第一篇：對數(shù)函數(shù)的單調性、奇偶性的運用

對數(shù)函數(shù)的單調性、奇偶性的運用

張軍麗

一、對數(shù)函數(shù)的單調性及其應用

利用函數(shù)的單調性可以：①比較大小；②解不等式；③判斷單調性；④求單調區(qū)間；⑤求值域和最值.要求同學們：一是牢固掌握對數(shù)函數(shù)的單調性；二是理解和掌握復合函數(shù)的單調性規(guī)律；三是樹立定義域優(yōu)先的觀念.1.比較下列各組數(shù)中的兩個值大?。?/p>

(1)log23.4，log28.5

(2)log0.31.8，log0.32.7

(3)loga5.1，loga5.9(a>0且a≠1)

思路點撥：由數(shù)形結合的方法或利用函數(shù)的單調性來完成.(1)解法1：畫出對數(shù)函數(shù)y=log2x的圖象，橫坐標為3.4的點在橫坐標為8.5的點的下方，所以，log23.4

解法2：由函數(shù)y=log2x在R+上是單調增函數(shù)，且3.4<8.5，所以log23.4

解法3：直接用計算器計算得：log23.4≈1.8，log28.5≈3.1，所以log23.4

(2)與第(1)小題類似，log0.3x在R+上是單調減函數(shù)，且1.8<2.7，所以log0.31.8>log0.32.7；

(3)注：底數(shù)是常數(shù)，但要分類討論a的范圍，再由函數(shù)單調性判斷大小.解法1：當a>1時，y=logax在(0，+∞)上是增函數(shù)，且5.1<5.9，所以，loga5.1

當0loga5.9

解法2：轉化為指數(shù)函數(shù)，再由指數(shù)函數(shù)的單調性判斷大小，令b1=loga5.1，則

所以，b1

所以，b1>b2，即舉一反三：

【變式1】（2011 天津理 7）已知

A．

解析：另

B．，C．，則（）

D．，令b2=loga5.9，則

.當a>1時，y=ax在R上是增函數(shù)，且5.1<5.9

當0

又∵為單調遞增函數(shù)，∴

2.證明函數(shù)

故選C.上是增函數(shù).思路點撥：此題目的在于讓學生熟悉函數(shù)單調性證明通法，同時熟悉利用對函數(shù)單調性比較同底數(shù)對數(shù)大小的方法.證明：設

舉一反三：

【變式1】已知f(logax)=的單調性.解：設t=logax(x∈R+，t∈R).當a>1時，t=logax為增函數(shù)，若t11或00且a≠1)，試判斷函數(shù)f(x)，且x1

則

又∵y=log2x在即f(x1)

上是增函數(shù).上是增函數(shù)

∴函數(shù)f(x)=log2(x2+1)在∵ 01，∴ f(t1)

解：設t=-x2+2x+3，則t=-(x-1)2+4.∵ y=≤4，∴ y≥

=-2，即函數(shù)的值域為[-2，+∞.(-x2+2x+3)的定義域為-x2+2x+3>0，即

再由：函數(shù)y=-1

二、函數(shù)的奇偶性

4.判斷下列函數(shù)的奇偶性.(1)

(2)

.t(-x2+2x+3)的減區(qū)間為(-1，1)，增區(qū)間為[1，3.(1)思路點撥：首先要注意定義域的考查，然后嚴格按照證明奇偶性基本步驟進行.解：由

所以函數(shù)的定義域為：(-1，1)關于原點對稱

又

所以函數(shù)

是奇函數(shù)；

總結升華：此題確定定義域即解簡單分式不等式，函數(shù)解析式恒等變形需利用對數(shù)的運算性質.說明判斷對數(shù)形式的復合函數(shù)的奇偶性，不能輕易直接下結論，而應注意對數(shù)式的恒等變形.(2)解：由

以函數(shù)的定義域為R關于原點對稱

即f(-x)=-f(x)；所以函數(shù)

所

又

.總結升華：此題定義域的確定可能稍有困難，函數(shù)解析式的變形用到了分子有理化的技巧，要求掌握.三、對數(shù)函數(shù)性質的綜合應用

5．已知函數(shù)f(x)=lg(ax2+2x+1).(1)若函數(shù)f(x)的定義域為R，求實數(shù)a的取值范圍；(2)若函數(shù)f(x)的值域為R，求實數(shù)a的取值范圍.思路點撥：與求函數(shù)定義域、值域的常規(guī)問題相比，本題屬非常規(guī)問題，關鍵在于轉化成常規(guī)問題.f(x)的定義域為R，即關于x的不等式ax2+2x+1>0的解集為R，這是不等式中的常規(guī)問題.f(x)的值域為R與ax2+2x+1恒為正值是不等價的，因為這里要求f(x)取遍一切實數(shù)，即要求u=ax2+2x+1取遍一切正數(shù)，考察此函數(shù)的圖象的各種情況，如圖，我們會發(fā)現(xiàn)： 使u能取遍一切正數(shù)的條件是

.的解集為R，解：(1)f(x)的定義域為R，即：關于x的不等式ax2+2x+1>0

當a=0時，此不等式變?yōu)?x+1>0，其解集不是R；

當a≠0時，有∴ a的取值范圍為a>1.(2)f(x)的值域為R，即u=ax2+2x+1能取遍一切正數(shù)

a>1.a=0或

0≤a≤1，∴ a的取值范圍為0≤a≤1.6．已知函數(shù)h(x)=2x(x∈R)，它的反函數(shù)記作g(x)，A、B、C三點在函數(shù)g(x)的圖象上，它們的橫坐標分別為a，a+4，a+8(a>1)，記ΔABC的面積為S.(1)求S=f(a)的表達式；(2)求函數(shù)f(a)的值域；

