《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》

典例1 (1)已知$ g(x)=f(2x-1)+1 $，且$ g(x) $的定义域为(1，4]，值域为$ [3,+\infty) $，设函数$ f(x) $的定义域为A，值域为B，则$ A\cap B= $ (C)
A.$ \varnothing $
B.[4，7]
C.[2，7]
D.$ [2,\dfrac{5}{2}] $
(2)设函数$ f(x)=\begin{cases}x^{2}+2x,x\leqslant 0, \\ -x^{2},x＞0,\end{cases}$若$ f(f(a))-f(a)+2=0 $，则实数a的值为 ______ .

答案： 典例1
(1)[解析] 由已知$g(x)$的定义域为$(1,4]$，值域为$[3,+\infty)$，可得$y = f(2x - 1)$的定义域为$(1,4]$，值域为$[2,+\infty)$，所以$1＜x\leq4$，所以$1＜2x - 1\leq7$，所以$A=(1,7]$，$B=[2,+\infty)$，所以$A\cap B=[2,7]$.故选C.[答案] C
典例1
(2)[解析] 令$f(a)=t$，由$f(f(a)) - f(a)+2 = 0$，得$f(t)=t - 2$.①当$t\leq0$时，$t^{2}+t + 2 = t - 2$，方程$t^{2}+t + 2 = 0$无解；②当$t＞0$时，$-t^{2}=t - 2$，$\therefore t = 1$或$t = - 2$(舍去)，$\therefore f(a)=1$.当$a\leq0$时，$a^{2}+2a = 1$，则$a=-\sqrt{2}-1$或$a=\sqrt{2}-1$(舍去)；当$a＞0$时，$-a^{2}=1$无解.综上，$a=-\sqrt{2}-1$.[答案] $-\sqrt{2}-1$

[素养训练1] (1)若函数$ y=f(x) $的定义域是[-2，4]，则函数$ g(x)=f(x)+f(-x) $的定义域是 ()
A.[-4，4]
B.[-2，2]
C.[-4，-2]
D.[2，4]

答案： [素养训练1]
(1)B [由$\begin{cases}-2\leq x\leq4,\\-2\leq -x\leq4,\end{cases}$得$-2\leq x\leq2$，所以函数$g(x)=f(x)+f( - x)$的定义域是$[-2,2]$.

(2)已知定义在$ \mathbf{R} $上的函数$ f(x) $满足$ f(x)+xf(-x)=x^{2}+x $，则函数$ f(x) $的解析式为$f(x)=\frac{2x^{2}+x - x^{3}}{1 + x^{2}}$.

答案：
(2)答案：$f(x)=\frac{2x^{2}+x - x^{3}}{1 + x^{2}}$

典例2 已知函数$ f(x)=\dfrac{mx^{2}+2}{3x+n} $是奇函数，且$ f(2)=\dfrac{5}{3} $.
(1)求实数m和n的值；
(2)求函数$ f(x) $在[-2，-1]上的最值.

答案： 典例2 [解]
(1)$\because f(x)$是奇函数，
$\therefore f( - x)= - f(x)$，
$\therefore \frac{m(-x)^{2}+2}{-3x + n}=-\frac{mx^{2}+2}{3x + n}=\frac{mx^{2}+2}{-3x - n}$.
比较得$n = - n$，则$n = 0$.
又$f(2)=\frac{5}{3}$，$\therefore\frac{4m + 2}{6}=\frac{5}{3}$，解得$m = 2$.
$\therefore$实数$m$和$n$的值分别是$2$和$0$.
(2)由
(1)知$f(x)=\frac{2x^{2}+2}{3x}=\frac{2}{3}x+\frac{2}{3x}$.
任取$x_{1}$，$x_{2}\in[-2,-1]$，且$x_{1}＜x_{2}$，
则$f(x_{1}) - f(x_{2})=\frac{2}{3}(x_{1}-x_{2})(1-\frac{1}{x_{1}x_{2}})=\frac{2}{3}(x_{1}-x_{2})·\frac{x_{1}x_{2}-1}{x_{1}x_{2}}$.
$\because -2\leq x_{1}＜x_{2}\leq -1$，
$\therefore x_{1}-x_{2}＜0$，$x_{1}x_{2}＞1$，$x_{1}x_{2}-1＞0$，
$\therefore f(x_{1}) - f(x_{2})＜0$，即$f(x_{1})＜f(x_{2})$.
$\therefore$函数$f(x)$在$[-2,-1]$上为增函数，
$\therefore f(x)_{\max}=f( - 1)=-\frac{4}{3}$，
$f(x)_{\min}=f( - 2)=-\frac{5}{3}$.

