专题：抽象函数的单调性与奇偶性的证明

抽象函数单调性与奇偶性特殊模型抽象函数正比例函数f(x)=kx(k≠0)f(x+y)=f(x)+f(y)幂函数f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y)[或)y(f)x(f)yx(f]指数函数f(x)=ax(a0且a≠1)f(x+y)=f(x)f(y)[)y(f)x(f)yx(f或对数函数f(x)=logax(a0且a≠1)f(xy)=f(x)+f(y)[)]y(f)x(f)yx(f或正、余弦函数f(x)=sinxf(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函数f(x)=tanx)y(f)x(f1)y(f)x(f)yx(f余切函数f(x)=cotx)y(f)x(f)y(f)x(f1)yx(f1.已知()()2()()fxyfxyfxfy,对一切实数x、y都成立，且(0)0f,求证()fx为偶函数。证明：令x=0,则已知等式变为()()2(0)()fyfyffy……①在①中令y=0则2(0)f=2(0)f∵(0)f≠0∴(0)f=1∴()()2()fyfyfy∴()()fyfy∴()fx为偶函数。2.奇函数()fx在定义域（-1，1）内递减，求满足2(1)(1)0fmfm的实数m的取值范围。解：由2(1)(1)0fmfm得2(1)(1)fmfm，∵()fx为函数，∴2(1)(1)fmfm又∵()fx在（-1，1）内递减，∴221111110111mmmmm3.如果()fx=2axbxc(a0)对任意的t有(2)2)ftft,比较(1)(2)(4)fff、、的大小解：对任意t有(2)2)ftft∴x=2为抛物线y=2axbxc的对称轴又∵其开口向上∴f(2)最小，f(1)=f(3)∵在［2，＋∞)上，()fx为增函数∴f(3)f(4),∴f(2)f(1)f(4)4.已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。分析：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，因此求函数f（x）的值域，关键在于研究它的单调性。解：设，∵当，∴，∵，∴，即，∴f（x）为增函数。在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2f（0），∴f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，∴f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2f（－1）＝－4，∴f（x）的值域为［－4，2］。5.已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2+f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。分析：由题设条件可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调增函数，如果这一猜想正确，也就可以脱去不等式中的函数符号，从而可求得不等式的解。解：设，∵当，∴，则，即，∴f（x）为单调增函数。∵，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，∴，即，解得不等式的解为－1a3。6.设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在，使得，对任何x和y，成立。求：（1）f（0）；（2）对任意值x，判断f（x）值的正负。分析：由题设可猜测f（x）是指数函数的抽象函数，从而猜想f（0）＝1且f（x）＞0。解：（1）令y＝0代入，则，∴。若f（x）＝0，则对任意，有，这与题设矛盾，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1。（2）令y＝x≠0，则，又由（1）知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对任意x，f（x）＞0恒成立。7.是否存在函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x∈N；②；③f（2）＝4。同时成立？若存在，求出f（x）的解析式，如不存在，说明理由。分析：由题设可猜想存在，又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测存在函数，用数学归纳法证明如下：（1）x＝1时，∵，又∵x∈N时，f（x）＞0，∴，结论正确。（2）假设时有，则x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，结论正确。综上所述，x为一切自然数时。8.设f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足，求：（1）f（1）；（2）若f（x）＋f（x－8）≤2，求x的取值范围。分析：由题设可猜测f（x）是对数函数的抽象函数，f（1）＝0，f（9）＝2。解：（1）∵，∴f（1）＝0。（2），从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9），即，∵f（x）是（0，＋∞）上的增函数，故，解之得：8＜x≤9。9.设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否正确，试说明理由。分析:由题设条件可猜测y＝f（x）是对数函数的抽象函数，又∵y＝f（x）的反函数是y＝g（x），∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数，于是猜想g（a＋b）＝g（a）·g（b）正确。解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g（m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g（m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）。10.己知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三条件：①当是定义域中的数时，有；②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；③当0＜x＜2a时，f（x）＜0。试问：（1）f（x）的奇偶性如何？说明理由。（2）在（0，4a）上,f（x）的单调性如何？说明理由。分析:由题设知f（x）是y=-cotx的抽象函数，从而由y=-cotx及题设条件猜想：f（x）是奇函数且在（0，4a）上是增函数（这里把a看成进行猜想）。