2.17-1 抽象函數的單調性與奇偶性的講義

劉芳科老抽象函單調性與奇性特殊模型正比例函數f(x)=kx(k≠0)

抽象函數f(x+y)=f(x)+f(y)冪函數f(x)=x

n

f(xy)=f(x)f(y)[或

f(

xf(x))yf(y)

]指數函數f(x)=a

x

(a>0且a≠1)

f(x+y)=f(x)f(y)[

或fxy)

f()f(y對數函數f(x)=logx(a>0且a≠1)a

f(xy)=f(x)+f(y)[

或f(

xy

)f()f(y)]正、余弦函數f(x)=sinxf(x)=cosx

f(x+T)=f(x)正切函數f(x)=tanx余切函數f(x)=cotx

fx)f(xy)

fx)f(y)f(xf(y)fxf(y)f(xfy)1.已知f()(()f(),對一切實數、y成立，且f,求(x偶函數。證明：令=0,已知等式變?yōu)閒(y)f()(0)f()……①在①中令y=0則2=2(0)∵f0∴f∴(y)f()f(y)∴f(f()∴f()為偶函數。2.奇函數f(x)在定義域（-1，）內遞減，求滿足(1)f)的實的取值范圍。解：由f(1)

2

)得f

2

)，∵f(x)為奇函數，∴(1)f

2

又∵f()在（-1，1）內遞減，∴

0mm

3.如果f()=ax

(a>0)對任意t)f),比較、(2)、(4)大小解：對任有f)f2∴x=2為拋物線=

的對稱軸又∵其開口向上∴f(2)最小，f(1)=(3)∵在［2，＋∞)上，(x)增函數∴f(3)<(4),∴f(2)<f(1)<(4)

劉芳科老師4.已知函數f（）對任意實數x，，均有（＋）＝f（）＋（y），且當x＞時，f（）＞0，f（－1）＝－2，求（）在區(qū)間[－2，1]上的值域。分析：由題設可知，函數（x）是究它的單調性。

的抽象函數，因此求函數（x）的值域，關鍵在于研解：設

，∵當

，∴，∵

，∴，即

，∴f（）為增函數。在條件中，令y－，則，再令x＝＝0，則f（0）＝2（0），∴f（）＝0，故f（－）＝f（），（）為奇函數，∴f（）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2（－1）＝－4，∴f（）的值域為［－4，2］。5.已知函數（）對任意，滿足條件f（）＋（）＝2+（x＋），且當x＞時，（x）＞2，f（）＝5，求不等式的解。分析：由題設條件可猜測：f（）是y＝＋2的抽象函數，且f（）為單調增函數，如果這一猜想正確，也就可以脫去不等式中的函數符號，從而可求得不等式的解。解：設

，∵當即∴

，∴，則，，∴f（）為單調增函數?！?，又∵（3）＝5，（1）＝3。，∴，即，解得不等式的解為－1<a<3。6.設函數f（）的定義域是（－∞，＋∞），滿足條件：存在

，使得，對任何x和y，

成立。求：（1）f（）；（2）對任意值x，判斷f（）值的正負。分析：由題設可猜測f）是指數函數

的抽象函數，從而猜想f（0）＝1且f（）＞0。解：（1）令y＝代入

，則

，∴。若（x）0，則對任意0，∴f（）＝1。

，有

，這與題設矛盾，∴（）≠（2）令y＝≠0，則（x）＞0，故對任意，（x）＞0恒成立。

，又由（1）知f（）≠0，∴f（x）＞0，即f7.是否存在函數f），使下列三個條件：①f（）＞0，x∈N；②③f（）＝4。同時成立？若存在，求出f（）的解析式，如不存在，說明理由。

