專題：抽象函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性的證明

1、抽象函數(shù)單調(diào)性與奇偶性特殊模型抽象函數(shù)正比例函數(shù)f(x)=kx (k0)f(x+y)=f(x)+f(y)冪函數(shù) f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) 或指數(shù)函數(shù) f(x)=ax (a0且a1)f(x+y)=f(x)f(y) 對(duì)數(shù)函數(shù) f(x)=logax (a0且a1)f(xy)=f(x)+f(y) 正、余弦函數(shù) f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函數(shù) f(x)=tanx余切函數(shù) f(x)=cotx1.已知,對(duì)一切實(shí)數(shù)、都成立，且,求證為偶函數(shù)。證明：令=0, 則已知等式變?yōu)樵谥辛?0則2=2 0=1為偶函數(shù)。2.奇函數(shù)在定義域（-1，1）內(nèi)遞減，求滿足的實(shí)

2、數(shù)的取值范圍。解：由得，為函數(shù)，又在（-1，1）內(nèi)遞減，3.如果=(a0)對(duì)任意的有,比較的大小解：對(duì)任意有=2為拋物線=的對(duì)稱軸又其開(kāi)口向上(2)最小，(1)=(3)在2，)上，為增函數(shù)(3)(4),(2)(1)(4)4. 已知函數(shù)f（x）對(duì)任意實(shí)數(shù)x，y，均有f（xy）f（x）f（y），且當(dāng)x0時(shí)，f（x）0，f（1）2，求f（x）在區(qū)間2，1上的值域。分析：由題設(shè)可知，函數(shù)f（x）是的抽象函數(shù)，因此求函數(shù)f（x）的值域，關(guān)鍵在于研究它的單調(diào)性。解：設(shè)，當(dāng)，即，f（x）為增函數(shù)。在條件中，令yx，則，再令xy0，則f（0）2 f（0）， f（0）0，故f（x）f（x），f（x）為奇函數(shù)，f

3、（1）f（1）2，又f（2）2 f（1）4， f（x）的值域?yàn)?，2。5. 已知函數(shù)f（x）對(duì)任意，滿足條件f（x）f（y）2 + f（xy），且當(dāng)x0時(shí)，f（x）2，f（3）5，求不等式的解。 分析：由題設(shè)條件可猜測(cè)：f（x）是yx2的抽象函數(shù)，且f（x）為單調(diào)增函數(shù)，如果這一猜想正確，也就可以脫去不等式中的函數(shù)符號(hào)，從而可求得不等式的解。 解：設(shè)，當(dāng)，則， 即，f（x）為單調(diào)增函數(shù)。 ， 又f（3）5，f（1）3。， 即，解得不等式的解為1 a 0時(shí)，0f(x)0時(shí)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(diào)性的定義步驟設(shè)x1x2, 則f(x2)=f

4、(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)0,f(x2-x1)0時(shí)，f(x)1,且對(duì)于任意實(shí)數(shù)x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)， 求證：f(x)在R上為增函數(shù)。證明：設(shè)R上x11，f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此處不能直接得大于f(x1)，因?yàn)閒(x1)的正負(fù)還沒(méi)確定) 。取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x0,y=0，則f(x)=0與x0時(shí)，f(x)1矛盾，所以f(0)=1，x0時(shí)，f(x)10,x0，f(-x)1,由，故f(x)0，從而f(x2)f(x1).即f(x)在R上是增函數(shù)。17. 已知偶函數(shù)f(x)

5、的定義域是x0的一切實(shí)數(shù)，對(duì)定義域內(nèi)的任意x1,x2都有，且當(dāng)時(shí)，（1）f(x)在(0,+)上是增函數(shù)； （2）解不等式解： （1）設(shè)，則，即，在上是增函數(shù)（2），是偶函數(shù)不等式可化為，又函數(shù)在上是增函數(shù)，0，解得：18.已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，且對(duì)m、nR,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)1,且f()=0,當(dāng)x時(shí)，f(x)0.求證：f(x)是單調(diào)遞增函數(shù)；證明：設(shè)x1x2,則x2x1,由題意f(x2x1)0,f(x2)f(x1)=f(x2x1)+x1f(x1)=f(x2x1)+f(x1)1f(x1)=f(x2x1)1=f(x2x1)+f()1=f(x2x1)0,f(x)是單調(diào)遞增函

6、數(shù).19.定義在R+上的函數(shù)f(x)滿足: 對(duì)任意實(shí)數(shù)m,f(xm)=mf(x); f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對(duì)任意正數(shù)x,y都成立; (2)證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù);(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為實(shí)數(shù),則f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)故f(x1)f(x2),即f(x)是R+上的增函數(shù).(3)由f(x)+f(x-3)2及f(x)的性質(zhì),得fx(x-3)2f

7、(2)=f(2)，解得 3x4.20. 已知函數(shù)對(duì)任意不等于零的實(shí)數(shù)都有，試判斷函數(shù)f（x）的奇偶性。解：取得：，所以又取得：，所以再取則，即因?yàn)闉榉橇愫瘮?shù)，所以為偶函數(shù)。21. 已知函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱且滿足，（2）存在正常數(shù)a，使f(a)=1.求證：f(x)是奇函數(shù)。 證明：設(shè)t=x-y,則，所以f(x)為奇函數(shù)。22. 定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log3且對(duì)任意x，yR都有f(x+y)=f(x)+f(y) (1)求證f(x)為奇函數(shù)；(2)若f(k3)+f(3-9-2)0對(duì)任意xR恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，yR

8、)- 令y=-x，代入式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0即f(-x)=-f(x)對(duì)任意xR成立，f(x)是奇函數(shù)(2)解：f(3)=log30，即f(3)f(0)，又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù)，所以f(x)在R上是增函數(shù)，又由(1)f(x)是奇函數(shù)f(k3)-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k3-3+9+2，3-(1+k)3+20對(duì)任意xR成立分離系數(shù)由k3-3+9+2得要使對(duì)不等式恒成立，只需k上述解法是將k分離出來(lái)，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(shù)，且對(duì)于

9、任意的函數(shù)a,b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(jié)論;解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0. (2)令a=b=-1,得f(-1)(-1)=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f(-1)(x)= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)為奇函數(shù).24. 定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足：對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當(dāng)x0時(shí)f(x)0恒成立.(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；(2)證明f(x)為減函數(shù)；解:（1）略（2）設(shè)任意x1，x2R且x1x2，則x2-x10，f（x2-x1）0,而f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）-f（x1）0；f(x1)f(x2),即f(x)在(-，+)上是減函數(shù)25. 已知f(x)是定義在1，1上的奇函數(shù)，且f(1)=1,若a,b1,1,a+b0時(shí)，有0.(1)判斷函數(shù)f(x)在1，1上是增函數(shù)，還是減函數(shù)，并證明你的結(jié)論；（2）解不等式