解：（1）∵f（x）的定义域关于原点对称，且是定义域中的数时有，∴在定义域中。∵，∴f（x）是奇函数。（2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0，∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于零，进而知中的，于是f（x1）＜f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。又，∵f（a）＝－1，∴，∴f（2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，，于是f（x）＞0，即在（2a，4a）上f（x）＞0。设2a＜x1＜x2＜4a，则0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f（x2）均大于零。f（x2－x1）＜0，∵，∴，即f（x1）＜f（x2），即f（x）在（2a，4a）上也是增函数。综上所述，f（x）在（0，4a）上是增函数。11.已知函数f（x）对任意实数x、y都有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，。（1）判断f（x）的奇偶性；（2）判断f（x）在［0，＋∞）上的单调性，并给出证明；（3）若，求a的取值范围。分析：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数，从而可猜想f（x）是偶函数，且在［0，＋∞）上是增函数。解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－x）＝f（x），f（x）为偶函数。（2）设，∴，，∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在0，＋∞）上是增函数。（3）∵f（27）＝9，又，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又，故。12.设f(x)定义于实数集上，当时，，且对于任意实数x、y，有，求证：在R上为增函数。证明：在中取，得若，令，则，与矛盾所以，即有当时，；当时，而所以又当时，所以对任意，恒有设，则所以所以在R上为增函数。13.已知函数对任意不等于零的实数都有，试判断函数f(x)的奇偶性。解：取得：，所以又取得：，所以再取则，即因为为非零函数，所以为偶函数。14.定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有，且当x0时，0f(x)1。判断f(x)的单调性；解：在中，令，得，因为，所以。在中，令因为当时，所以当时而所以又当x=0时，，所以，综上可知，对于任意，均有。设，则所以所以在R上为减函数。15.设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x0时f(x)0,且f(1)=-2,求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.解析:由单调性的定义步骤设x1x2,则f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)f(x1).（∵x2-x10,∴f(x2-x1)0）所以f(x)是R上的减函数,故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=-f(3)=6.16.设f(x)定义于实数集上，当x0时，f(x)1,且对于任意实数x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)，求证：f(x)在R上为增函数。证明：设R上x1x2，则f(x2-x1)1，f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此处不能直接得大于f(x1)，因为f(x1)的正负还没确定)。取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x0,y=0，则f(x)=0与x0时，f(x)1矛盾，所以f(0)=1，x0时，f(x)10,x0时，-x0，f(-x)1,∴由0)(1)(1)()()0(xfxfxfxff得，故f(x)0，从而f(x2)f(x1).即f(x)在R上是增函数。17.已知偶函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数，对定义域内的任意x1,x2都有1212()()()fxxfxfx，且当1x时()0,(2)1fxf，（1）f(x)在(0,+∞)上是增函数；（2）解不等式2(21)2fx解：（1）设210xx，则221111()()()()xfxfxfxfxx221111()()()()xxfxffxfxx∵210xx，∴211xx，∴21()xfx0，即21()()0fxfx，∴21()()fxfx∴()fx在(0,)上是增函数新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆（2）(2)1f，∴(4)(2)(2)2fff，∵()fx是偶函数∴不等式2(21)2fx可化为2(|21|)(4)fxf，又∵函数在(0,)上是增函数，∴0≠2|21|4x，解得：10102{|}222xxx且18.已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－21)=0,当x－21时，f(x)0.求证：f(x)是单调递增函数；证明：设x1＜x2,则x2－x1－21－21,由题意f(x2－x1－21)0,∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－21)－1=f［(x2－x1)－21］0,∴f(x)是单调递增函数.19.定义在R+上的函数f(x)满足:①对任意实数m,f(xm)=mf(x);②f(2)=1.(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立;(2)证明f(x)是R+上的单调增函数;(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x的取值范围.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n为实数,则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),2x,2xnm,xx0:)2(n2m121且使可令设证明0nm)2(f)nm()2(f)xx(f)x(f)x(f)1(nm2121得由故f(x1)f(x2),即f(x)是R+上的增函数.(3)由f(