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新课标高一函数单调性与奇偶性经典例题解析[编辑7页]


新课标高一函数单调性与奇偶性经典例题解析
下面四个结论:①偶函数的图象一定与 y 轴相交;②奇函数的图象一定通过原点;③偶函数的图象关 于 y 轴对称; ④既是奇函数又是偶函数的函数一定是 f(x)=0(x∈R), 其中正确命题的个数是 ( ) 1 A. B.2 C.3 D.4 分析:偶函数的图象关于 y 轴对称,但不一定相交,因此③正确,①错误. 奇函数的图象关于原点

对称,但不一定经过原点,因此②不正确. 若 y=f(x)既是奇函数,又是偶函数,由定义可得 f(x)=0,但不一定 x∈R,如例 1 中的(3),故④错误,选 A. 说明:既奇又偶函数的充要条件是定义域关于原点对称且函数值恒为零. 2.复合函数的性质 复合函数 y=f[g(x)]是由函数 u=g(x)和 y=f(u)构成的,因变量 y 通过中间变量 u 与自变量 x 建立起函数 关系,函数 u=g(x)的值域是 y=f(u)定义域的子集. 复合函数的性质由构成它的函数性质所决定,具备如下规律: (1)单调性规律 如果函数 u=g(x)在区间[m,n]上是单调函数,且函数 y=f(u)在区间[g(m),g(n)] (或[g(n),g(m)])上 也是单调函数,那么 若 u=g(x), y=f(u)增减性相同, 则复合函数 y=f[g(x)]为增函数; u=g(x), f(u)增减性不同, y=f[g(x)] 若 y= 则 为减函数. (2)奇偶性规律 若函数 g(x),f(x),f[g(x)]的定义域都是关于原点对称的,则 u=g(x),y=f(u)都是奇函数时,y=f[g(x)] 是奇函数;u=g(x),y=f(u)都是偶函数,或者一奇一偶时,y= f[g(x)]是偶函数. 1 [例 1]已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f( )=-1,当且仅当 0<x<1 时 f(x)<0,且对任意 x、y∈(-1,1)都 2 x? y 有 f(x)+f(y)=f( ),试证明: 1 ? xy (1)f(x)为奇函数;(2)f(x)在(-1,1)上单调递减. 知识依托:奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想. 技巧与方法:对于(1),获得 f(0)的值进而取 x=-y 是解题关键;对于(2),判定

x 2 ? x1 的范围是焦点. 1 ? x1 x 2

证明: (1)由 f(x)+f(y)=f( x).∴f(x)为奇函数.

x? y x?x ),令 x=y=0,得 f(0)=0,令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f( )=f(0)=0.∴f(x)=-f(- 1 ? xy 1? x2

(2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减. 令 0<x1<x2<1,则 f(x2)-f(x1)=f(x2)-f(-x1)=f(

x 2 ? x1 ) 1 ? x1 x 2

∵0<x1<x2<1,∴x2-x1>0,1-x1x2>0,∴ 又(x2-x1)-(1-x2x1)=(x2-1)(x1+1)<0 ∴x2-x1<1-x2x1, ∴0<

x 2 ? x1 >0, 1 ? x 2 x1

x 2 ? x1 x ? x1 <1,由题意知 f( 2 )<0,? 1 ? x 2 x1 1 ? x1 x 2
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即 f(x2)<f(x1). ∴f(x)在(0,1)上为减函数,又 f(x)为奇函数且 f(0)=0. ∴f(x)在(-1,1)上为减函数. 一、选择题 2.函数 f(x)=

