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抽象函数单调性的判断



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抽象函数单调性的判 断
例1 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,试判断 f (x) 的单调性,并说明理由.

>解析:根据题目所给条件,原型函数为 y = k ( .此为增函数.类比其证明 x , k >0)

方法可得:设 x1 , x2 ?R ,且 x1 ? x 2 ,则 x2 - x1 >0,故 ∴

f ( x2 ? x1 ) >0.

f ( x2 ) - f ( x1 ) = f ?( x2 ? x1 ) ? x1 ? - f ( x1 )
= f ( x2 ? x1 ) + f ( x1 ) - f ( x1 ) = f ( x2 ? x1 ) >0.

∴ f ( x1 ) < f ( x2 ) . 例2

故 f (x) 在(- ? ,+ ? )上为增函数.

已知函数 y ? f ( x) 在 R 上是奇函数,而且在 (0, ?) 上为增函数, ?

证明 y ? f ( x) 在 (??, 上也是增函数. 0) 解析:此函数原型函数同样可以为 y ? kx(k ? 0) ,而奇函数这个条件正是转化的媒介. 设 x1,x2 ? (??, ,且 x1 ? x2 , 0)

? f ( x) 为奇函数,? f (? x1 ) ? ? f ( x1 ) , f (? x2 ) ? ? f ( x2 ) .
由假设可知 ? x1 ? 0, x2 ? 0 ,即 ? x1, x2 ? (0, ?) ,且 ? x1 ? ? x2 , ? ? ? 由于 f ( x ) 在 (0, ?) 上是增函数, ? 于是有 f (? x1 ) ? f (? x2 ) ,即 ? f ( x1 ) ? ? f ( x2 ) ,从而 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,

? y ? f ( x) 在 (??, 上是增函数. 0)
例3 已知函数 f (x) 对于任意正数 x , y 都有 f (xy) = f (x) ·f ( y ) ,且 f (x) ≠0,

当 x >1 时, f (x) <1.试判断 f (x) 在(0,+ ? )上的单调性,并说明理由. 解析:此函数的原型函数可以为 y ?

1 x

.显然此函数在(0,+ ? )上是减函数.

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对于 x ? (0,+ ? )有 f (x) = f ( x ? x ) ? f ( x ) 又 f (x) ≠0, ∴ f (x) >0

?

?

2

?0

设 x1 , x2 ? (0,+ ? ) ,且 x1 < x2 .则

f ( x2 ) ? f ( x1 )


f(

x2 x ?x1 ) f ( 2 ) f ( x1 ) x1 x1 x ? ? f ( 2 ) <1, f ( x1 ) f ( x1 ) x1

f ( x1 ) > f ( x2 ) , 故 f (x) 在(0,+ ? )上为减函数.

一般形式为 y=f(x)且无法用数字和字母表示出来的函数,一般出现在题目中,或 许有定义域、值域等。 山武补充: 1 抽象函数常常与周期函数结合,如: f(x)=-f(x+2) f(x)=f(x+4) 2 解抽象函数题,通常要用赋值法,而且高考数学中,常常要先求 F(0) F(1) 抽象函数的经典题目!!! 我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数。由于这类问题可以全面考查学 生对函数概念和性质的理解,同时抽象函数问题又将函数的定义域,值域,单调性, 奇偶性,周期性和图象集于一身,所以在高考中不断出现;如 2002 年上海高考卷 12 题, 2004 年江苏高考卷 22 题, 2004 年浙江高考卷 12 题等。 学生在解决这类问题时, 往往会感到无从下手,正确率低,本文就这类问题的解法谈一点粗浅的看法。 一.特殊值法:在处理选择题时有意想不到的效果。 例 1 定义在 R 上的函数 f(x)满足 f (x + y) = f (x) + f ( y )(x,y∈R),当 x<0 时,, f (x)>0,则函数 f (x)在[a,b]上 ( ) A 有最小值 f (a) B 有最大值 f (b) C 有最小值 f (b) D 有最大值 f ( ) 分析:许多抽象函数是由特殊函数抽象背景而得到的,如正比例函数 f (x)= kx(k≠0), , , ,可抽象为 f (x + y) = f (x) +f (y),与此类似的还有 特殊函数 抽象函数 f (x)= x f (xy) =f (x) f (y) f (x)= f (x+y)= f (x) f (y) f (x)= f (xy) = f (x)+f (y) f (x)= tanx f(x+y)=