；分析：由題設可猜想存在納法證明如下：

，又由（2）＝4可得a2．故猜測存在函數

，用數學歸

劉芳科老師（1）＝1時，∵結論正確。（2）假設

時有

，又∵∈N，（）＞∴，x＝＋1時，

，∴x＝k＋時，結論正確。綜上所述，x為一切自然數時

。8.設f（）是定義在（0，＋∞）上的單調增函數，滿足（1）f（）；（2）若f（）＋f（－8）≤2，求x的取值范圍。

，求：分析：由題設可猜測f）是對數函數解：（1）∵

的抽象函數，f1）＝0，（9）＝2。，∴f（）＝0。（2）即

，從而有f（）＋f－8）≤f（），，∵f（）是（0，＋∞）上的增函數，故，解之得：8＜x≤。9.設函數y＝（的反函數是y＝（x如果（）（＋（b），那么（＋b）（ag（b）是否正確，試說明理由。分析:由題設條件可猜測y＝（x）是對數函數的抽象函數，又∵＝f（）的反函數是y＝（x），∴y＝（x）必為指數函數抽象函數，于是猜想g（＋b）＝（a）·（b）正確。解：設f（）＝m，（）＝n，由于g（）是（）的反函數，∴g（）＝，g（）＝b，從而，∴（m）·（）＝（＋n），a、b分別代替上式中的m、即得g（＋）＝（a）·（b）。10.己知函數f）的定義域關于原點對稱，且滿足以下三條件：①當是定義域中的數時，有；②f（）＝－1（a＞，a定義域中的一個數）；③當0＜x＜a，（）＜0。試問：（1）f（）的奇偶性如何？說明理由。（2）在（0，4a上,（）的單調性如何？說明理由。分析:由題設知f（）是y=-cotx的抽象函數，從而由及題設條件猜想：（x）是奇函數且在（0，4a）上是增函數（里把a看成

進行猜想）。解：（1）∵f（）的定義域關于原點對稱，且

是定義域中的數時有

劉芳科老師，∴

在定義域中。∵，∴f（）是奇函數。（2）設0＜x＜x＜2a，則0＜x＜2，∵在（0，2a）上（x）＜0，1221∴（x）（x，（x－x）均小于零，進而知1221＜f（，∴在（0，2a）上f（）是增函數。2

中的，于是（x1又＜x＜a，則0＜－2＜2，

，∵f（）＝－1，∴

，∴f（a）＝0，設2a，于是（x）0，即在（2，4a）（x）0。設2＜x＜1x＜40＜x－x＜2a而知x大于零x0，2211221∴，即（x）＜（x），即（x）在（2a，a）上也是增函數。綜上所述（x）在（04a）上是增函數。1211.已知函數（x）對任意實x、都有f（）＝（）·（y），且（－1）＝1（27）＝9，當時，。（1）判斷f（）的奇偶性；（2）判斷f（）在［0，＋∞）上的單調性，并給出證明；（3）若，求a的取值范圍。分析：由題設可知f）是冪函數

的抽象函數，從而可猜想f（）是偶函數，且在［0，＋∞）上是增函數。解：（1）令y＝－1，則（－x）＝f（）·（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－）＝f（），（）為偶函數。（2）設

，∴

，，∵

時，

，∴

，∴f（）＜（x，故（x）在0，＋∞）上是增函數。12（3）∵f（27）＝9，又

，∴

，∴

，∵

，∴

，∵

，∴

，又，故

。

劉芳科老師12.設f(x)定義于實數集上，當求證：在R上為增函數。

時，

，且對于任意實數x、y，有

，證明：在若，令所以，即有當時，而所以又當時，

中取，則；當

時，

，得，與

矛盾所以對任意設所以所以13.已知函數

，恒有，則在R上為增函數。對任意不等于零的實數

都有試判斷函數f(x)的奇偶性。解：取

得：

，所以又取再取因為

得：則為非零函數，所以

，所以，即為偶函數。14.定義在R上的函數f(x)滿足對任意實數m有判斷f(x)的單調性；

且當0<f(x)<1。解：在

中，令

，得

，因為

，所以。在

中，令

因為當

時，所以當

時

而

所以又當x=0時，

，所以，綜上可知，對于任意

，均有

。設

，則所以

所以

在R上為減函數。15.設函數f(x)對任意實數x,y有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時f(x)<0,且f(1)=-2,求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.解析:由單調性的定義步驟設x<x,則f(x)=f(x-x+x)=f(x-x)+f(x)<f(x).（∵x∴122211211121f(x-x)<0）21