1? x2 ? x ?1 1? x2 ? x ?1

的图象(

) B.关于 y 轴对称 D.关于直线 x=1 对称

A.关于 x 轴对称 C.关于原点对称

解析:f(-x)=-f(x),f(x)是奇函数,图象关于原点对称. 答案:C 二、填空题 3.函数 f(x)在 R 上为增函数,则 y=f(|x+1|)的一个单调递减区间是_________. 解析: t=|x+1|,则 t 在(-∞,-1 ] 上递减, y=f(x)在 R 上单调递增, 令 又 ∴y=f(|x+1|)在(-∞,-1 ] 上递减. 答案:(-∞,-1 ] 4.若函数 f(x)=ax3+bx2+cx+d 满足 f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (0<x1<x2),?且在[x2,+∞ ) 上单调递增,则 b 的取值 范围是_________. 解析:∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,∴f(0)=d=0.f(x)=ax(x-x1)(x-x2)=ax3-a(x1+x2)x2+ax1x2x, ∴b=-a(x1+x2),又 f(x)在[x2,+∞ ) 单调递增,故 a>0.又知 0<x1<x,得 x1+x2>0, ∴b=-a(x1+x2)<0. 答案:(-∞,0) 三、解答题 5.已知函数 f(x)=ax+

x?2 (a>1). x ?1

(1)证明:函数 f(x)在(-1,+∞)上为增函数. (2)用反证法证明方程 f(x)=0 没有负数根. 证明:(1)设-1<x1<x2<+∞,则 x2-x1>0, a x2 ? x1 >1 且 a x1 >0, ∴ a x2 ? a x1 ? a x1 ( a x2 ?x1 ? 1) >0,又 x1+1>0,x2+1>0 ∴

x2 ? 2 x1 ? 2 ( x2 ? 2)( x1 ? 1) ? ( x1 ? 2)( x2 ? 1) 3( x2 ? x1 ) >0, ? ? ? x2 ? 1 x1 ? 1 ( x1 ? 1)( x2 ? 1) ( x1 ? 1)( x2 ? 1)

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于是 f(x2)-f(x1)= a x2 ? a x1 +

x 2 ? 2 x1 ? 2 >0 ? x 2 ? 1 x1 ? 1

∴f(x)在(-1,+∞)上为递增函数. (2)证法一:设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,则 a x0 ? ?

x ?2 x0 ? 2 且由 0< a x0 <1 得 0<- 0 <1, x0 ? 1 x0 ? 1



1 <x0<2 与 x0<0 矛盾,故 f(x)=0 没有负数根. 2
证法二:设存在 x0<0(x0≠-1)使 f(x0)=0,若-1<x0<0,则

x0 ? 2 <-2, a x0 <1,∴f(x0)<-1 与 f(x0)=0 x0 ? 1

矛盾,若 x0<-1,则

x0 ? 2 >0, a x0 >0,∴f(x0)>0 与 f(x0)=0 矛盾,故方程 f(x)=0 没有负数根. x0 ? 1
x3 在区间(1,+∞)上是减函数. ( x 2 ? 1) 2

6.求证函数 f(x)=

证明:∵x≠0,∴f(x)=

1 1 1 , ? ? 2 2 2 1 2 ( x ? 1) x( x ? 1) x(1 ? 2 ) x x3 x4
2

设 1<x1<x2<+∞,则

1 x2
2

?

1 x1
2

? 1,1 ?

1 x2
2

?1?

1 x1
2

?0.

? x 2 (1 ?

1 x2
2

) 2 ? x1 (1 ?

1 x1
2

) 2 ? 0.?

1 x 2 (1 ? 1 x2
2

? )2

1 x1 (1 ? 1 x1
2

)2

∴f(x1)>f(x2),?故函数 f(x)在(1,+∞)上是减函数. 7.设函数 f(x)的定义域关于原点对称且满足: (i)f(x1-x2)=

f ( x1 ) ? f ( x 2 ) ? 1 ; f ( x 2 ) ? f ( x1 )

(ii)存在正常数 a 使 f(a)=1.求证: (1)f(x)是奇函数. (2)f(x)是周期函数,且有一个周期是 4a. 证明:(1)不妨令 x=x1-x2,则 f(-x)=f(x2-x1)= =-f(x1-x2)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)要证 f(x+4a)=f(x),可先计算 f(x+a),f(x+2a).
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f ( x 2 ) f ( x1 ) ? 1 f ( x1 ) f ( x 2 ) ? 1 ?? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) f ( x 2 ) ? f ( x1 )

