专题抽象函数的单调性和奇偶性应用

抽象函数的单调性和奇偶性应用

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。

y 么f(x)在区间[7，3]上是

5 A. 增函数且最小值为5 B. 增函数且最大值为5 O C. 减函数且最小值为5 D. 减函数且最大值为5 -7 -3 3 7 x 分析：画出满足题意的示意图，易知选B。 -5 例1．如果奇函数f(x)在区间[3，7]上是增函数且有最小值为5，那例2．偶函数f(x)在(0，)上是减函数，问f(x)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f(x)在(，0)上是增函数，证明如下： 任取x1x20x1x20 因为f(x)在(0，)上是减函数，所以

f(x1)f(x2)。

又f(x)是偶函数，所以

f(x1)f(x1)，f(x2)f(x2)，

从而f(x1)f(x2)，故f(x)在(，0)上是增函数。 2. 判断奇偶性

y O x 根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求f(x)与f(x)的关系。

例3．若函数yf(x)(f(x)0)与yf(x)的图象关于原点对称，判断：函数

yf(x)是什么函数。

1

-

解：设yf(x)图象上任意一点为P（x0，y0） yf(x)与yf(x)的图象关于原点对称，

P(x0，y0)关于原点的对称点(x0，y0)在yf(x)的图象上，

y0f(x0)

y0f(x0) 又y0f(x0) f(x0)f(x0)

即对于函数定义域上的任意x都有f(x)f(x)，所以yf(x)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)=

g(x)1,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是

g(x)1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x1>x2

 g(x)是R上的增函数, 且g(x)>0  g(x) > g(x) >0 g(x)+1 > g(x)+1 >0

1

2

1

2



22 > >0

g(x2)1g(x1)122 - >0

g(x2)1g(x1)1f(x1)- f(x2)=

g(x1)1g(x2)122- =1--(1-)

g(x1)1g(x2)1g(x1)1g(x2)1 =

22->0

g(x2)1g(x1)12

 f(x) >f(x)

1

2

 f(x)是R上的增函数

-

例5．已知f(x)对一切x，y，满足f(0)0，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，

f(x)1，求证：（1）x0时，0f(x)1；（2）f(x)在R上为减函数。

证明：对一切x，yR有f(xy)f(x)f(y)。 且f(0)0，令xy0，得f(0)1， 现设x0，则x0，f(x)1， 而f(0)f(x)f(x)1

f(x)11 f(x) 0f(x)1， 设x1，x2R且x1x2， 则0f(x2x1)1， f(x2)f[(x2x1)x1] f(x2x1)f(x1)f(x1) f(x1)f(x2)， 即f(x)为减函数。 2.证明奇偶性

例6．已知f(x)的定义域为R，且对任意实数x，y满足f(xy)f(x)f(y)，求证：f(x)是偶函数。

分析：在f(xy)f(x)f(y)中，令xy1， 得f(1)f(1)f(1)f(1)0

令xy1，得f(1)f(1)f(1)f(1)0 于是f(x)f(1x)f(1)f(x)f(x)

故f(x)是偶函数。

3

-

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f(x)是定义在（1，1）上的偶函数，且在（0，1）上为增函数，满足

f(a2)f(4a2)0，试确定a的取值范围。

解：f(x)是偶函数，且在（0，1）上是增函数， f(x)在(1，0)上是减函数，

1a21 由得3a5。 214a1 （1）当a2时，

f(a2)f(4a)f(0)，不等式不成立。 （2）当3a2时，

2f(a2)f(4a2)1a2022 f(a4)1a40

a2a24解之得，3a2 （3）当2a5时，

2 f(a2)f(4a)

0a21f(a24)0a241 a2a24

解之得，2a5 综上所述，所求a的取值范围是(3，2)(2，5)。

例8．已知f(x)是定义在(，1]上的减函数，若f(msinx)f(m1cosx)对

22xR恒成立，求实数m的取值范围。

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-

m2sinx32 解：m1cosx3

m2sinxm1cos2x2msinx3 对xR恒成立2 2msinxm1cosx 对xR恒成立

m23sinx 125 22mm1sinxcosx(sinx2)4 对xR恒成立，

m23125mm1 42m110为所求。2

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f(x)对任意x，yR有f(x)f(y)2f(xy)，当x0时，

f(x)2，f(3)5，求不等式f(a22a2)3的解集。

解：设x1、x2R且x1x2 则x2x10 f(x2x1)2， 即f(x2x1)20，

f(x2)f[(x2x1)x1] f(x2x1)f(x1)2f(x1)

f(x2)f(x1) 故f(x)为增函数，

5

-

又f(3)f(21)f(2)f(1)23f(1)45

f(1)3

f(a22a2)3f(1)，即a2a211a32

2 因此不等式f(a2a2)3的解集为a|1a3。

2. 讨论不等式的解

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f(x)是定义在(，1]上的减函数，且对一切实数x，不等式

f(ksinx)f(k2sin2x)恒成立，求k的值。

分析：由单调性，脱去函数记号，得

22ksinx122ksinxksinx k21sin2x(1)2112kk(sinx)42

(2) 由题意知(1)(2)两式对一切xR恒成立，则有

k2(1sin2x)min1 21129k1

kk4(sinx2)max4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f(x)是定义域为R的偶函数，x0时，f(x)是增函数，若x10，x20，且|x1||x2|，则f(x1)，f(x2)的大小关系是_______。 分析：x10，x20且|x1||x2|， 0x1x2x2x10 又x0时，f(x)是增函数，

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-

f(x2)f(x1) f(x)是偶函数， f(x1)f(x1)

故f(x1)f(x2)

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yf(x)定义在R上，当x0时，f(x)1，且对任意m，n，有

f(mn)f(m)f(n)，当mn时f(m)f(n)。

（1）证明f(0)1；

（2）证明：f(x)在R上是增函数；

（3）设A(x，y)|f(x2)f(y2)f(1)，

B{(x，y)|f(axbyc)1，a，b，cR，a0}，若AB，求

a，b，c满足的条件。

解：（1）令mn0得f(0)f(0)f(0)， f(0)0或f(0)1。

若f(0)0，当m0时，有f(m0)f(m)f(0)，这与当mn时，f(m)f(n)矛盾，

f(0)1。

（2）设x1x2，则x2x10，由已知得f(x2x1)1，因为x10，f(x1)1，若x10时，x10，f(x1)1，由f(0)f(x1)f(x1)

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-

10f(x1) f(x2)f(x2x1)f(x1)f(x1)

f(x1)f(x)在R上为增函数。 （3）由f(x)f(y)f(1)得xy1(1) 由f(axbyc)1得axbyc0 （2）

从（1）、（2）中消去y得(ab)x2acxcb0，因为AB (2ac)4(ab)(cb)0， 即abc

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