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湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习 处理具有单调性、奇偶性函数问题的方法(2)


湖南省长沙市望城区白箬中学高三数学第二轮专题讲座复习: 处理具 有单调性、奇偶性函数问题的方法(2)
高考要求 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 特别是两性质的 应用更加突出 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 帮助考生学会怎样利用两性质解题,掌握基本方法, 形成应用意识 重难点归纳

(1)判断函数的奇偶性与单调性 若为具体函数,严格按照定义判断,注意变换中的等价性 若为抽象函数,在依托定义的基础上,用好赋值法,注意赋值的科学性、合理性 同时,注意判断与证明、讨论三者的区别,针对所列的训练认真体会,用好数与形的统 一 复合函数的奇偶性、单调性 问题的解决关键在于 既把握复合过程,又掌握基本函 数 (2)加强逆向思维、数形统一 正反结合解决基本应用题目 (3)运用奇偶性和单调性去 解决有关函数的综合性题目 此类题目要求考生必须具有 驾驭知识的能力,并具有综合分析问题和解决问题的能力 (4)应用问题 在利用函数的奇 偶性和单调性解决实际问题的过程中, 往往还要用到等 价转化和数形结合的思想方法, 把问题中较复杂、 抽象的式子转化为基本的简单的式子去解 决 特别是 往往利用函数的单调性求实际应用题中的最值问题 典型题例示范讲解
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例 1 已知函数 f(x)在(-1,1)上有定义,f( 意 x、y∈(-1,1)都有 f(x)+f(y)=f(

1 )=-1,当且仅当 0<x<1 时 f(x)<0,且对任 2
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x? y ),试证明 1 ? xy (1)f(x)为奇函数;(2)f(x)在(-1,1)上单调递减 命题意图 本题主要考查函数的奇偶性、单调性的判定以及运算能力和逻辑推理能力
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知识依托 错解分析 果很难获得
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奇偶性及单调性定义及判定、赋值法及转化思想 本题对思维能力要求较高,如果“赋值”不够准确,运算技能不过关,结
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技巧与方法 的范围是焦点 证明
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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 1 ? x1 x 2

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(1)由 f(x)+f(y)=f(

x? y ), 1 ? xy

令 x=y=0,得 f(0)=0, 令 y=-x,得 f(x)+f(-x)=f( ∴f(x)=-f(-x)
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x?x )=f(0)=0 1? x2 ∴f(x)为奇函数
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1

(2)先证 f(x)在(0,1)上单调递减

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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,∴

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

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

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 例 2 设 函 数 f(x) 是 定 义 在 R 上 的 偶 函 数 , 并 在 区 间 ( - ∞ ,0) 内 单 调 递 增 ,
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f(2a2+a+1)<f( 3a2-2a+1)
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求 a 的取值范围,并在该范围内求函数 y=(

1 a 2 ?3a ?1 ) 的单调递 2

减区间 命题意图 本题主要 考查函数奇偶性、单调性的基本应用以及对复合函数单调性的判 定方法 知识依托 逆向认识奇偶性、单调性、指数函数的单调性及函数的值域问题 错解分析 逆向思维受阻、条件认识不清晰、复合函数判定程序紊乱 技巧与方法 本题属于知识组合题类,关键 在于读题过程中对条件的思考与认识,通 过本题会解组合题类,掌握审题的一般技巧与方法 解 设 0<x1<x2,则-x2<-x1<0,∵f(x)在区间(-∞,0)内单调递增, ∴f(-x2)<f(-x1),∵f(x)为偶函数,∴f(-x2)=f(x2),f(-x1)=f(x1), ∴f(x2)<f(x1) ∴f(x)在(0,+∞)内单调递减
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1 7 1 2 又2a 2 ? a ? 1 ? 2(a ? ) 2 ? ? 0,3a 2 ? 2a ? 1 ? 3(a ? ) 2 ? ? 0. 4 8 3 3 2 2 2 2 由 f(2a +a+1)<f(3a -2a+1)得 2a +a+1>3a -2a+1 解之,得 0<a<3 3 2 5 2 又 a -3a+1=(a- ) - 2 4 1 2 3 ∴函数 y=( ) a ?3a ?1 的单调减区间是[ ,+∞] 2 2 1 2 3 结合 0<a<3,得函数 y=( ) a ?3a ?1 的单调递减区间为[ ,3) 2 2
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例 3 设 a>0,f(x)= 上是增函数 (1)解
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ex a ? 是 R 上的偶函数,(1)求 a 的值;(2)证明 a ex

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f(x)在(0,+∞)

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依题意,对一切 x∈R,有 f(x)=f(-x),即

ex a 1 x +ae ? ? a e x ae x

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整理,得(a-

2

1 1 1 x 2 )(e - x )=0 因此,有 a- =0,即 a =1,又 a>0,∴a=1 a a e (2)证法一(定义法) 设 0<x1<x2,
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则 f(x1)-f(x2)= e x1 ? e x2 ?