∵f(x+a)=f[x-(-a)]=

f ( ? a ) f ( x) ? 1 ? f ( a ) f ( x) ? 1 f ( x) ? 1 ? ? ( f (a) ? 1) . f ( ? a ) ? f ( ? x) ? f ( a ) ? f ( x) f ( x) ? 1

f ( x) ? 1 ?1 f ( x ? a) ? 1 f ( x) ? 1 1 ? f ( x ? 2a ) ? f [( x ? a ) ? a ] ? ? ?? f ( x ? a) ? 1 f ( x) ? 1 f ( x ). ?1 f ( x) ? 1 1 ∴f(x+4a)=f[(x+2a)+2a]= =f(x),故 f(x)是以 4a 为周期的周期函数. ? f ( x ? 2a )
8.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(-

1 1 )=0,当 x>- 时,f(x)>0. 2 2

(1)求证:f(x)是单调递增函数; (2)试举出具有这种性质的一个函数,并加以验证. 证明:设 x1<x2,则 x2-x1-

1 1 1 >- ,由题意 f(x2-x1- )>0, 2 2 2 1 )-1=f[(x2 2

∵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(- -x1)-

1 ]>0, 2

∴f(x)是单调递增函数. (2)解:f(x)=2x+1.验证过程略. [例 1]已知奇函数 f(x)是定义在(-3,3)上的减函数,且满足不等式 f(x-3)+f(x2-3)<0,设不等式解集 为 A,B=A∪{x|1≤x≤ 5 },求函数 g(x)=-3x2+3x-4(x∈B)的最大值. 知识依托:主要依据函数的性质去解决问题. 错解分析:题目不等式中的“f”号如何去掉是难点,在求二次函数在给定区间上的最值问题时,学生 容易漏掉定义域. 技巧与方法:借助奇偶性脱去“f”号,转化为 x 不等式,利用数形结合进行集合运算和求最值.

?? 3 ? x ? 3 ? 3 ?0 ? x ? 6 得? 解:由 ? 且 x≠0,故 0<x< 6 , 2 ?? 3 ? x ? 3 ? 3 ?? 6 ? x ? 6
又∵f(x)是奇函数,∴f(x-3)<-f(x2-3)=f(3-x2),又 f(x)在(-3,3)上是减函数, ∴x-3>3-x2,即 x2+x-6>0,解得 x>2 或 x<-3,综上得 2<x< 6 ,即 A={x|2<x< 6 }, ∴B=A∪{x|1≤x≤ 5 }={x|1≤x< 6 },又 g(x)=-3x2+3x-4=-3(x- ∴g(x)max=g(1)=-4. 一、选择题
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1 2 13 ) - 知: g(x)在 B 上为减函数, 2 4

1.设 f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数,f(x+2)=-f(x),当 0≤x≤1 时,f(x)=x,则 f(7.5)等于( A.0.5 B.-0.5 C.1.5 D.-1.5

)

解析:f(7.5)=f(5.5+2)=-f(5.5)=-f(3.5+2)=f(3.5)=f(1.5+2)=-f(1.5)=-f(-0.5+2)= f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5. 答案:B 2.已知定义域为(-1,1)的奇函数 y=f(x)又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0,?则 a 的取值范围是( A.(2 2 ,3) C.(2 2 ,4) B.(3, 10 ) D.(-2,3) )

解析:∵f(x)是定义在(-1,1)上的奇函数又是减函数,且 f(a-3)+f(9-a2)<0. ∴f(a-3)<f(a2-9).

?? 1 ? a ? 3 ? 1 ? ∴ ?? 1 ? a 2 ? 9 ? 1 ? 2 ?a ? 3 ? a ? 9
答案:A 二、填空题

∴a∈(2 2 ,3).

3.若 f(x)为奇函数,且在(0,+∞)内是增函数,又 f(-3)=0,则 xf(x)<0 的解集为_________.