1212xx21111221211212111211121211212xx2111122121121211121112121121所以f(x)是R上的減函數,故在[-3,3]上的最大值為f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,小值為f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,f(x)為奇函數.∴f(-3)=-f(3)=6.16.設f(x)定義于實數集上，當時，f(x)>1,且對于任意實數x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)f(x)在R上為增函數。

求證：證明：設R上x<x，則f(x)>1，1221f(x)=f(x-x+x)=f(x-x)f(x注意此處不能直接得大于f(x)，因為f(x的正負還沒確定)。221121111取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若0令x>0,y=0則f(x)=0與x>0時矛盾以f(0)=1，x>0時，f(x)>1>0,x<0時，-x>0f(-x)>1,∴由

f()fx)f)得f()

1f()

0

，故f(x)>0，從而f(x)>f(x).即f(x)在R上是增函數。2117.已知偶函()的定義域≠0的一切實數義域內的任xx有x()fx)，12且當f()0,f，（1）f()在(0,+∞)上是增函數；（2）解不等式f2解：（1）設，則xxxf(x)f()f(x)f(x)f(()f(x)f()xx∵x∴，∴(2)0，即))，∴()(x)x∴f(x)(0,是增函數（2）f(2)，f((f(()是偶∴不fx2可為f(|

1f函數(0,是增函數，∴|22

解得：

{

10xx}218.已知函數f()的定義域為R，且對m、∈R,恒有(m+)=(m)+f()－1,且f(－)=0,當>－時，2f(x)>0.求證：f()是單調遞增函數；證明：設x＜x,則xx>－,由題意f(x－)>0,2∵f(x－f((xxx(xf(x－xf(x)－－f(x)=(xx)－1=(x－x)+(－)2－1=f［xx)－］>0,∴f(x)是單調遞增函數219.定義在R+上的函數f(x)滿足①對任意實數m,f(xm)=mf(x);②f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數都成立;(2)證明f(x)是R

+

上的單調增函數;(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x的取值范圍.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n實數,則f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.

mn劉芳科老師mn又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,以f(xy)=f(x)+f(y)(2)證,,x12(1)f(x)f(x)(故f(x)<f(x),即f(x)是R+上的增函數12

xx

)(2

)(m(2)(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性質得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(4)，解得3<x≤4.20.已知函數(xxR，對任意不等于零的實數、x都有f()fx)f(x)試判斷函22數fx）的奇偶性。解：取x得：(f，所以f(1)又取xx：ff(，所以f(2再取xx(f((即)()因為()為非零函數，所以f(x)偶函數。21.已知函f(x)的定義域關于原點對稱且滿求證：f(x)是奇函數。

f()f()f()(x)

a證明：設t=x-y,則f((y

f()(xfy)f(xt)，所以f(x)為奇函數。f()f(y)f()x22.定義在R上的單調函數(x)滿足f(3)=log3且對任意x，∈R都有(+y)=()+f(y)．(1)求證f()為奇函數；(2)若f(·3

x

)+f(3

x

-9

x

-2)＜0對任意xR成立，求實數k的取值范圍．(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)----①y=-x，代入①式，得f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)即f(0)=0．即f(-x)=-f(x)對任意∈R成立，∴f(x)是奇函數．(2)解：f(3)=log3＞0，即f(3)＞f(0)又f(x)R上是單調函數，所以f(x)在上是增函數，又由(1)f(x)是奇函數．f(k·3

x

)＜-f(3

x

-9

x

-2)=f(-3

x

+9

x

+2)，k·3

x

＜-3

x

+9

x

+2，3

2x

-(1+k)·3

x

+2＞0對任意x∈R成立．分離系數由k·3

x

＜-3

x

+9

x

+2k

22而u33要使對

x

不等式

k

23

恒成立，只需k<

22

11劉芳科老師11上述解法是將k分離出來，然后用平均值定理求解．23.已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數，且對于任意的函數都滿足f(ab)=af(b)+bf(a).(1)求f(0)，f(1)的值；(2)判斷f(x)的奇偶性并證明你的結論;解:(1)、