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- 2021-06-21 发布
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难点7 奇偶性与单调性(一)
函数的单调性、奇偶性是高考的重点内容之一，考查内容灵活多样.本节主要帮助考生深刻理解奇偶性、单调性的定义，掌握判定方法，正确认识单调函数与奇偶函数的图象.
●难点磁场
(★★★★)设a>0,f(x)=是R上的偶函数，(1)求a的值；(2)证明： f(x)在(0，+∞)上是增函数.
●案例探究
［例1］已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，f()=－1,当且仅当00,1－x1x2>0，∴>0,
又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0
∴x2－x1<1－x2x1,
∴0<<1,由题意知f()<0，
即f(x2)3a2－2a+1.解之，得01).
(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.
6.(★★★★★)求证函数f(x)=在区间(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)=；
(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.
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(－)=0,当x>－时，f(x)>0.
(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.
参考答案
难点磁场
(1)解：依题意，对一切x∈R,有f(x)=f(－x),即+aex.整理，得(a－)
(ex－)=0.因此，有a－=0,即a2=1,又a>0,∴a=1
(2)证法一：设0＜x1＜x2,则f(x1)－f(x2)=
由x1>0,x2>0,x2>x1,∴>0,1－e＜0,
∴f(x1)－f(x2)＜0,即f(x1)＜f(x2)
∴f(x)在(0,+∞)上是增函数
证法二：由f(x)=ex+e－x，得f′(x)=ex－e－x=e－x·(e2x－1).当x∈(0,+∞)时，e－x>0,e2x－1>0.
此时f′(x)>0,所以f(x)在［0，+∞)上是增函数.
歼灭难点训练
一、1.解析：f(－x)= =－f(x)，故f(x)为奇函数.
答案：C
2.解析：f(－x)=－f(x),f(x)是奇函数，图象关于原点对称.
答案：C
二、3.解析：令t=|x+1|,则t在(－∞,－1上递减，又y=f(x)在R上单调递增，∴y=f(|x+1|)在(－∞,－1上递减.
答案：(－∞,－1
4.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、5.证明：(1）设－1＜x1＜x2＜+∞,则x2－x1>0, >1且>0,
∴>0,又x1+1>0,x2+1>0
∴>0,
于是f(x2)－f(x1)=+ >0
∴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,则且由0＜＜1得0＜－＜1,即＜x0＜2与x0＜0矛盾，故f(x)=0没有负数根.
证法二：设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)=0,若－1＜x0＜0,则＜－2,＜1,∴f(x0)＜－1与f(x0)=0矛盾，若x0＜－1,则>0, >0，∴f(x0)>0与f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.
6.证明：∵x≠0,∴f(x)=,
设1＜x1＜x2＜+∞,则.
∴f(x1)>f(x2),故函数f(x)在(1，+∞）上是减函数.(本题也可用求导方法解决）
7.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).
∵f(x+a)=f［x－(－a)］=.
∴f(x+4a)=f［(x+2a)+2a］==f(x),故f(x)是以4a为周期的周期函数.
8.(1）证明：设x1＜x2,则x2－x1－>－,由题意f(x2－x1－)>0,
∵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(－)－1=f［(x2－x1)－］>0,
∴f(x)是单调递增函数.
(2)解：f(x)=2x+1.验证过程略.
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