抽象函数的单调性和奇偶性[1]

1抽象函数的单调性和奇偶性抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出一些特殊关系式的函数。它是高中数学中的一个难点，因为抽象，解题时思维常常受阻，思路难以展开，而高考中会出现这一题型，本文对抽象函数的单调性和奇偶性问题进行了整理、归类，大概有以下几种题型：一、判断单调性和奇偶性1.判断单调性根据函数的奇偶性、单调性等有关性质，画出函数的示意图，以形助数，问题迅速获解。例1．如果奇函数fx()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5，那么fx()在区间[]73，上是A.增函数且最小值为5B.增函数且最大值为5C.减函数且最小值为5D.减函数且最大值为5分析：画出满足题意的示意图，易知选B。例2．偶函数fx()在(0)，上是减函数，问fx()在()，0上是增函数还是减函数，并证明你的结论。分析：如图所示，易知fx()在()，0上是增函数，证明如下：任取xxxx121200因为fx()在(0)，上是减函数，所以fxfx()()12。又fx()是偶函数，所以fxfxfxfx()()()()1122，，从而fxfx()()12，故fx()在()，0上是增函数。2.判断奇偶性根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求fx()与fx()的关系。例3．若函数yfxfx()(())0与yfx()的图象关于原点对称，判断：函数yfx()是什么函数。解：设yfx()图象上任意一点为P（xy00，）yfx()与yfx()的图象关于原点对称，Pxy()00，关于原点的对称点()xy00，在yfx()的图象上，y5O-7-337x-5yOx2yfxyfx0000()()又yfx00()fxfx()()00即对于函数定义域上的任意x都有fxfx()()，所以yfx()是偶函数。二、证明单调性和奇偶性1.证明单调性例4．已知函数f(x)=1)(1)(xgxg,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)0,g(1)=2,g(x)是增函数.g(m)·g(n)=g(m+n)(m、n∈R)求证：f(x)是R上的增函数解:设x1x2g(x)是R上的增函数,且g(x)0g(x1)g(x2)0g(x1)+1g(x2)+101)(22xg1)(21xg01)(22xg-1)(21xg0f(x1)-f(x2)=1)(1)(11xgxg-1)(1)(22xgxg=1-1)(21xg-(1-1)(22xg)=1)(22xg-1)(21xg0f(x1)f(x2)f(x)是R上的增函数例5．已知fx()对一切xy，，满足ffxyfxfy()()()()00，，且当x0时，fx()1，求证：（1）x0时，01fx()；（2）fx()在R上为减函数。证明：对一切xyR，有fxyfxfy()()()。3且f()00，令xy0，得f()01，现设x0，则x0，fx()1，而ffxfx()()()01fxfx()()1101fx()，设xxR12，且xx12，则0121fxx()，fxfxxx()[()]2211fxxfxfx()()()2111fxfx()()12，即fx()为减函数。2.证明奇偶性例6．已知fx()的定义域为R，且对任意实数x，y满足fxyfxfy()()()，求证：fx()是偶函数。分析：在fxyfxfy()()()中，令xy1，得ffff()()()()11110令xy1，得ffff()()()()11110于是fxfxffxfx()()()()()11故fx()是偶函数。三、求参数范围这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中，关键是利用函数的奇偶性和它在定义域内的增减性，去掉“f”符号，转化为代数不等式组求解，但要特别注意函数定义域的作用。例7．已知fx()是定义在（11，）上的偶函数，且在（0，1）上为增函数，满足fafa()()2402，试确定a的取值范围。4解：fx()是偶函数，且在（0，1）上是增函数，fx()在()10，上是减函数，由1211412aa得35a。（1）当a2时，fafaf()()()2402，不等式不成立。（2）当32a时，fafafaaaaaa()()()24412014024322222解之得，（3）当25a时，fafa()()242faaaaaa()22240210412425解之得，综上所述，所求a的取值范围是()()3225，，。例8．已知fx()是定义在(]，1上的减函数，若fmxfmx(sin)(cos)221对xR恒成立，求实数m的取值范围。解：mxmxmxmx22223131sincossincos对xR恒成立mxmxmx22231sinsincos对xR恒成立5mxmmxxx2222311254sinsincos(sin)对xR恒成立，mmmm223115421102为所求。四、不等式1.解不等式这类不等式一般需要将常数表示为函数在某点处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数符号“f”，转化为代数不等式求解。例9．已知函数fx()对任意xyR，有fxfyfxy()()()2，当x0时，fx()2，f()35，求不等式faa()2223的解集。解：设xxR12、且xx12则xx210fxx()212，即fxx()2120，fxfxxxfxxfxfxfxfx()[()]()()()()()22112111212故fx()为增函数，又fffff()()()()()3212123145ffaafaaa()()()1322312211322，即因此不等式faa()2223的解集为aa|13。2.讨论不等式的解6求解这类问题利用函数的单调性进行转化，脱去函数符号。例10．已知函数fx()是定义在(]，1上的减函数，且对一切实数x，不等式fkxfkx(sin)(sin)22恒成立，求k的值。分析：由单调性，脱去函数记号，得kxkxkxkxkkx222222221111412sinsinsinsin()(sin)(2)由题意知(1)(2)两式对一切xR恒成立，则有kxkkxk2222111412941(sin)(sin)minmax五、比较函数值大小利用函数的奇偶性、对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内，然后利用其单调性使问题获解。例11．已知函数fx()是定义域为R的偶函数，x0时，fx()是增函数，若x10，x20，且||||xx12，则fxfx()()12，的大小关系是_______。分析：xx1200，且||||xx12，001221xxxx又x0时，fx()是增函数，fxfx()()21fx()是偶函数，fxfx()()11故fxfx()()12六、综合问题求解解题时需把握好如下三点：一是注意函数定义域的应用，二是利用函数的奇偶性去掉函数符号“f”前的“负号”，三是利用函数单调性去掉函数符号“f”。例12.设函数yfx()定义在R上，当x0时，fx()1，且对任意mn，，有7fmnfmfn()()()，当mn时fmfn()()。（1）证明f()01；（2）证明：fx()在R上是增函数；（3）设Axyfxfyf()|()()()，221，BxyfaxbycabcRa{()|()}，，，，，10，若AB，求abc，，满足的条件。解：（1）令mn0得fff()()()000，f()00或f()01。若f()00，当m0时，有fmfmf()()()00，这与当mn时，fmfn()()矛盾，f()01。（2）设xx12，则xx210，由已知得fxx()211，因为x10，fx()11，若x10时，xfx1101，()，由ffxfx()()()011fxfxfxfxxfxfxfxR()()()()()()()112211110在上为增函数。（3）由fxfyf()()()221得xy2211()由faxbyc()1得axbyc0（2）从（1）、（2）中消去y得()abxacxcb2222220，因为AB()()()24022222acabcb，即abc222