抽象函數的單調性奇偶性周期性課件高一上學期數學人教A版

抽象函數的單調性、奇偶性、周期性第三章

函數2024/9/23抽象函數抽象函數主要研究賦值求值、證明函數的性質、解不等式等，一般（1)通過代入特殊值(賦值法）求值、

（2）通過f(x1)－f(x2)的變換判定單調性、

（3）出現f(x)及f(－x)判定抽象函數的奇偶性，

（4）換x為x＋T確定周期性.探究新知例1：

題型一抽象函數的單調性例題講解1、取值：在指定的區(qū)間上任意取兩個數x1，x2，不妨設x1<x2

；2、作差：

f(x1)－f(x2)[或f(x2)－f(x1)]；4、定號：確定f(x1)－f(x2)[或f(x2)－f(x1)]的符號；5、下結論。3、變形：通過因式分解，配方有理化等，轉化為易判斷正負的式子復習回顧

判斷函數單調性的方法3.圖像法（直觀觀察）1.定義法（定量刻畫）2.導數法4.利用函數的運算性質判定

例1：

解：

題型一抽象函數的單調性例題講解抽象函數(1)判斷抽象函數單調性的方法①若給出的是“和型”抽象函數f(x＋y)＝…，判斷符號時要變形為f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f((x1－x2)＋x2)；

題型一抽象函數的單調性歸納總結例2：

解：

題型一抽象函數的單調性例題講解例2：

題型一抽象函數的單調性例題講解

解：

題型一抽象函數的單調性跟蹤訓練例3.f(x)的定義域為(0,+∞),且對任意都有f(xy)=f(x)＋f(y),又當x>1時,f(x)>0且f(3)＝1.（1）求f(1)的值。（2）判斷f(x)的單調性（3）若f(x+8)-f(x)≤2求x的取值范圍。例題講解

題型一抽象函數的單調性例3.f(x)的定義域為(0,+∞),且對任意都有f(xy)=f(x)＋f(y),又當x>1時,f(x)>0且f(3)＝1.（1）求f(1)的值。（2）判斷f(x)的單調性（3）若f(x+8)-f(x)≤2求x的取值范圍。例題講解

題型一抽象函數的單調性

題型一抽象函數的單調性歸納總結抽象函數(1)判斷抽象函數單調性的方法①若給出的是“和型”抽象函數f(x＋y)＝…，判斷符號時要變形為f(x2)－f(x1)＝f((x2－x1)＋x1)－f(x1)或f(x2)－f(x1)＝f(x2)－f((x1－x2)＋x2)；

題型二抽象函數的奇偶性例題講解復習回顧

判斷函數奇偶性的方法2.圖像法1.定義法3.利用函數奇偶性的運算判定

（1）先求定義域，看是否關于原點對稱；（2）再判斷f(-x)=-f(x)或f(-x)=f(x)是否恒成立；（3）根據定義下結論．

題型二抽象函數的奇偶性例題講解

題型二抽象函數的奇偶性例題講解

題型二抽象函數的奇偶性跟蹤訓練

題型二抽象函數的奇偶性跟蹤訓練

題型二抽象函數的奇偶性跟蹤訓練

題型三抽象函數的周期例題講解周期函數：一般地，設函數f(x)的定義域為D，如果存在一個非零常數T，使得對每一個x∈D都有x＋T∈D，且

，那么函數y＝f(x)就叫做周期函數，非零常數T叫做這個函數的周期.f(x＋T)＝f(x)復習回顧

題型三抽象函數的周期例題講解

題型三抽象函數的周期例題講解

例題講解①正比例函數f(x)＝kx(k≠0)，對應f(x±y)＝f(x)±f(y)；歸納總結常見的抽象函數模型⑤正弦函數f(x)＝sinx，對應f(x＋y)f(x－y)＝f2(x)－f2(y)，來源于sin2α－sin2β＝sin(α＋β)sin(α－β)；歸納總結常見的抽象函數模型典例