?x ? 0 ?x ? 0 或? 解析:由题意可知:xf(x)<0 ? ? ? f ( x) ? 0 ? f ( x) ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?x ? 0 ?? 或? ?? 或? ? f ( x ) ? f ( ?3) ? f ( x ) ? f (3) ? x ? ?3 ? x ? 3
∴x∈(-3,0)∪(0,3) 答案:(-3,0)∪(0,3) 4.如果函数 f(x)在 R 上为奇函数,在(-1,0)上是增函数,且 f(x+2)=-f(x),试比较 f( 关系_________. 解析:∵f(x)为 R 上的奇函数 ∴f( -

1 2 ),f( ),f(1)的大小 3 3

1 1 2 2 1 )=-f(- ),f( )=-f(- ),f(1)=-f(-1),又 f(x)在(-1,0)上是增函数且- > 3 3 3 3 3

2 >-1. 3 1 2 1 2 ∴f(- )>f(- )>f(-1),∴f( )<f( )<f(1). 3 3 3 3
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答案:f(

1 2 )<f( )<f(1) 3 3

三、解答题 5.已知 f(x)是偶函数而且在(0,+∞)上是减函数,判断 f(x)在(-∞,0)上的增减性并加以证明. 解:函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数,设 x1<x2<0,因为 f(x)是偶函数,所以 f(-x1)=f(x1),f(-x2)=f(x2),由假设可知-x1>-x2>0,又已知 f(x)?在(0,+∞)上是减函数,于是有 f(-x1) <f(-x2),即 f(x1)<f(x2),由此可知,函数 f(x)在(-∞,0)上是增函数. 6.已知函数 y=f(x)= f(1)<

ax 2 ?1 (a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函数,当 x>0 时,f(x)有最小值 2,其中 b∈N 且 bx ? c

5 . 2

(1)试求函数 f(x)的解析式; (2)问函数 f(x)图象上是否存在关于点(1,0)对称的两点,若存在,求出点的坐标;若不存在,说明理 由. 解:(1)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即

ax 2 ? 1 ax 2 ? 1 ?? ? bx ? c ? bx ? c bx ? c ? bx ? c

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=

a a 1 ax 2 ? 1 a 1 ≥2 , 当且仅当 x= 时等号成立, 于是 2 =2, ? x? 2 a bx b bx b b2

∴a=b2,由 f(1)< f(x)=x+

b2 ?1 5 5 1 a ?1 5 得 < 即 < ,∴2b2 -5b+2<0,解得 <b<2,又 b∈N,∴b=1,∴a=1,∴ b 2 2 2 2 b

1 . x

(2)设存在一点(x0,y0)在 y=f(x)的图象上,并且关于(1,0)的对称点(2-x0,-y0)也在 y=f(x)图象上,则

? x0 2 ? 1 ? y0 ? ? x0 ? 2 ? ( 2 ? x0 ) ? 1 ? ? y0 ? 2? x 0 ?
消去 y0 得 x02-2x0-1=0,x0=1± 2 . ∴y=f(x)图象上存在两点(1+ 2 ,2 2 ),(1- 2 ,-2 2 )关于(1,0)对称. 3.函数单调性与奇偶性的综合运用 例 6.甲、乙两地相距 Skm,汽车从甲地匀速行驶到乙地,速度不得超过 c km/h,已知汽车每小时 的运输成本(以元为单位)由可变部分和固定部分组成:可变部分与速度 v(km/h)的平方成正比,比例系数 为 b;固定部分为 a 元. (1)把全程运输成本 y(元)表示为速度 v(km/h)的函数,并指出这个函数的定义域; (2)为了使全程运输成本最小,汽车应以多大速度行驶. 分析:(1)难度不大,抓住关系式:全程运输成本=单位时间运输成本× 全程运输时间,而全程运输时 间=(全程距离)÷ (平均速度)就可以解决.
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故所求函数及其定义域为

但由于题设条件限制汽车行驶速度不超过 ckm/h,所以(2)的解决需要

论函数的增减性来解决.

由于 v 1 v 2 >0,v 2 -v 1 >0,并且

又 S>0,所以



则当 v=c 时,y 取最小值.

说明:此题是 1997 年全国高考试题.由于限制汽车行驶速度不得超过 c,因而求最值的方法也就不 完全是常用的方法,再加上字母的抽象性,使难度有所增大.
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