2022年抽象函數的單調性和奇偶性

1、1 抽象函數的單調性和奇偶性抽象函數是指沒有明確給出具體的函數表達式，只是給出一些特殊關系式的函數。它是高中數學中的一個難點，因為抽象， 解題時思維常常受阻，思路難以展開，而高考中會出現這一題型， 本文對抽象函數的單調性和奇偶性問題進行了整理、歸類，大概有以下幾種題型：一、判斷單調性和奇偶性1. 判斷單調性根據函數的奇偶性、單調性等有關性質，畫出函數的示意圖，以形助數，問題迅速獲解。例1如果奇函數fx( )在區(qū)間37，上是增函數且有最小值為5，那么f x( )在區(qū)間73，上是 a. 增函數且最小值為5b. 增函數且最大值為5 c. 減函數且最小值為5d. 減函數且最大值為5分析：畫出滿足題意的

2、示意圖，易知選b。例2偶函數f x( )在(0)，上是減函數， 問f x( )在()，0上是增函數還是減函數，并證明你的結論。分析：如圖所示，易知fx( )在()，0上是增函數，證明如下：任取xxxx121200因為fx( )在(0)，上是減函數，所以fxfx()()12。又f x( )是偶函數，所以fxf xfxf x()()()()1122，從而fxf x()()12，故f x( )在()，0上是增函數。2. 判斷奇偶性根據已知條件，通過恰當的賦值代換，尋求f x( )與fx()的關系。例3若函數yf xf x( )( )0與yfx( )的圖象關于原點對稱，判斷：函數yf x( )是什么函

3、數。y 5 o -7 -3 3 7 x -5 y o x 精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -2 解：設yf x( )圖象上任意一點為p（xy00，）yf x( )與yf x( )的圖象關于原點對稱，p xy()00，關于原點的對稱點()xy00，在yf x( )的圖象上，yfxyfx0000()()又yf x00()fxf x()()00即對于函數定義域上的任意x都有fxf x()( )，所以yf x( )是偶函數。二、證明單調性和奇偶性1.證明單調性例 4已知函數f(x)= 1)(

4、1)(xgxg, 且 f(x),g(x)定義域都是r,且 g(x)0, g(1) =2,g(x) 是增函數 . g(m) g(n)= g(m+n)(m、nr) 求證： f(x)是r上的增函數解 : 設x1x2 g(x)是r上的增函數 , 且g(x)0 g(x1) g(x2) 0 g(x1)+1 g(x2)+1 0 1)(22xg 1)(21xg 0 1)(22xg -1)(21xg 0 f(x1)- f(x2)=1)(1)(11xgxg- 1)(1)(22xgxg=1-1)(21xg-(1-1)(22xg) =1)(22xg-1)(21xg0 f(x1) f(x2) 精品學習資料 可選擇p d

5、 f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -3 f(x)是r上的增函數例5已知fx( )對一切xy，滿足ff xyf xf y( )()( )( )00，且當x0時，fx( )1，求證：（ 1）x0時，01f x( )；（2）f x( )在r上為減函數。證明：對一切xyr，有f xyf xfy()( )( )。且f ( )00，令xy0，得f ( )01，現設x0，則x0，fx()1，而ff xfx( )( )()01fxf x()( )1101fx( )，設xxr12，且xx12，則0121f xx()，f xfxx

6、x()()2211fxxfxfx()()()2111fxfx()()12，即f x( )為減函數。2.證明奇偶性例6已知f x( )的定義域為 r，且對任意實數x，y滿足f xyf xf y()( )( )，求證：f x( )是偶函數。分析：在f xyf xf y()( )( )中，令xy1，得ffff( )( )( )( )11110令xy1，得ffff( )()()()11110于是fxfxff xf x()()()( )( )11精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -4 故f x(

