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专题05 函数的基本性质（1）-【寒假自学课】（苏教版2019）
专题05 函数的基本性质
知识聚焦
考点聚焦
知识点1 函数的单调性
1．单调函数的定义与图象
设函数f(x)的定义域为Ⅰ．如果对于定义域Ⅰ内某个区间D上的任意两个自变量的值，
当时，都有，那么就说函数f(x)在区间D上是单调递增函数．
当时，都有，那么就说函数f(x)在区间D上是单调递减函数．
上升趋势 下降趋势
2．函数的单调区间：若函数y＝f(x)在区间D上是增函数或减函数，则称函数y＝f(x)在这一区间上具有(严格的)单调性，区间D叫做y＝f(x)的单调区间．
3．单调性定义的等价形式：
（1）函数在区间上是增函数
任取，且，都有；
任取，且，；
任取，且，；
任取，且，．
（2）函数在区间上是减函数
任取，且，都有；
任取，且，；
任取，且，；
任取，且，．
4．定义法证明函数单调性的步骤
①取值：设，为该区间内任意的两个值，且
②作差变形：做差，并通过通分、因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判断差值符号的方向变形
③定号：确定差值的符号，当符号不确定时，可以分类讨论
④判断：根据定义做出结论．
5．函数单调性的性质
若函数与在区间D上具有单调性，则在区间D上具有以下性质：
（1）与（C为常数）具有相同的单调性．
（2）与的单调性相反．
（3）当时，与单调性相同；当时，与单调性相反．
（4）若≥0，则与具有相同的单调性．
（5）若恒为正值或恒为负值，则当时，与具有相反的单调性；
当时，与具有相同的单调性．
（6）与的和与差的单调性（相同区间上）：
简记为：↗↗↗;（2）↘↘↘;（3）↗﹣↘=↗;（4）↘﹣↗=↘．
（7）对于符合函数，设在上单调，且在或上也单调，那么在的单调性简记为“同增异减”．
知识点2 函数的奇偶性
1．函数奇偶性的定义
（1）奇函数：如果对于函数的定义域内任意一个，都有，那么函数是奇函数，图象关于原点对称
（2）偶函数：如果对于函数的定义域内任意一个，都有，那么函数是偶函数，图象关于轴对称．
偶函数的性质：，可避免讨论．
2．判断函数奇偶性的常用方法
（1）定义法：若函数的定义域不是关于原点对称，则立即可判断该函数既不是奇函数也不是偶函数；若函数的定义域是关于原点对称的，再判断与之一是否相等．
【注意】判断与的关系时，也可以使用如下结论：
①如果或，则函数为偶函数；
②如果或，则函数为奇函数．
（2）图象法：奇（偶）函数等价于它的图象关于原点（轴）对称．
（3）性质法：设，的定义域分别是，，在它们的公共定义域上，一般具有下列结论：
偶 偶 偶 偶 偶
偶 奇 不确定 奇 偶
奇 偶 不确定 奇 偶
奇 奇 奇 偶 奇
【注意】在中，的值域是定义域的子集
（4）分段函数奇偶性的判断
判断分段函数的奇偶性时，通常利用定义法判断．分段函数不是几个函数，而是一个函数．因此其判断方法也是先考查函数的定义域是否关于原点对称，然后判断与的关系．首先要特别注意与的范围，然后将它代入相应段的函数表达式中，与对应不同的表达式，而它们的结果按奇偶函数的定义进行比较．
3．函数奇偶性的应用
函数奇偶性的定义既是判断函数奇偶性的一种方法，又是在已知函数奇偶性时可以运用的一个性质，要注意函数奇偶性定义的正用和逆用．
（1）由函数的奇偶性求参数：若函数解析式中含参数，则根据或，利用待定系数法求参数；若定义域含参数，则根据定义域关于原点对称，利用区间的端点值之和为0求参数．
（2）由函数的奇偶性求函数值：由函数的奇偶性求函数值时，若所给的函数具有奇偶性，则直接利用或求解；若所给函数不具有奇偶性，一般续利用所给的函数构造一个奇函数或偶函数，然后利用其奇偶性求值．
（3）由函数的奇偶性求函数解析式的一般步骤
第一步：在哪个区间上求解析是，就设在哪个区间上；
第二步：把对称转化到已知区间上，代入已知区间的解析式得
第三步：利用函数的奇偶性把改写成，从而求出．
知识点3 函数的周期性
1．周期函数的定义：对于函数，如果存在一个非零常数T，使得当x取定义域内的任何值时，都有，那么就称函数为周期函数，称T为这个函数的周期．
