抽象函数的单调性和奇偶性

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f ( x) 在区间 3， 7上是增函数且有最小值为5，那y么 f(x) 在区间 7， 3 上是555A.增函数且最小值为B. 增函数且最大值为OC.减函数且最小值为5D. 减函数且最大值为5-7-3 3

2、7x分析：画出满足题意的示意图，易知选B。-5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 0x1x20因为 f( x) 在 (0，) 上是减函数，所以f ( x1 )f ( x2 ) 。y又 f (x) 是偶函数，所以Oxf ( x)f (x) ，f ( x)f ( x ) ，1122从而 f ( x1 )f ( x2 ) ，故 f (x) 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f (

3、 x) 与 f ( x) 的关系。例3若函数 yf (x)( f (x)0)与 yf ( 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 yf ( x) 图象上任意一点为P（ x0，y0 ）yf (x) 与 yf (x) 的图象关于原点对称，P(x0， y0 ) 关于原点的对称点( x0 ，y0 ) 在 yf (x) 的图象上，y0f ( x0 )y0f (x0 )又 y0f ( 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 yf ( 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

4、( 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>x2g(x)是 R上的增函数 ,且 g(x)>0g(x1) > g(x2) >0g(x 1)+1 > g(x2)+1 >022>>0g( x2 ) 1g( x1 ) 122->0g( x2 ) 1g( x1 ) 1f(x 1)- f(x 2)=g( x1 ) 1 -g( x2 ) 1 =1-2-(1-2

5、)g( x1 ) 1g( x2 ) 1g ( x1 ) 1g( x2 ) 122>0=-g( x2 )1g( x1 )1f(x1) >f(x2)2f(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 ( xy)f ( x) f ( y) ，且当 x0时，f ( x) 1，求证：（ 1） x0时， 0f ( x)1； （ 2） f ( x) 在 R上为减函数。证明：对一切 x，yR 有 f ( xy)f ( x)f ( y) 。且 f (0)0，令 xy0 ，得 f(0) 1，现设 x0，则x 0 ， f ( x)1 ，而 f (0)f (x)

6、f (x)1f (x)11f (x)0f ( x)1，设 x1 ，x2R 且 x1x2 ，则 0f ( x2x1 )1，f (x2 )f ( x2x1 )x1 f ( x2x1 ) 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 xy 1，得 f (1)f (1)f (1)f (1)0令 xy1，得 f (1)f (1)f ( 1)f (1) 0

7、于是 f ( x)f ( 1 x)f ( 1)f (x)f ( x)3故 f (x) 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 ( a2)f (4a2 )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，1a213a5 。由4a 2得11（ 1）当 a2时，f (a 2)f (4a 2 )f

8、(0) ，不等式不成立。（ 2）当3a2 时，f (a2)f (4a 2 )1a20f (a 24)1a 240a2a24解之得，3a2（ 3）当2a5 时，f (a2)f ( 4a2 )0a21f (a 24)0a 241a2a 24解之得， 2a5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 ( m2sin x)f (m1cos2 x) 对4x R 恒成立，求实数 m的取值范围。m2sin x3解：m 1cos2x3m2sin xm1 cos2 x对 xR 恒成立m2sin x3m2sin xm 1cos2x对 xR 恒

9、成立m23sin xm2m1sin xcos2 x(sin x1) 2524对 xR 恒成立，m231m2m1542m110 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，yR 有 f (x)f ( y) 2 f ( x y) ，当 x0时，f ( x) 2 ， f (3)5，求不等式f (a22a2) 3的解集。解：设 x1、 x2R 且 x1x2则 x2 x10f ( x2x1 )2 ，即 f (x2x1 )2 0 ，f ( x2 )f ( x2 x1

10、)x1 f (x2x1 )f ( x1 ) 2f ( x1 )f ( x2 )f ( x1 )5故 f (x) 为增函数，又 f (3)f (21)f (2)f (1) 23 f (1)45f (1)3f (a 22a2)3f (1)，即a 22a211a3因此不等式f (a2a)的解集为。223a| 1a32. 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 (ksin x)f (k 2sin2 x) 恒成立，求 k的值。分析：由单调性，脱去函数记号，得k 2sin2 x1ksin xk 2

11、sin2 xk 21sin2 x(1)k 2k1(sin x1 )2(2)42由题意知 (1)(2)两式对一切 xR恒成立，则有k 2(1sin2x) min1k 2k1(sin x1)max29k1424五、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， x0 时， f (x) 是增函数， 若 x10 ，x20 ，且 |x1 | |x2 | ，则 f (x1 )，f (x2 ) 的大小关系是 _。分析： x10， x2 0且 |x1 | |x2 | ，60x1x2x2 x1 0又

12、x0 时， f ( x) 是增函数，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 yf ( x) 定义在 R上，当x0m，n，有时， f (x) 1，且对任意f ( mn) 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 (x 2 )f ( y 2 )f (1)，B ( x，y)| f ( axbyc)1，a，b，cR，a0，若AB，求a，b，c 满足的条件。解：（ 1）令 m n0 得 f (0)f (0)f (0) ，f (0)0 或 f (0)1。若 f (0)0，当 m0 时，有 f (m0)f (m) f (0) ，这与当 mn 时， f (m)f (n)矛盾，f (0)。1（ 2）设 x1x2 ，则 x2x10 ，由已知得 f ( x2x1 )1，因为 x10 ， f (x1 )1 ，若 x1 0 时，x1 0，f (x1 )1，由 f (0)f (x1 )f (x1 )71f (