7、 )是偶函數。三、求參數范圍這類參數隱含在抽象函數給出的運算式中，關鍵是利用函數的奇偶性和它在定義域內的增減性，去掉“f”符號，轉化為代數不等式組求解，但要特別注意函數定義域的作用。例7已知fx( )是定義在（11，）上的偶函數，且在（0，1）上為增函數，滿足f afa()()2402，試確定a的取值范圍。解：fx( )是偶函數，且在（0，1）上是增函數，f x( )在()10，上是減函數，由1211412aa得35a。（1）當a2時，f afaf()()( )2402，不等式不成立。（2）當32a時，f afaf aaaaaa()()()24412014024322222解之得，（3）當25

8、a時，f afa()()242f aaaaaa()22240210412425解之得，綜上所述，所求a的取值范圍是()()3225，。例8已知fx( )是定義在(，1上的減函數，若f mxf mx(sin )(cos)221對精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -5 xr恒成立，求實數m的取值范圍。解：mxmxmxmx22223131sincossincos對xr恒成立mxmxmx22231sinsincos對xr恒成立mxmmxxx2222311254sinsincos(sin)對xr

9、恒成立，mmmm223115421102為所求。四、不等式1.解不等式這類不等式一般需要將常數表示為函數在某點處的函數值，再通過函數的單調性去掉函數符號“f”，轉化為代數不等式求解。例9已知函數fx( )對任意xyr，有f xfyfxy( )( )()2，當x0時，fx( )2，f ( )35，求不等式f aa()2223的解集。解：設xxr12、且xx12則xx210fxx()212，即f xx()2120，f xfxxxf xxf xf xf xf x()()()()()()()22112111212精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第

10、 5 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -6 故f x( )為增函數，又fffff( )()( )( )( )3212123145ff aafaaa( )()( )1322312211322，即因此不等式f aa()2223的解集為aa| 13。2. 討論不等式的解求解這類問題利用函數的單調性進行轉化，脫去函數符號。例10已知函數f x( )是定義在(，1上的減函數，且對一切實數x，不等式f kxf kx(sin )(sin)22恒成立，求 k的值。分析：由單調性，脫去函數記號，得kxkxkxkxkkx222222221111412sinsinsinsin( )(sin)(2)由

11、題意知 (1)(2)兩式對一切xr恒成立，則有kxkkxk2222111412941(sin)(sin)minmax五、比較函數值大小利用函數的奇偶性、對稱性等性質將自變量轉化到函數的單調區(qū)間內，然后利用其單調性使問題獲解。例11 已知函數f x( )是定義域為 r的偶函數，x0時，f x( )是增函數， 若x10，x20，且| |xx12，則fxfx()()12，的大小關系是_。分析：xx1200，且| |xx12，精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -7 001221xxxx又x0時

12、，f x( )是增函數，fxf x()()21f x( )是偶函數，fxf x()()11故fxfx()()12六、綜合問題求解解題時需把握好如下三點：一是注意函數定義域的應用，二是利用函數的奇偶性去掉函數符號“f”前的“負號”，三是利用函數單調性去掉函數符號“f”。例12. 設函數yfx( )定義在 r上，當x0時，f x( )1，且對任意mn，有f mnf mf n()()( )，當mn時f mf n()( )。（1）證明f ( )01；（2）證明：fx( )在r上是增函數；（3）設axyf xfyf()|()()( )，221，bxyf axbycabcra()| ()， ， ，10，若

13、ab，求abc， ，滿足的條件。解：（ 1）令mn0得fff( )( )( )000，f ( )00或f ( )01。若f ( )00， 當m0時， 有f mf mf()()( )00， 這與當mn時，f mf n()( )矛盾，f ( )01。（2）設xx12，則xx210，由已知得f xx()211，因為x10，f x()11，若x10時，xfx1101， ()，由ff xfx( )()()011精品學習資料 可選擇p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 頁，共 8 頁 - - - - - - - - -8 f xfxf xf xxf xfxf xr()()()()()()( )1