1]$上是增函数；
(3)若实数$t$满足$f(2t - 1)+f(t - 1)＜0$，求实数$t$的取值范围.

答案： 2.解：
(1)因为函数$f(x)$是定义域为$[-1,1]$的奇函数，所以$f(0)=\frac{b}{1}=0$，所以$b = 0,f(x)=\frac{ax}{1 + x^{2}}$，因为$f(1)=\frac{a}{2}=\frac{1}{2}$，所以$a = 1,f(x)=\frac{x}{1 + x^{2}}$.
(2)证明：在$[-1,1]$上任取$x_{1},x_{2}$，设$x_{1} ＜ x_{2}$，即$-1\leqslant x_{1} ＜ x_{2}\leqslant 1$，则$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{x_{1}}{1 + x_{1}^{2}}-\frac{x_{2}}{1 + x_{2}^{2}}=\frac{(x_{1}-x_{2})(1 - x_{1}x_{2})}{(1 + x_{1}^{2})(1 + x_{2}^{2})}$，因为$-1\leqslant x_{1} ＜ x_{2}\leqslant 1$，所以$x_{1}-x_{2} ＜ 0,x_{1}x_{2} ＜ 1,1 + x_{1}^{2}＞0,1 + x_{2}^{2}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2}) ＜ 0$，即当$x_{1} ＜ x_{2}$时，$f(x_{1}) ＜ f(x_{2})$，所以$f(x)$在$[-1,1]$上是增函数.
(3)因为$f(2t - 1)+f(t - 1) ＜ 0$，所以$f(2t - 1) ＜ -f(t - 1)=f(1 - t)$，又$f(x)$在$[-1,1]$上是增函数，所以$\begin{cases}-1\leqslant 2t - 1\leqslant 1,\\-1\leqslant 1 - t\leqslant 1,\\2t - 1 ＜ 1 - t,\end{cases}$解得$0\leqslant t ＜ \frac{2}{3}$，所以实数$t$的取值范围为$[0,\frac{2}{3})$.

例3 已知定义在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上的函数$f(x)$满足$f(x)+f(y)=\frac{f(xy)}{f(x+y)}$，当$x＜0$时，$f(x)＜0$，且$f(1)=1$.
(1)求$f(2),f(-1)$；
(2)判断$f(x)$的奇偶性，并说明理由；
(3)判断$f(x)$在$(-\infty,0)$上的单调性，并用定义证明.
【感悟提升】判断抽象函数的奇偶性、单调性，主要是利用定义判定：
(1)找准方向，巧妙赋值，合理、灵活地变形配凑.
(2)赋值代换，至于如何赋值，要根据解题目 标来确定，一般可通过赋值$-1$或$0$或$1$来达到解题目的.

答案： 例3 [解]
(1)令$x = y = 1$，可得$f(1)+f(1)=\frac{f(1)}{f(2)}$，解得$f(2)=\frac{1}{2}$.
令$x = y = -1$，可得$2f(-1)=\frac{1}{f(-2)}$， ①
令$x = 2,y = -1$，可得$\frac{1}{2}+f(-1)=f(-2)$， ②
联立①②可得$f(-1)=-1$(因为当$x ＜ 0$时，$f(x) ＜ 0$，所以$f(-1)=\frac{1}{2}$舍去).
(2)$f(x)$为奇函数. 理由如下：
令$y = -1$，可得$f(x)-1=\frac{f(-x)}{f(x - 1)}(x\neq 0$，且$x\neq 1)$， ③
用$x - 1$替换$x$，令$y = 1$，可得$f(x - 1)+1=\frac{f(x - 1)}{f(x)}(x\neq 0$且$x\neq 1)$， ④
由③④可得$f(x)=-f(-x)(x\neq 0$，且$x\neq 1)$，当$x = 1$时，$f(1)=-f(-1)$，也满足$f(x)=-f(-x)$，故$f(x)$为定义在$(-\infty,0)\cup(0,+\infty)$上的奇函数.
(3)$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减. 证明如下：
由
(2)可得，$f(y)=-f(-y)$，所以$f(x)-f(-y)=\frac{f(xy)}{f(x + y)}$，令$x = x_{1},-y = x_{2}$，可得$f(x_{1})-f(x_{2})=\frac{f(-x_{1}x_{2})}{f(x_{1}-x_{2})}$，设$x_{1} ＜ x_{2} ＜ 0$，则$x_{1}-x_{2} ＜ 0,-x_{1}x_{2} ＜ 0$，因为当$x ＜ 0$时，$f(x) ＜ 0$，所以$f(x_{1}-x_{2}) ＜ 0,f(-x_{1}x_{2}) ＜ 0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2}) ＞ 0$，即$f(x_{1}) ＞ f(x_{2})$，所以$f(x)$在$(-\infty,0)$上单调递减.

3.(多选)设函数$f(x)$对任意的$x,y\in\mathbf{R}$，都有$f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+2f(y)$，函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递增，$f(1)=2$，则下列结论正确的是
(ABC)

A.$f(2)=8$
B.$y = f(x)$是偶函数
C.若$f(a^2 - a)-8＜0$，则$-1＜a＜2$
D.存在$x\in\mathbf{R}$，使得$f(x)＜0$

答案： 3.ABC [$f(x + y)+f(x - y)=2f(x)+2f(y)$，令$x = y = 0$，可得$2f(0)=4f(0)$，所以$f(0)=0$，令$x = 1$，可得$f(2)+f(0)=4f(1)$，所以$f(2)=8$，A正确；令$x = 0$，可得$f(y)+f(-y)=2f(0)+2f(y)$，即$f(-y)=f(y)$，所以$y = f(x)$是偶函数，B正确；由$f(a^{2}-a)-8 ＜ 0$，可得$f(a^{2}-a)＜8 = f(2)$，由函数$f(x)$是偶函数及已知单调性，可得$-2 ＜ a^{2}-a ＜ 2$，解得$-1 ＜ a ＜ 2$，C正确；由函数$f(x)$是偶函数，且在$[0,+\infty)$上单调递增，可知其最小值为$f(0)=0$，D错误. 故选ABC.]