最小正周期：如果在周期函数的所有周期中存在一个最小的正数，那么这个最小正数就叫做的最小正周期．
2．函数周期性的常用结论（是不为0的常数）（1）若，则；（2）若，则；
（3）若，则；（4）若，则；
（5）若，则；（6）若，则（）；
知识点4 函数的对称性
1．函数对称性的常用结论
（1）若，则函数图象关于对称；
（2）若，则函数图象关于对称；
（3）若，则函数图象关于对称；
（4）若，则函数图象关于对称；
2．函数的奇偶性与函数的对称性的关系
（1）若函数满足，则其函数图象关于直线对称，
当时可以得出，函数为偶函数，即偶函数为特殊的线对称函数；
（2）若函数满足，则其函数图象关于点对称，
当，时可以得出，函数为奇函数，即奇函数为特殊的点对称函数；
3．函数对称性与周期性的关系
（1）若函数关于直线与直线对称，那么函数的周期是；
（2）若函数关于点对称，又关于点对称，那么函数的周期是；
（3）若函数关于直线，又关于点对称，那么函数的周期是．
4．函数的奇偶性、周期性、对称性的关系
（1）①函数是偶函数；②函数图象关于直线对称；③函数的周期为．
（2）①函数是奇函数；②函数图象关于点对称；③函数的周期为．
（3）①函数是奇函数；②函数图象关于直线对称；③函数的周期为．
（4）①函数是偶函数；②函数图象关于点对称；③函数的周期为．
其中，上面每组三个结论中的任意两个能够推出第三个．
考点剖析
考点1 函数单调性的判断与证明
（2022秋·全国·高一专题练习）
1．设函数在上为增函数，则下列结论一定正确的是　　
A．在上为减函数 B．在上为增函数
C．在上为增函数 D．在上为减函数
（2020秋·高一课时练习）
2．设，都是上的单调函数，有如下四个命题，正确的是（ ）
①若单调递增，单调递增，则单调递增；
②若单调递增，单调递减，则单调递增；
③若单调递减，单调递增，则单调递减；
④若单调递减，单调递减，则单调递减.
A．①③ B．①④ C．②③ D．②④
（2023·高一课时练习）
3．已知定义在（0，）上的函数满足：对任意正数a b，都有，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A．是增函数，且 B．是增函数，且
C．是减函数，且 D．是减函数，且
（2023秋·黑龙江双鸭山·高一校考阶段练习）
4．已知函数的图像过点．
(1)求实数m的值；
(2)判断在区间上的单调性，并用定义证明；
（2022秋·广东东莞·高一校联考期中）
5．设是定义在上的函数，对任意的，恒有，且当时，．
(1)求．
(2)证明：时，恒有．
(3)求证：在上是减函数．
考点2 求函数的单调区间
（2023·全国·高一专题练习）
6．函数的单增区间为（ ）
A． B．
C． D．
（2022·高一单元测试）
7．函数的单调增区间是（　　）
A． B．
C． D．
（2023秋·重庆·高一校考阶段练习）
8．函数的单调递减区间为 .
（2023秋·全国·高一专题练习）
9．若定义在上的函数满足，则的单调递增区间为（ ）
A．和 B．和
C．和 D．和
考点3 已知函数的单调性求参数
（2023秋·浙江宁波·高一校考阶段练习）
10．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·全国·高一专题练习）
11．是函数在单调递减的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要
（2023秋·云南曲靖·高一校考阶段练习）
12．函数在区间上单调递增，则实数的取值范围为 .
（2023·江苏·高一专题练习）
13．已知函数是R上的单调减函数，则实数的取值范围是（ ）
A．[0，＋∞) B．
C． D．(－∞，0)∪
（2023秋·贵州贵阳·高一校考阶段练习）
14．若函数对，都有，则实数a的取值范围是 .
考点4 利用函数单调性求值域
（2023秋·江苏无锡·高一校考阶段练习）
15．求下列函数的值域
(1)
(2)
（2023秋·四川眉山·高一仁寿一中校考阶段练习）
16．求下列函数的值域.