1 1 1 1 ? e x1 ? x2 ? x ? (e x2 ? e x1 )( x ?x ? 1) ? e x1 ( e x2 ? x1 ? 1) x ? x e1 2 e x1 e 2 e1 2

由 x1>0,x2>0,x2>x1,∴ e x2 ?x1 ? 1 >0,1-e x1 ? x2 <0, ∴f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2)∴ f(x)在(0,+∞ )上是增函数 x -x x -x -x 2x 证法二(导数法) 由 f(x)=e +e ,得 f′(x)=e -e =e ·(e -1) -x 2x 时,e >0,e -1>0 此时 f′(x)>0,所以 f(x)在[0,+∞)上是增函数 学生巩固练习 1 下列函数中的奇函数是( )
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当 x∈(0,+∞)

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A

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f(x)=(x-1)

x ?1 1? x

B

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f(x)=

lg( 1 ? x 2 ) | x 2 ? 2 | ?2

C

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? x 2 ? x ( x ? 0) ? f(x)= ? 2 ? ? x ? x ( x ? 0) ?
函数 f(x)=

D

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f(x)=

1 ? sin x ? cos x 1 ? cos x ? sin x
)

2 A C 3 4

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

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的图象(
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关于 x 轴对称 B 关于 y 轴对称 关于原点对称 D 关于直线 x=1 对称 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____ 3 2 若函数 f(x)=ax +bx +cx+d 满足 f(0)=f(x1)=f(x2)=0 (0<x1<x2),?且在[x2,+∞ ) 上
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单调递增,则 b 的取值范围是_________ 5
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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
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已知函数 f(x)=a +
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x

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求证函数 f(x)=

x3 在区间(1,+∞)上是减函数 ( x 2 ? 1) 2

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参考答案: 1
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解析

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f(-x)= ?
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? x 2 ? x ( x ? 0) ??( x 2 ? x) ( x ? 0) ? ? ?? =-f(x), 2 2 ?? x ? x ( x ? 0) ??(? x ? x) ( x ? 0) ? ?
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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 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 ]
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∵f(0)=f(x1)=f(x2)=0,

3

∴f (0)=d=0 f(x)=ax(x-x1)(x-x2)=ax -a(x1+x2)x +ax1x2x, ∴b=-a(x1+x2),又 f(x)在[x2,+∞ ) 单调递增,故 a>0
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3

2

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又知 0<x1<x,得 x1+x2>0, ∴b=-a(x1+x2)<0 答案
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(-∞,0)

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证明

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(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)
x 2 ? 2 x1 ? 2 >0∴f(x)在(-1,+∞)上为递增函数 ? x 2 ? 1 x1 ? 1

于是 f(x2)-f(x1)= a x2 ? a x1 + (2)证法一 则 a x0 ? ?
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设存在 x0<0(x0≠-1)满足 f(x0)=0,

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

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x0 ? 2 <-2, a x0 <1,∴f(x0)<-1 与 f(x0)=0 矛盾, x0 ? 1 x0 ? 2 >0, a x0 >0, x0 ? 1
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若 x0<-1,则

∴f(x0)>0 与 f(x0)=0 矛盾,故方程 f(x)=0 没有负数根 1 1 1 6 证明 ∵x≠0,∴f(x)= 2 , ? ? 2 2 2 1 2 ( x ? 1) x( x ? 1) x(1 ? 2 ) x x3 x4
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设 1<x1<x2<+∞,则

1 x2
2

?

1 x1
2

? 1,1 ?

1 x2
2

?1?

1 x1
2

?0

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? 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 ?
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1 x1
2

)2

∴f( x1)>f(x2),?故函数 f(x)在(1,+∞)上是减函数

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(本题也可用求导方法解决)

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