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此题作为选择题可采用特殊值函数 f (x)= kx(k≠0)

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∵当 x <0 时 f (x) > 0 即 kx > 0。.∴k < 0,可得 f (x)在[a,b]上单调递减,从而在 [a,b]上有最小值 f(b)。 二.赋值法.根据所要证明的或求解的问题使自变量取某些特殊值,从而来解决 问题。 例 2 除了用刚才的方法外,也可采用赋值法 解:令 y = -x,则由 f (x + y) = f (x) + f (y) (x,y∈R)得 f (0) = f (x) +f (-x)…..①, 再令 x = y = 0 得 f(0)= f(0)+ f(0)得 f (0)=0,代入①式得 f (-x)= -f(x)。 得 f (x)是一个奇函数,再令 ,且 。 ∵x <0,f (x) >0,而 ∴ ,则得 , 即 f (x)在 R 上是一个减函数,可得 f (x)在[a,b]上有最小值 f(b)。 例 3 已知函数 y = f (x)(x∈R,x≠0)对任意的非零实数 , ,恒有 f( )=f( )+f( ), 试判断 f(x)的奇偶性。 解:令 = -1, =x,得 f (-x)= f (-1)+ f (x) ……①为了求 f (-1)的值,令 =1, =-1, 则 f(-1)=f(1)+f(-1),即 f(1)=0,再令 = =-1 得 f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1) ∴f(-1)=0 代入①式 得 f(-x)=f(x),可得 f(x)是一个偶函数。 三.利用函数的图象性质来解题: 抽象函数虽然没有给出具体的解析式,但可利用它的性质图象直接来解题。 抽象函数解题时常要用到以下结论: 定理 1:如果函数 y=f(x)满足 f(a+x)=f(b-x),则函数 y=f(x)的图象关于 x= 对称。 定理 2:如果函数 y=f(x)满足 f(a+x)=f(b+x),则函数 y=f(x)是一个周期函数,周 期为 a-b。 例 4 f(x)是定义在 R 上的偶函数,且 f(x)=f(2-x),证明 f(x)是周期函数。 分析:由 f(x)=f(2-x),得 f(x)的图象关于 x=1 对称,又 f(x)是定义在 R 上的偶函 数,图象关于 y 轴对称,根据上述条件,可先画出符合条件的一个图,那么就可以化 无形为有形,化抽象为具体。从图上直观地判断,然后再作证明。 由图可直观得 T=2,要证其为周期函数,只需证 f (x) = f (2 + x)。 证明:f (x) = f (-x) = f [2-(-x)] = f (2 + x),∴ T=2。 ∴f (x)是一个周期函数。 例 5 已知定义在[-2,2]上的偶函数,f (x)在区间[0,2]上单调递减,若 f (1-m)<f (m),求实数 m 的取值范围 分析:根据函数的定义域,-m,m∈[-2,2],但是 1- m 和 m 分别在[-2,0]和[0, 2]的哪个区间内呢?如果就此讨论,将十分复杂,如果注意到偶函数 ,则 f (x)有性质 f(-x)= f (x)=f ( |x| ),就可避免一场大规模讨论。 解:∵f (x)是偶函数, f (1-m)<f(m) 可得 ,∴f(x)在[0,2]上是单调递减的,于 是 ,即 化简得-1≤m< 一、适当赋值