(1)
(2)
（2023秋·浙江嘉兴·高一校考阶段练习）
17．记表示中三个数的最小值，若，则的最大值为 .
（2023秋·黑龙江双鸭山·高一校考阶段练习）
18．若a，R，记，则函数(R)的最大值为（ ）
A．0 B． C．1 D．3
（2023·全国·高一专题练习）
19．已知二次函数，且，且的解集为．
(1)求的解析式．
(2)求在区间的最大值记为，并求的最大值．
考点5 根据函数的值域求参数
（2023·全国·高一专题练习）
20．函数在区间上有最小值-1，则实数m的取值范围是 ．
（2023·全国·高一专题练习）
21．已知函数有最小值，则实数a的取值范围是 .
（2023·全国·高一专题练习）
22．已知函数，记函数，其中实数，若的值域为，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·福建漳州·高一校考阶段练习）
23．函数，对使成立，则的取值范围是 .
（2022秋·贵州遵义·高一统考期中）
24．已知函数对于一切实数x，y，都有成立，且当时，．
(1)求．
(2)求的解析式．
(3)若函数，试问是否存在实数a，使得的最小值为？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．
考点6 函数奇偶性的判断与证明
（2023·江苏·高一专题练习）
25．判断下列函数的奇偶性：
(1)；
(2)；
(3)．
（2023·全国·高一专题练习）
26．设函数，则下列函数中为奇函数的是（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·福建福州·高一校考阶段练习）
27．函数的图象（　　）
A．关于轴对称
B．关于原点对称
C．关于轴对称
D．关于直线对称
（2023秋·新疆·高一校联考期中）
28．已知是奇函数，是偶函数，且，则（ ）
A．是奇函数 B．是奇函数
C．是奇函数 D．是奇函数
（2023·全国·高一专题练习）
29．设函数的定义域为，并且满足，且，当时，．
(1)求的值；
(2)判断函数的奇偶性；
考点7 根据函数奇偶性求参求值
（2023·全国·高一专题练习）
30．已知函数是定义在上的奇函数，则 ．
（2023秋·重庆·高一校考阶段练习）
31．已知 且，则= .
（2023·全国·高一专题练习）
32．已知函数，且，则的值为 .
（2023秋·浙江宁波·高一校考阶段练习）
33．设函数的最大值为M，最小值为m，则 ．
（2023·全国·高一专题练习）
34．设函数的定义域为，为奇函数，为偶函数，当时，.若，则（ ）
A． B． C． D．
考点8 利用函数奇偶性求解析式
（2023·江苏·高一专题练习）
35．为上的奇函数，当时，，则 ．
（2023·江苏·高一专题练习）
36．设函数是定义在R上的奇函数，当时，，求函数的解析式．
（2023·全国·高一专题练习）
37．已知是R上的偶函数，且当时，，求的解析式．
（2023·全国·高一专题练习）
38．已知函数满足为奇函数，则函数的解析式可能为 （写出一个即可）．
（2023秋·江苏南通·高一校考阶段练习）
39．已知定义在R上的函数分别是奇函数和偶函数，且，则 ．
（2023·全国·高一专题练习）
40．已知奇函数则 ．
考点9 利用单调性奇偶性解不等式
（2023秋·湖南郴州·高一校考阶段练习）
41．函数为偶函数，且对任意都有，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
（2023秋·福建福州·高一校考阶段练习）
42．设奇函数在上为增函数，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
（2023秋·重庆·高一校考阶段练习）
43．若函数，则关于的不等式的解集为 .
（2023秋·宁夏银川·高一校考期中）
44．若定义在上的偶函数满足：对任意的，，有，且，则满足的x的取值范围为 ．
（2023秋·江苏南通·高一校考阶段练习）
45．定义在上的函数满足，则关于的不等式的解集为 ．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【分析】根据题意，依次分析选项：对于、、举出反例，可得其错误，对于，由单调性的定义分析可得正确，即可得答案．
【详解】解：根据题意，在上为增函数，依次分析选项：
对于，若，则，在上不是减函数，错误；
对于，若，则，在上不是增函数，错误；
对于，若，则，在上不是增函数，错误；
对于，函数在上为增函数，则对于任意的、，设，必有，
对于，则有，
则在上为减函数，正确；
故选：D.