(1)(多選)已知函數f(x)的定義域為R，且f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，當x>0時，f(x)>0，且滿足f(2)＝1，則下列說法正確的是A.f(x)為奇函數B.f(－2)＝－1C.不等式f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－5，＋∞)D.f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝2023√√例題講解

題型四抽象函數的綜合應用對于A，令x＝y(tǒng)＝0，可得f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0，令y＝－x，得到f(－x)＋f(x)＝f(0)＝0，即f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數，故A正確；對于B，因為f(x)為奇函數，所以f(－2)＝－f(2)＝－1，故B正確；對于C，設x1>x2，x＝x1，y＝－x2，可得f(x1－x2)＝f(x1)＋f(－x2)，例題講解

題型四抽象函數的綜合應用所以f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)，又因為x1>x2，所以x1－x2>0，所以f(x1－x2)>0，即f(x1)>f(x2)，所以f(x)在R上單調遞增，因為f(－2)＝－1，所以f(－4)＝f(－2－2)＝2f(－2)＝－2，由f(2x)－f(x－3)>－2，可得f(2x)>f(x－3)＋f(－4)，例題講解

題型四抽象函數的綜合應用所以f(2x)>f(x－3－4)＝f(x－7)，所以2x>x－7，得到x>－7，所以f(2x)－f(x－3)>－2的解集為(－7，＋∞)，故C錯誤；對于D，因為f(x)為奇函數，所以f(－x)＋f(x)＝0，所以f(－2024)＋f(2024)＝f(－2023)＋f(2023)＝…＝f(－1)＋f(1)＝0，又f(0)＝0，故f(－2024)＋f(－2023)＋…＋f(0)＋…＋f(2023)＋f(2024)＝0，故D錯誤.例題講解

題型四抽象函數的綜合應用(2)已知f(x)，g(x)都是定義在R上的函數，對任意x，y滿足f(x－y)＝f(x)g(y)－g(x)f(y)，且f(－2)＝f(1)≠0，則下列說法正確的是A.f(0)＝1B.函數g(2x＋1)的圖象關于點(1,0)對稱C.g(1)＋g(－1)＝0D.若f(1)＝1，則f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2023)＝1√例題講解

題型四抽象函數的綜合應用對于A，令x＝y(tǒng)＝0，代入已知等式得f(0)＝f(0)g(0)－g(0)f(0)＝0，得f(0)＝0，故A錯誤；因為g(3)＝cos2π＝1≠0，所以g(x)的圖象不關于點(3,0)對稱，所以函數g(2x＋1)的圖象不關于點(1,0)對稱，故B錯誤；例題講解

題型四抽象函數的綜合應用對于C，令y＝0，x＝1，代入已知等式得f(1)＝f(1)g(0)－g(1)f(0)，可得f(1)[1－g(0)]＝－g(1)f(0)＝0，結合f(1)≠0得1－g(0)＝0，g(0)＝1，再令x＝0，代入已知等式得f(－y)＝f(0)g(y)－g(0)f(y)，將f(0)＝0，g(0)＝1代入上式，得f(－y)＝－f(y)，所以函數f(x)為奇函數.例題講解

題型四抽象函數的綜合應用令x＝1，y＝－1，代入已知等式，得f(2)＝f(1)g(－1)－g(1)f(－1)，因為f(－1)＝－f(1)，所以f(2)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，又因為f(2)＝－f(－2)＝－f(1)，所以－f(1)＝f(1)[g(－1)＋g(1)]，因為f(1)≠0，所以g(1)＋g(－1)＝－1，故C錯誤；對于D，分別令y＝－1和y＝1，代入已知等式，得以下兩個等式：f(x＋1)＝f(x)g(－1)－g(x)f(－1)，f(x－1)＝f(x)g(1)－g(x)f(1)，例題講解

題型四抽象函數的綜合應用兩式相加易得f(x＋1)＋f(x－1)＝－f(x)，所以f(x＋2)＋f(x)＝－f(x＋1)，即f(x)＝－f(x＋1)－f(x＋2)，有－f(x)＋f(x)＝f(