[素养训练2] (1)若偶函数$ f(x) $在$ (-\infty,-1] $上是增函数，则下列关系式中成立的是 (D)
A.$ f(-\dfrac{3}{2})＜f(-1)＜f(2) $
B.$ f(-1)＜f(-\dfrac{3}{2})＜f(2) $
C.$ f(2)＜f(-1)＜f(-\dfrac{3}{2}) $
D.$ f(2)＜f(-\dfrac{3}{2})＜f(-1) $

答案： [素养训练2]
(1)D [$\because f(x)$为偶函数，$\therefore f(2)=f( - 2)$，又$-2＜-\frac{3}{2}＜-1$，且函数$f(x)$在$(-\infty,-1]$上是增函数，$\therefore f( - 2)＜f(-\frac{3}{2})＜f( - 1)$，即$f(2)＜f(-\frac{3}{2})＜f( - 1)$.]

(2)已知函数$ f(x)=(3m^{2}-8m-2)x^{m}(m\in \mathbf{R}) $为幂函数，且$ f(x) $在$ (0,+\infty) $上单调递增，则$ f(x) $的解析式为$f(x)=x^{3}$；若$ f(a+4)+f(-a^{2}+a-1)＜0 $，则实数a的取值范围为$( -\infty,-1)\cup(3,+\infty)$.

答案： [素养训练2]
(2)答案：$f(x)=x^{3}\ ( -\infty,-1)\cup(3,+\infty)$

典例3 设函数$ f(x)=x^{2}-2|x|-1(-3\leqslant x\leqslant 3) $.
(1)证明：函数$ f(x) $是偶函数；
(2)画出函数$ f(x) $的图象；
(3)指出函数$ f(x) $的单调区间，并说明在各个单调区间上$ f(x) $的单调性；
(4)求函数$ f(x) $的值域.

答案：
典例3 [解]
(1)证明：$\because$函数$f(x)$的定义域关于原点对称，
且$f( - x)=( - x)^{2}-2| - x|-1=x^{2}-2|x|-1=f(x)$，
即$f( - x)=f(x)$，$\therefore$函数$f(x)$是偶函数.
(2)当$0\leq x\leq3$时，$f(x)=x^{2}-2x - 1=(x - 1)^{2}-2$；
当$-3\leq x＜0$时，$f(x)=x^{2}+2x - 1=(x + 1)^{2}-2$.
即$f(x)=\begin{cases}(x - 1)^{2}-2,0\leq x\leq3,\\(x + 1)^{2}-2,-3\leq x＜0.\end{cases}$
根据二次函数的作图方法，可得函数$f(x)$的图象如下.

(3)函数$f(x)$的单调区间为$[-3,-1)$，$[-1,0)$，$[0,1)$，$[1,3]$.
$f(x)$在$[-3,-1)$和$[0,1)$上单调递减，在$[-1,0)$和$[1,3]$上单调递增.
(4)当$0\leq x\leq3$时，函数$f(x)=(x - 1)^{2}-2$的最小值为$f(1)= -2$，最大值为$f(3)=2$；
当$-3\leq x＜0$时，函数$f(x)=(x + 1)^{2}-2$的最小值为$f( - 1)= -2$，最大值为$f( - 3)=2$；
综上，函数$f(x)$的值域为$[-2,2]$.