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赋值主要从以下方面考虑:①令 x=…,﹣2,﹣1,0,1,2,…等特殊值求抽象函数的 1 函数值;②令 x=x2,y=x1 或 y= ,且 x1<x2,判定抽象函数的单调性;③令 y=﹣x,判定抽 x1 x x 1 象函数的奇偶性;④换 x 为 x+T,确定抽象函数的周期;⑤用 x= + 或换 x 为 等来解答有关 2 2 x 抽象函数的其它一些问题. 例 1 已知函数的定义域为 R,对任意 x、y 满足 f(x+y)=f(x)+f(y),当 x>0 时,f(x)>0.试 判断 f(x)的奇偶性和单调性. 分析:在 f(x+y)=f(x)+f(y)中,令 x=y=0,得 f(0)+f(0)=0,∴f(0)=0, 又令 y=﹣x,f(x)+f(﹣x)=f(x﹣x)=f(0)=0,即 f(﹣x)=﹣f(x),∴f(x)是奇函数, 再设 x1、 2∈R, x1<x2, x 且 且在 f(x+y)=f(x)+f(y)中, x=x2, 令 y=﹣x1, f(x2﹣x1)=f(x2)+f(﹣ 则 x1) 由 f(x)是奇函数得,f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2﹣x1), ∵x2﹣x1>0,∴f(x2﹣x1)>0,从而 f(x2)>f(x1),∴f(x)在(﹣∞.+∞)上是增函数. 二、变量代换 根据题设条件中所给等式或不等式的结构特点及欲证的结论, 将题中的某些量替换为的 需要的量(要注意新换的变量的取值范围,要与原题设条件等价),可以得到较为简单的等式 或不等式,然后再设法作进一步的转化从中获解, - - 例 2 已知函数 f(x)存在反函数且 f(x)+f(﹣x)=2,则 f 1(x﹣1)+f 1(3﹣x)=________. - 分析:本题无法直接求出 f 1(x),若将已知等式左边看成两个函数,利用变量代换,则 有如下简解: - - - - 令 y1=f(x),y2=f(﹣x),则 x=f 1(y1),﹣x=f 1(y2),且当 y1+y2=2 时,有 f 1(y1)+f 1(y2)=x﹣ x=0, - - ∵(x﹣1)+(3﹣x)=2,∴f 1(x﹣1)+f 1(3﹣x)=0. 三、利用函数性质 根据题目所给的条件,分析、探求函数具有哪些特殊的性质,比如:函数的单调性、奇 偶性、周期性、对称性等等,然后充分利用这些性质进行求解. 例 3 f(x)是定义在 R 上的函数,且满足如下两个条件:①对于任意 x,y∈R,有 f(x+y)=f(x)+f(y);②当 x>0 时,f(x)<0,且 f(1)=﹣2.求函数 f(x)在[﹣3,3]上的最大值和 最小值. 分析:设 0≤x1≤x2≤3,由条件①得 f(x2)=f[(x2﹣x1)+x1]=f(x2﹣x1)+f(x1),即 f(x2﹣x1)=f(x2) ﹣f(x1), ∵x2﹣x1>0,由条件②得 f(x2﹣x1)<0,∵f(x2)﹣f(x1)<0,即 f(x2)<f(x1),∴f(x)在[0, 3]上是减函数, 在条件①中令 x=y=0,则 f(0+0)=f(0.)+f(0),∴f(0)=0. 再令 x=﹣y,得 f(x﹣x)=f(x)+f(﹣x),∴f(﹣x)=﹣f(x),∴f(x)是奇函数, ∴f(x)在[﹣3,0]上是减函数, 又∵当 x<0 时 f(x)=﹣f(﹣x)>0,从而 f(x)在[﹣3,3]上是减函数, ∴f(x)max=f(﹣3)=﹣f(3)=﹣f(1+2)=﹣f(1)﹣f(2)=﹣f(1)﹣f(1)﹣f(1)=﹣3f(1)=6, f(x)min=f(3)=﹣f(﹣3)=﹣6. 例 4 已知函数 f(x)=ax5+bsinx+3,且 f(﹣3)=7,求 f(3)的值. 解析:f(x)的解析式中含有两个参数 a、b,却只有一个条件 f(﹣3)=7,无法确定出 a、b 的值, 因此函数 f(x)(解析式不确定)是抽象函数, 注意到 g(x)=ax5+bsinx=f(x)﹣3 是奇函数, 可得 g(﹣3)=﹣g(3),即 f(﹣3)﹣3=﹣[f(3)﹣3],f(3)=6﹣f(﹣3)=﹣1.

