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- 2021-06-16 发布
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第3课时 函数性质的综合问题
函数的奇偶性与单调性(师生共研)
已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对任意x1，x2∈(0，＋∞)，都有(x1－x2)·[f(x1)－f(x2)]<0.设a＝ln，b＝(ln 3)2，c＝ln，则( )
A．f(a)>f(b)>f(c) B．f(b)>f(a)>f(c)
C．f(c)>f(a)>f(b) D．f(c)>f(b)>f(a)
【解析】 由题意易知f(x)在(0，＋∞)上是减函数，
又因为|a|＝ln 3>1，b＝(ln 3)2>|a|，0f(|a|)>f(b)．
又由题意知f(a)＝f(|a|)，
所以f(c)>f(a)>f(b)．故选C.
【答案】 C
函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路
(1)解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性．
(2)解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f(x1)>f(x2)或f(x1)0的条件为 ．
解析：由f(x)＝x3－8(x≥0)，知f(x)在[0，＋∞)上是增加的，且f(2)＝0.所以，由已知条件可知f(x－2)>0⇒f(|x－2|)>f(2)．所以|x－2|>2，解得x<0或x>4.
答案：{x|x<0或x>4}
[基础题组练]
1．已知f(x)在R上是奇函数，且满足f(x＋4)＝f(x)，当x∈(0，2)时，f(x)＝2x2，则f(2 019)＝( )
A．－2 B．2
C．－98 D．98
解析：选A.由f(x＋4)＝f(x)知，f(x)是周期为4的周期函数，f(2 019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．
由f(1)＝2×12＝2得f(－1)＝－f(1)＝－2，
所以f(2 019)＝－2.故选A.
2．已知偶函数f(x)在区间[0，＋∞)上是增加的，则满足f(2x－1)1时，求函数g(x)的最小值．
解：(1)f(x)在y轴右侧的图象如图所示．
若x>0，则－x<0，又函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x，
所以f(x)＝f(－x)＝(－x)2＋2×(－x)＝x2－2x(x>0)，
所以f(x)＝
(2)由(1)知g(x)＝x2－2x－2ax＋2，其图像的对称轴方程为x＝a＋1，
当a>1时，a＋1>2，g(x)＝x2－2x－2ax＋2在[1，2]上是减少的，
则g(x)在[1，2]上的最小值为g(2)＝2－4a.
[综合题组练]
1．已知f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，且在[2b，0]上为增函数，则f(x－1)≤f(2x)的解集为( )
A. B.
C. [－1，1] D.
解析：选B.因为f(x)是定义在[2b，1－b]上的偶函数，所以2b＋1－b＝0，所以b＝－1，
因为f(x)在[2b，0]上为增函数，即函数f(x)在[－2，0]上为增函数，故函数f(x)在(0，2]上为减函数，则由f(x－1)≤f(2x)，可得|x－1|≥|2x|，即(x－1)2≥4x2，
解得－1≤x≤.又因为定义域为[－2，2]，所以解得
综上，所求不等式的解集为.故选B.
2．(2020·辽宁沈阳东北育才学校联考(二))函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(－1)＝0，若对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2，都有<0成立，则不等式f(x)<0的解集为( )
A．(－∞，－1)∪(1，＋∞) B．(－1，0)∪(0，1)
C．(－∞，－1)∪(0，1) D．(－1，0)∪(1，＋∞)
解析：选C.令F(x)＝xf(x)，
因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以F(－x)＝－xf(－x)＝xf(x)＝F(x)，
所以F(x)是偶函数，
因为f(－1)＝0，所以F(－1)＝0，则F(1)＝0，
因为对任意x1，x2∈(－∞，0)，且x1≠x2时，都 有<0成立，所以F(x)在(－∞，0)上是减少的，
所以F(x)在(0，＋∞)上是增加的，所以不等式f(x)<0的解集为(－∞，－1)∪(0，1)，故选C.
3．函数f(x)的定义域为D＝{x|x≠0}，且满足对于任意x1，x2∈D，有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．
(1)求f(1)的值；
(2)判断f(x)的奇偶性并证明你的结论．
解：(1)因为对于任意x1，x2∈D，
有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，
所以令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，所以f(1)＝0.
(2)f(x)为偶函数．证明如下：
令x1＝x2＝－1，
有f(1)＝f(－1)＋f(－1)，
所以f(－1)＝f(1)＝0.
令x1＝－1，x2＝x有f(－x)＝f(－1)＋f(x)，
所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)为偶函数．
4．已知函数y＝f(x)在定义域[－1，1]上既是奇函数又是减函数．
(1)求证：对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0；
(2)若f(1－a)＋f(1－a2)＜0，求实数a的取值范围．
解：(1)证明：若x1＋x2＝0，显然不等式成立．
若x1＋x2＜0，则－1≤x1＜－x2≤1，
因为f(x)在[－1，1]上是减函数且为奇函数，
所以f(x1)＞f(－x2)＝－f(x2)，所以f(x1)＋f(x2)＞0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
若x1＋x2＞0，则1≥x1＞－x2≥－1，
同理可证f(x1)＋f(x2)＜0.
所以[f(x1)＋f(x2)](x1＋x2)＜0成立．
综上得证，对任意x1，x2∈[－1，1]，有[f(x1)＋f(x2)]·(x1＋x2)≤0恒成立．
(2)因为f(1－a)＋f(1－a2)＜0⇔f(1－a2)＜－f(1－a)＝f(a－1)，所以由f(x)在定义域[－1，1]上是减函数，得即解得0≤a＜1.
故所求实数a的取值范围是[0，1)．
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