$1.{\color{Red} 已知f(x)=ax^2+(b+2)x是定义在[a-1,3a]上的偶函数，那么a+b的值是(\quad)}$
$2.{\color{Green} 函数f(x)=\frac{ax+b}{x^2+1}是定义在(-\infty,+\infty)上的奇函数，且f(\frac{1}{2})=\frac{2}{5}}$
$(1)求实数a,b, 并确定函数f(x) 的解析式;$
$(2)用定义法证明f(x)在(-1,1)上是增函数。$
$3.{\color{Blue}函数f(x)是定义在[a-1,2a]上的偶函数，且当x\ge 0时，f(x)}$单调递增，则关于$x的不等式f(x-1)\gt f(a)的解集是(\quad)$
解：奇偶函数$\Rightarrow 定义域对称，a-1+2a=0\Rightarrow a=\frac{1}{3}$,偶函数右侧单增，左侧单减。$\because f(x-1)>f(a)\therefore |x-1|>\frac{1}{3},解得x<\frac{2}{3}或x>\frac{4}{3}(超过定义域，舍去)$故得$-\frac{2}{3}\le x<\frac{2}{3}$
$4.{\color{Red}已知f(x)=\log_\frac{1}{2}(x+\sqrt{x^2+1}),}$则不等式${\color{Red}f(x+2)+f(1-2x)<0}$的解集是
解：先用分子有理化的方法证复合对数函数$f(x)$的奇偶性。$f(-x)=\log_\frac{1}{2}(-x+\sqrt{x^2+1})=log_\frac{1}{2}\frac{(\sqrt{x^2+1}-x)(\sqrt{x^2+1}+x)}{\sqrt{x^2+1}+x}=\log_\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{x^2+1}+x}=-f(x)$
$\therefore f(x)$是奇函数。令$t=x+\sqrt{x^2+1},f(t)=\log_\frac{1}{2}t,f(t)$是单调递减函数。t是单调递增函数。$\Rightarrow$复合函数$f(x)$是单调递减函数.
$f(x+2)+f(1-2x)<0\Rightarrow f(x+2)<-f(1-2x)=f(2x-1)\Rightarrow$
$x+2>2x-1\Rightarrow x<3$
$5.{\color{Green}函数f(x)=\begin{cases}\sqrt{x+1},&-1<x<0\\2x,&x\ge0\end{cases},}$若实数${\color{Green}a满足f(a)=f(a-1),则f(\frac{1}{a})=}$
解：画分段函数图像$\Rightarrow 0<a<1,a-1<0,\Rightarrow 2a=\sqrt{a-1+1}\Rightarrow 4a^2=a,a=\frac{1}{4},\Rightarrow f(4)=8$
$6.{\color{Blue}函数f(x) =\begin{cases}(3a-1)x+4a,&x<1\\ \frac{a}{x},&x\ge 1\end{cases},在\mathbb{R}上是减函数，则a的取值范围是(\quad)}$
解：因为是$f(x)$减函数,$\Rightarrow \begin{cases}a>0\\3a-1<0\end{cases}$且在函数分段点处必然有左边函数值$f(1_-)≥f(1_+)$右边函数。即有$(3a-1)\times1+4a\ge \cfrac{a}{1}$
解得$\frac{1}{6}\le a<\frac{1}{3}$
习题：
1.讨论如下函数的单调性：
①$f(x)=\frac{2}{\sqrt{2-\cfrac{1}{x}}}$;
②$f(x)=\frac{1}{4+3x-x^2}$;
③$f(x)=x+\frac{1}{x}$;
④$y=x^2+2x$
2.已知$f(x)$是奇函数，当$x>0时，f(x)=\sqrt[3]{x}(1+x)$,求$x<0,f(x)$的函数表达式。
3.已知函数$f(x)=a-\frac{2}{2^x+1}$在$\mathbb{R}$上是奇函数，求$a$的大小。
解： 奇函数在R有定义，$f(0)=a-1=0,\Rightarrow a=1。$若是大题还需要证明$f(x)=1-\frac{2}{2^x+1}$是奇函数。$f(-x)=1-\frac{2}{2^{-x}+1} =1-\frac{2\cdot2^x}{(2^{-x}+1)\cdot2^x} =\frac{2^x+1-2\cdot2^x}{2^x+1}$
$=\frac{1-2^x}{2^x+1}=\frac{2-(2^x+1)}{2^x+1}=\frac{2}{2^x+1}-1 =-f(x)$
4.已知定义在$\mathbb{R}$上函数$f(x)$的图像是连续不断的，且满足以下条件：$①\forall x\in R,f(-x)=f(x);$
$②\forall x_1,x_2\in (0,+\infty),当x_1\ne x_2时，都有\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}>0;$
$③f(-1)=0,则下选项成立的是(CD)$
$A.f(3)>f(-4);\quad B. 若f(m-1)<f(2),则m的解集\in (-\infty,3)$
$C. 若\frac{f(x)}{x}>0,则x\in (-1,0)\cup (1,+\infty) \quad D.\forall x\in R,\exists M\in R,使得f(x)\ge M.$
5.定义在$\mathbb{R}$上的函数$f(x)+f(-x)=0,且\forall x_1,x_2\in R$,有$\frac{f(x_1)+f(x_2)}{x_1+x_2}>0(x_1+x_2\ne 0),$则下列结论中正确的有$(\qquad)$
$A.f(x)是奇函数；\quad B.f(x)在R上单调递增；\quad C.f(x^2)>f(x-1)恒成立$
D.$f(x^2)-f(1)<0的解集是(-1,1)$