【点睛】本题考查函数单调性的定义以及应用，属于基础题．
2．C
【分析】利用函数单调性定义证明②③正确，举反例说明①④错误.
【详解】对于命题①，令，均为增函数，而为减函数，①错误；
对于命题②，设，则，，∴，∴，故单调递增，命题②正确；
对于命题③，设，则，，
∴，∴，故单调递减，命题③正确.
对于命题④，令，均为减函数，而为增函数，故④错误.
故选：C
【点睛】本题考查函数的单调性，属于基础题.
3．D
【分析】法一：找到一个函数满足题干中的条件，从而得到单调性和值域，求出答案；法二：根据题干中条件，利用赋值法和定义法来求解函数的单调性和值域，进而得到答案.
【详解】法一：取，满足题干条件，则是减函数，且；
法二：当时，.设，则，由已知，.
所以，即，所以是减函数，
故选：D.
4．(1)
(2)在区间上单调递增，证明见解析
【分析】（1）将代入解析式，得到m的值；
（2）利用定义法证明函数单调性步骤：取值，作差，判号，下结论.
【详解】（1）将点代入函数中，可得，解得．
（2）单调递增，证明如下．
由（1）可得，
任取，则
，因为，
则，，，即，
所以，即，
所以在区间上单调递增．
5．(1)1
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）令，代入，即可得到.
（2）令，代入，即可证明.
（3）用定义法即可证明在上是减函数.
【详解】（1）由题意
在中，
∴
解得：或
当时，令，则恒成立，故舍去，
∴
（2）由题意及（1）得
在中，
令，
若，则
即，
而当时，，矛盾，
∴
∴
∴时，恒有
（3）由题意及（1）（2）得
在中，
当时，
设任意的且
∵
∴
即
∴
∴在上是减函数
6．D
【分析】得出分段函数解析式，即可得解.
【详解】.
因为，，
所以的增区间是．
故选：D
7．C
【分析】分离常数，然后根据图像平移得到函数图像，继而求出单调增区间.
【详解】
的图象是由的图象沿轴向右平移个单位，然后沿轴向下平移个单位得到， 如下图
的单调增区间是．
故选：C.
8．
【分析】先求出定义域，再根据复合函数单调性求出答案.
【详解】令，解得，故函数定义域为，
其中，
故在上单调递增，在上单调递减，
其中在上单调递增，
由复合函数单调性可知，的单调递减区间为.
故答案为：
9．B
【分析】当可求得；当时，，由已知关系式可得，进而得到；由二次函数性质可得单调递增区间.
【详解】当时，，则，
在上单调递增；
当时，，，
，
在上单调递增；
综上所述：的单调递增区间为和.
故选：B.
10．A
【分析】设，根据复合函数的单调性得到为减函数，且在区间上大于零恒成立，即可得到答案.
【详解】因为函数在上单调递增，
设，则为减函数，且在区间上大于零恒成立.
所以.
故选：A
11．A
【分析】先化简函数，可得函数的单调递减区间为，进而结合充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】，
显然函数的单调递减区间为，
所以时，函数在单调递减；
若函数在单调递减，则，
所以是函数在单调递减的充分不必要条件.
故选：A.
12．
【分析】利用二次函数的单调性即可得出答案.
【详解】函数的图象的对称轴为，
因为函数在区间上单调递增，
所以，解得，所以的取值范围为.
故答案为：
13．B
【分析】函数是上的单调减函数，从而分段函数的两段均为单调减函数，并且左边一段的最低点不能低于右边一段的最高点，列不等式组可得结果．
【详解】当时，函数是单调减函数，
即有，解得；
当时，函数是单调减函数，
分界点处的值应满足，解得，∴．
故选：B.
14．
【分析】由题意知函数单调递增，根据分段函数单调递增需每段递增且在分界处函数值满足的关系列不等式组求解.
【详解】由可知函数在上单调递增，
所以，解得，即实数a的取值范围是.
故答案为：.
15．(1)
(2)
【分析】（1）利用二次函数的单调性求值域即可；
（2）利用换元法及二次函数的单调性求值域即可.
【详解】（1），
根据二次函数的性质可知，在上函数单调递增，在上单调递减，
，，所以；
（2）易知函数的定义域为，
令，
所以，
由二次函数的性质可知时，函数单调递减，
当时，即时，，函数无最小值，
故.