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四、正难则反 当关于某些抽象函数的命题不易从正面直接证明时, 可采用反证法, 它往往需结合其它 一些求解策略,而此法是处理“是否存在”型函数综合题的常用方法. 例 5 已知函数 f(x)在区间(﹣∞,+∞)上是增函数,a、b∈R,(1)求证:若 a+b≥0,则 f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b);(2)判断(1)中命题的逆命题是否正确,并证明你的结论. 证明:(1)由 a+b≥0,得 a≥﹣b, 由函数 f(x)在区间(﹣∞,+∞)上是增函数,得 f(a)≥f(﹣b),同理,f(b)≥f(﹣a), ∴f(a)+f(b)≥f(﹣b)+f(﹣a),即 f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b). (2)中命题的逆命题是:若 f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b),则 a+b≥0,此逆命题为真命题, 现用反证法证明如下: 假设 a+b≥0 不成立,则 a+b<0,a<﹣b,b<﹣a, 根据单调性,得 f(a)<f(﹣b),f(b)<f(﹣a),f(a)+f(b)<f(﹣a)+f(﹣b), 这与已知 f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b)相矛盾,故 a+b<0 不成立, 即 a+b≥0 成立,因此(1)中命题的逆命题是真命题. 五、利用模型函数探路 抽象型函数问题的设计或编拟,常以某个基本函数为模型,在解题前,若能从研究的抽 象函数的“模型”入手,根据已知条件,寻找其模型函数,通过分析、研究其图象及性质,找 出问题的解法或证法. 1 例 6 已知定义域为 R+的函数 f(x)满足:(1)x>1 时,f(x)<0;(2)f( )=1;(3)对任意的 x, 2 y∈R+,都有 f(xy)=f(x)+f(y).求不等式 f(x)+f(5﹣x)≥﹣2 的解集. 解析: 由题设(3)知 f(x)以 y=logax 为模型函数, 由题(1)知 0<a<1, 从而 y=logax 在(0,+∞) 上为减函数,故本题可先证 f(x)在(0,+∞)上为减函数为突破口. x2 x2 x2 设 0<x1<x2,则 >1,且由 f(xy)=f(x)+f(y),得 f(x2)=f( ·1)=f( )+f(x1), x x1 x1 x1 x2 又由条件 x>1 时,f(x)<0,得 f( )<0,∴f(x2)<f(x1),∴f(x)在 R+上为减函数, x1 1 1 1 又由 f(1)=f(1)+f(1),得 f(1)=0,又 f( )=1,∴f(2·)=f(2)+f( )=0,∴f(2)=﹣1, 2 2 2 ∴f(x)+f(5﹣x)≥﹣2=2f(2)=f(4),于是? ∴解集为 x∈(0,1]∪[4,5). 六、数形结合 根据题目所给的函数的有关的性质和背景, 作出大致符合条件的函数的图象, 再根据图 象的直观性作出正确解答. 例 7 若 f(x)为奇函数, 且在(﹣∞,0)内是增函数, f(﹣2)=0, xf(x)<0 的解集为( ) 又 则 A.(﹣2,0)∪(0,2) B.(﹣∞,﹣2)∪(0,2) C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) D.(﹣2,0)∪(2,+∞) 解析:本题可根据题设条件先作出函数 f(x)在(﹣∞,0)内的大致图象,如图,由对称性 (奇函数的图象关于原点对称)及单调性(在(﹣∞,0)内是增函数)得出 f(x)在(0,+∞)的图象, 如图所示.
? 0<x<5 ,解得 0<x≤1 或 4≤x<5, ? x(5﹣x)≤4

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∵f(x)为奇函数,且,f(﹣2)=0,∴f(2)=0.由图象可知: 当﹣2<x<0 时,f(x)>0,∴xf(x)<0;当 0<x<2 时,f(x)<0,∴xf(x)<0. 故不等式 xf(x)<0 的解集为(﹣2,0)∪(0,2),选 A.

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