6.定义在R的单调函数$f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y\in R),且f(3)=6.$
$①判断函数f(x)的奇偶性，并证明；$
$②若\forall x\in [\frac{1}{2},3)都有f(kx^2)+f(2x-1)<0成立$，求实数$k$的取值范围。
解：$①\because f(x+y)=f(x)+f(y),\begin{cases} 令y=-x,则f(0)=f(x)+f(-x);\\令x=y=0,则有\Rightarrow f(0)=0\end{cases}$
$\Rightarrow f(-x)=-f(x)$
$②\because f(0)=0<f(3) 且f(x)单调函数，\therefore f(x)$单调递增。$x\in [\frac{1}{2},3),f(2x-1)=-f(1-2x),f(kx^2)+f(2x-1)=f(kx^2)-f(1-2x)<0$
$f(kx^2)<f(1-2x)\Rightarrow kx^2<1-2x\Rightarrow k<\frac{1-2x}{x^2}=\frac{1}{x^2} -\frac{2}{x}$
换元令$t=\frac{1}{x} ,x\in[\frac{1}{2},3)\Rightarrow t\in (\frac{1}{3},2],k<t^2-2t=(t-1)^2-1$恒成立，即$k<t^2-2t$的最小值。$ t\in (\frac{1}{3},2],k<[(t-1)^2-1]_{min}=-1,即k<-1。$
7.已知函数$f(x)$的定义域为R，$f(xy)=y^2f(x)+x^2f(y),$则$(A.C)$
$A.f(x)=0\quad B.f(1)=1\quad C.f(x)是偶函数\quad D.x=0为f(x)的极小值点$
解：令$x=y=0,易得f(0)=0，故A正确；令x=y=1,易得f(1)=0;$令$x=y=-1,易得f(-1)=0;$令$y=-1,f(-x)=f(x),故f(x)为偶数;$
8.设函数$f(x)=2^{x(x-a)}在区间(0,1)$上单调递减，则$a$的取值范围是$(D)$.
$A.(-\infty,2]\quad B.[-2,0)\quad C.(0,2]\quad D.[2,+\infty)$
笔记总结：
上述例题主要考查函数的奇偶性和增减性。
奇偶性的本质是图象的对称性，首先是定义域对称，然后是函数值的对称。对于奇函数，题目一定会隐藏-个已知条件：${\color{Red}奇函数在x=0有定义则f(0)=0!!}$
f(-x)=-f(x)或f(x)+f(-x)=0\Leftrightarrow f(x)是奇函数$.奇函数还有如下的表述方式：
${\color {Orange}若\forall x,y\in \mathbb{R},f(x+y)=f(x)+f(y)恒成立\Rightarrow f(x)为奇函数}$
$f(-x)=f(x)或f(x)-f(-x)=0\Leftrightarrow f(x)$是偶函数
$增函数\begin{cases}x_1<x_2\in D &\Leftrightarrow f(x_1)<f(x_2) {\color{Red}公式①}\\x_1\ne x_2\in D& \Rightarrow k=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0\\x_1\ne x_2\in D& \Rightarrow [f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0\\x_1\ne x_2\in D,且f(x)是奇函数&\Rightarrow \frac{f(x_1)+f(x_2)}{x_1+x_2}>0{\color{Red}公式④}\\x_1\ne x_2\in D,且f(x)是奇函数&\Rightarrow [f(x_1)+f(x_2)](x_1+x_2)>0{\color{Red}公式⑤}\\{f}' (x)>0;&高二导数内容，高一不要求\end{cases}$
例题3和例4是将函数值不等式,利用对称性和单调性转化为关于$x$的不等式。相当于逆用${\color{Red}公式①}$式。
$偶函数+右侧\nearrow ,f(x_1)<f(x_2)\Rightarrow |x_1|<|x_2|$,${\color {Red}自变量到y轴距离越大，函数值越大}$
$奇函数+单\nearrow, f(x_1)<f(x_2)\Rightarrow x_1＜x_2$
${\color{Red}公式④⑤}$的证明：$\because f(x)是奇数\Rightarrow f(x_2)=-f(-x_2),\frac{f(x_1)+f(x_2)}{x_1+x_2}=\frac{f(x_1)-f(-x_2))}{x_1-(-x_2)}$,令$x_3=-x_2,\frac{f(x_1)-f(x_3)}{x_1-x_3}>0$，得证。公式⑤同理。
熟记一些${\color{Red}常考的奇函数}$，如例4。补充：
$①{\color{Red} f(x)=\log_{a}{\frac{m+x}{m-x}}} $
②${\color{Violet} f(x)=\log_{a}{\frac{m-x}{m+x} } }$
$③{\color{Green} f(x)=\log_{a}{(\sqrt{m^2x^2+1}+mx })}$
$④{\color{Red} f(x)=\log_{a}{(\sqrt{m^2x^2+1}-mx }) }$
$⑤{\color{Green} f(x)=a^{-x}-a^x}$
$⑥{\color{Violet} f(x)=\frac{a^x+1}{a^x-1}} $
式子③④取$f(-x)$对其真数进行如下例的分子有理化操作，即可将分子为化1。
$\sqrt{m^2x^2+1}+mx =\cfrac{(\sqrt{m^2x^2+1}+mx)(\sqrt{m^2x^2+1}-mx ) }{\sqrt{m^2x^2+1}-mx } =\cfrac{1}{\sqrt{m^2x^2+1}-mx }$