16．(1)
(2)
【分析】（1）利用配方法结合单调性求二次函数的值域；
（2）利用分式的性质，结合基本不等式的应用进行求解．
【详解】（1）,函数的定义域为,在上单调递增，在上单调递减，
,又因为,所以.
所以函数的值域为
（2）,
当且仅当取等号,函数的值域为.
17．1
【分析】根据题意作出函数的图象，进而求出函数的最大值.
【详解】由题意，当时，，当时，；
从而，作出函数的图象，
如图所示：
由图可知时，函数有最大值1.
故答案为：1.
18．C
【分析】根据题意作出函数的图象，进而求出函数的最大值.
【详解】比较函数与函数值的大小，取较小值，得到如图所示的图像：
当时，令，则解得，；
当时，令，则，解得，
所以函数与的交点坐标为，
，
由图可知时，函数有最大值1.
故选：C.
19．(1)
(2)，最大值为8
【分析】（1）由，得到函数的对称轴为，又的解集为，所以的两个根是，，建立关系求解即可；
（2）轴定区间动，分类讨论求解即可.
【详解】（1）∵，∴函数的对称轴为，
∵二次函数，
∴①，
又的解集为，，
∴的两个根是，；并且．
即②，③，
联立①②③，解得，，．
∴函数的解析式为：．
（2）由（1）知开口向下，且对称轴为，在区间的最大值记为，
当，即时，在上是增函数，
函数的最大值为．
当时，在上是减函数，
函数的最大值为．
当，即时，
在上函数的最大值为．
综上：，
当时，；
当时，；
当时，；
所以函数的最大值为8．
20．
【分析】配方后得到时，取到最小值-1，从而.
【详解】，要想取到最小值-1，则，
所以.
故答案为：.
21．
【分析】化简函数，去绝对值后，根据函数有最小值得出函数的变化趋势，即可求出实数a的取值范围.
【详解】解：由题意，
在中，
∵函数有最小值，
∴函数应在上单调递减，在上单调递增或常函数，
∴，解得：，
∴有最小值时，实数a的取值范围是.
故答案为：.
22．B
【分析】因为，由双勾函数的单调性即可取出的取值范围
【详解】因为，所以，
由双勾函数的性质知，在上单调递减，在上单调递增，
因为，，，
所以的取值范围是：.
故选：B.
23．
【分析】根据一次函数与二次函数的性质，求得函数在固定区间上的值域，结合题意，建立不等式组，可得答案.
【详解】由函数，则其单调性为单调递增，所以其在上的值域为；
由函数，根据二次函数的性质，其在上的值域为；
根据题意，，可得不等式组，解得，
所以可得.
故答案为：.
24．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）令可得答案；
（2）令可得答案；
（3），令，记函数，然后分、、三种情况讨论即可.
【详解】（1）令，则，
解得或（舍去），所以．
（2）令，则，．
所以的解析式为．
（3）由，即．
令，记函数，对称轴为．
①当，即时，在上单调递增，
所以，解得，不符合题意，舍去；
②当，即时，在上单调递减，在上单调递增，
所以，解得，不符合题意，舍去；
③当，即时，在上单调递减，
所以，解得，符合题意．
综上，存在，使得的最小值为．
25．(1)偶函数
(2)既是奇函数又是偶函数
(3)非奇非偶函数
【分析】（1）（2）（3）根据函数奇偶性的定义与性质逐项分析判断.
【详解】（1）因为的定义域为，
且，所以函数为偶函数.
（2）因为，所以，则有，解得，
则函数定义域为，且，所以和同时成立，
故既是奇函数又是偶函数.
（3），其定义域为，其定义域不关于原点对称，
所以是非奇非偶函数．
26．D
【分析】先求出函数的对称中心，然后根据函数图像的变换求出过原点时函数的解析式即可．
【详解】，该函数是由（该函数图像关于原点对称，即为奇函数）向右平移2个单位，然后再沿轴向下平移1个单位得到的，
故将的图像向左平移2个单位，然后再沿轴向上平移1个单位得到关于原点对称的奇函数的图像，
可知．
故选：D．
27．B
【分析】计算，得出为奇函数，选项B正确，排除其余选项.
【详解】的定义域为，关于原点对称，
，
为奇函数，图象关于原点对称.故选项B正确.
