《2025年优化探究同步导学案高中数学必修第一册人教版》

[例 4] 已知函数$ f(x) $不恒为$ 0 $，$ x \in \mathbf{R} $，若对于任意实数$ x_1, x_2 $，都有$ f(x_1 + x_2) + f(x_1 - x_2) = 2f(x_1)f(x_2) $。求证：$ f(x) $为偶函数。
[分析] 通过对$ x_1, x_2 $赋一些特殊值，使得式子中出现$ f(x) $，$ f(-x) $，再求解。

答案： [证明]令$x_{1}=0,x_{2}=x$，则$f(x)+f(-x)=2f(0)f(x)$.①
又令$x_{1}=x,x_{2}=0$，则$f(x)+f(x)=2f(x)f(0)$.②
由①②，得$f(-x)=f(x)$.又$x\in\mathrm{R}$，$f(x)$不恒为$0$，所以$f(x)$是偶函数.

3. 定义在$ \mathbf{R} $上的函数$ f(x) $满足：对任意$ x_1, x_2 \in \mathbf{R} $，有$ f(x_1 + x_2) = f(x_1) + f(x_2) + 1 $，则下列说法正确的是 (C)

A.$ f(x) $为奇函数
B.$ f(x) $为偶函数
C.$ f(x) + 1 $为奇函数
D.$ f(x) + 1 $为偶函数

答案： C令$x_{1}=x_{2}=0$，得$f(0)=f(0)+f(0)+1$，
所以$f(0)=-1$，$f(x)$一定不是奇函数.令$x_{1}=x,x_{2}=-x$，得$f(0)=f(x)+f(-x)+1$，
即$-1=f(x)+f(-x)+1$，所以$f(x)+f(-x)=-2$.
令$g(x)=f(x)+1$，
则$g(x)+g(-x)=f(x)+1+f(-x)+1=0$，
所以$g(-x)=-g(x)$，
又$x\in\mathrm{R}$，所以$f(x)+1$为奇函数.

[例 5] 设$ f(x) $是奇函数，且在区间$ (0, +\infty) $上是减函数。
(1) 求证：$ f(x) $在区间$ (-\infty, 0) $上也是减函数；
(2) 比较$ f(a^2 + a + 1) $与$ f\left( \dfrac{3}{4} \right) $的大小。

答案：
(1)[证明]　$\forall x_{1},x_{2}\in(-\infty,0)$且$x_{1}＜x_{2}$，
则$-x_{1},-x_{2}\in(0,+\infty)$，且$-x_{1}＞-x_{2}$.
$\because f(x)$在区间$(0,+\infty)$上是减函数，
$\therefore f(-x_{1})＜f(-x_{2})$.
又$f(x)$是奇函数，$f(-x_{1})=-f(x_{1})$，$f(-x_{2})=-f(x_{2})$，
$\therefore -f(x_{1})＜-f(x_{2})$，
从而$f(x_{1})＞f(x_{2})$，
$\therefore f(x)$在区间$(-\infty,0)$上也是减函数.
(2)[解]　$a^{2}+a+1=(a+\frac{1}{2})^{2}+\frac{3}{4}\geqslant\frac{3}{4}$，$\therefore f(a^{2}+a+1)\leqslant f(\frac{3}{4})$.

4. 如果奇函数$ f(x) $在$ \mathbf{R} $上有最大值$ M $，最小值$ m $，则$ M + m = $0$ $。

答案： 答案：0
解析：因为$f(x)$为在$\mathrm{R}$上的奇函数，
所以$m=-M$，
所以$m+M=0$.