故选：B.
28．CD
【分析】根据奇偶函数定义直接判断即可.
【详解】是奇函数，；
是偶函数，；
对于A，，
不是奇函数，A错误；
对于B，，
不是奇函数，B错误；
对于C，，是奇函数，C正确；
对于D，，是奇函数，D正确.
故选：CD.
29．(1)
(2)奇函数
【分析】（1）令，即可得解；
（2）令，即可得出结论.
【详解】（1）由，
令，得，
所以；
（2）奇函数，理由如下：
由，
令，则，
又的定义域为，
所以函数为奇函数.
30．##
【分析】根据奇函数的定义域关于原点对称可得，进而代入即可求解.
【详解】由题意可知，即.
又是奇函数，故，即，
∴对任意都成立，则，
∴.所以，
故答案为：
31．
【分析】设，易判断是奇函数，可得，即，可得解.
【详解】由题意，设，
又，所以函数是奇函数，
可得，即，
又，则.
故答案为：.
32．
【分析】令，有，为奇函数，则有，可求的值.
【详解】，
令，函数定义域为R，
，为奇函数，，
则，.
故答案为：
33．2
【分析】变换，设，确定函数为奇函数，再根据函数奇偶性的性质计算得到答案.
【详解】，
设，则，函数为奇函数，
，，.
故答案为：2.
34．C
【分析】根据给定条件，确定出函数解析式，再借助函数的性质即可计算作答.
【详解】由是奇函数，得，即，
由是偶函数，得，
令，得：，，
而，于是，解得，
令，得，即，则，解得，因此，
又，于是，
所以.
故选：C
35．
【分析】当时，，然后利用已知解析式和奇函数的性质可求出时的解析式，再由为上的奇函数，可得，从而可求得函数解析式.
【详解】当时，，则．
由于是上的奇函数，故，
所以当时，．
因为为上的奇函数，故．
综上，，
故答案为：
36．
【分析】利用奇函数的定义即可求函数的解析式．
【详解】设，则，所以，
又是上的奇函数，则，
又函数定义域为，则，
综上可知，函数的解析式为．
37．
【分析】根据偶函数的定义结合已知的解析式可求出当时的解析式，从而可求出函数解析式
【详解】因为当时，，所以
因为是R上的偶函数，
所以，，
所以.
38．(答案不唯一)
【分析】根据奇函数的定义选择函数的解析式即可.
【详解】取，则符合题意．
故答案为：.
39．
【分析】由题可得，然后利用奇偶性的定义即求，，最后计算即可；
【详解】∵，
∴.
由是奇函数，是偶函数，可有，，
代入上式，，
则有，；
则.
故答案为：.
40．
【分析】根据奇函数的定义，先求当时，，，再进一步求解.
【详解】当时，，，
则．
故答案为：.
41．B
【分析】结合奇偶性，单调性利用单调性的逆用解抽象函数不等式.
【详解】因为任意都有
所以函数在上单调增，
又为偶函数，，
所以，解得，
解集为.
故选：B.
42．D
【分析】利用函数奇偶性定义化简不等式，再利用函数的草图即可求得该不等式的解集.
【详解】奇函数在上为增函数，且，
则，在上为增函数，
又，则有或
又草图如下：

则有或.
则原不等式解集为
故选：D
43．
【分析】首先由函数的解析式和性质，得到函数的性质，再结合函数的对称性和单调性，即可求解不等式.
【详解】，
，
即为偶函数，设，函数为偶函数，并且在单调递增，
不等式，
即，则，
所以，两边平方后得，
解得：，
所以不等式的解集为.
故答案为：
44．
【分析】运用奇偶性与单调性的性质可得的草图，看图解不等式与，再解或即可.
【详解】因为对任意的，，有，
所以在上单调递减，
又因为在R上为偶函数，所以在上单调递增，
又因为，所以，
则的草图如图所示，

所以或或，
，
又因为，
所以或，即 或，
解得或，
所以x的取值范围为.
故答案为：.
45．
【分析】令，则由题意可知在上单调递减，且，从而由函数的单调性可求得结果.
【详解】令，
因为定义在上的函数满足，
所以定义在上的函数满足，
所以在上单调递减，
由，得，
所以，
所以，解得，
所以原不等式的解集为，
故答案为：.
答案第1页，共2页
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