(3)判斷函數(shù)S=f(a)的單調性，并予以證明；(4)若S>2，求a的取值范圍.解：(1)依題意有g(x)=log2x(x>0).并且 A、B、C三點的坐標分別為A(a，log2a)，B(a+4，log2(a+4))，C(a+8，log2(a+8))(a>1)，∴A，C中點D的縱坐標為〔log2a+log2(a+8)〕

∴ S=|BD|·4·2=4|BD|=4log2(a+4)-2log2a-2log2(a+8).(2)把S=f(a)變形得：S=f(a)=2〔2log2(a+4)-log2a-log2(a+8)〕=2log2=2log2(1+).，又函數(shù)y=log2x

由于a>1時，a2+8a>9，∴1<1+在(0，+∞)上是增函數(shù)，∴ 0<2log2(1+)<2log2，即0

(1+)-(1+)=16(+8a2>0，)=16·+8a1>0，a1-a2<0，由a1>1，a2>1，且a2>a1，∴ a1+a2+8>0，∴ 1<1+

<1+，再由函數(shù)y=log2x在(0，+∞)上是增函數(shù)，于是可得f(a1)>f(a2)

∴ S=f(a)在(1，+∞)上是減函數(shù).(4)由S>2，即得，1

第二篇：單調性奇偶性教案

函數(shù)性質

一、單調性

1.定義：一般地，設函數(shù)f(x)的定義域為I:如果對于定義域I內某個區(qū)間D上的任意兩個自變量的值x1,x2，當x1?x2時，若都有f(x1)?f(x2)，那么就說函數(shù)在．．區(qū)間D上單調遞增，若都有f(x1)?f(x2)，那么就說函數(shù)在區(qū)間D上單調遞減。例1.證明f?x??x?1在?1,???上單調遞增 x

總結：

1）用定義證明單調性的步驟：取值----作差----變形-----定號-----判斷 2）增+增=增

減+減=減

-增=減

1/增=減 3）一次函數(shù)y?kx?b的單調性 例1.判斷函數(shù)y??2.復合函數(shù)分析法

設y?f(u)，u?g(x)x?[a,b]，u?[m,n]都是單調函數(shù)，則y?f[g(x)]在[a,b]上也是單調函數(shù)，其單調性由“同增異減”來確定，即“里外”函數(shù)增減

1的增減性 x?1性相同，復合函數(shù)為增函數(shù)，“里外”函數(shù)的增減性相反，復合函數(shù)為減函數(shù)。如下表：

u?g(x)

y?f(u)

y?f[g(x)]

增 增 減 減 增 減 增 減 增 減 減 增

例1.判斷函數(shù)y?log2(x?1)在定義域內的單調性

一、函數(shù)單調性的應用 1.比較大小

例1.若f(x)在R上單調遞增，且f?2a?1??f(a?3)，求a的取值范圍

3例2.已知函數(shù)f(x)在?0,???上是減函數(shù)，試比較f()與f(a2?a?1)的大小

42.利用單調性求最值

1例1.求函數(shù)y?x?1?的最小值

x

x2?2x?a1例2.已知函數(shù)f(x)?,x??1,???.當a?時，求函數(shù)f(x)的最小值

x2

1?1?例3.若函數(shù)f(x)的值域為?,3?，求函數(shù)g(x)?f(x)?的值域

2f(x)??

練習：1）求函數(shù)y?x2?1?x在?0,???的最大值

1?1?2）若函數(shù)f(x)的值域為?,3?，求函數(shù)g(x)?f(x)?的值域

2f(x)??

3.求復合函數(shù)的單調區(qū)間 1)求定義域

2)判斷增減區(qū)間 3)求交集

12例1.求函數(shù)y??x?2x?3的單調區(qū)間

2練習：求函數(shù)y??x2?2x?8的單調增區(qū)間

4.求參數(shù)取值范圍

例1.函數(shù)f(x)?x2?2ax?3在區(qū)間?1,2?上單調，求a的取值范圍

二、奇偶性

1.判斷奇偶性的前提條件：定義域關于原點對稱 例1.奇函數(shù)f(x)定義域是(t,2t?3)，則t?

.2.奇函數(shù)的定義：對于函數(shù)f(x)，其定義域D關于原點對稱，如果?x?D,恒有f(?x)??f(x)，那么函數(shù)f(x)為奇函數(shù)。

3.奇函數(shù)的性質： 1）圖像關于原點對稱 2）在圓點左右單調性相同

3）若0在定義域內，則必有f(0)?0

1奇函數(shù)的例子：y?x,y?x3,y?x?,y?sinx

x4.偶函數(shù)的定義：對于函數(shù)f(x)，其定義域D關于原點對稱，如果?x?D,恒有f(?x)?f(x)，那么函數(shù)f(x)為偶函數(shù)。

5.偶函數(shù)的性質： 1）圖像關于y軸對稱 2）在圓點左右單調性相反

偶函數(shù)的例子：y?x2,y?x,y?cosx

6.結論：奇+奇=奇，偶+偶=偶，奇?奇=偶，偶?偶=偶，奇?偶=奇

四、常見題型： 1.函數(shù)奇偶性的判定

4?x2例1.判斷函數(shù)f(x)?的奇偶性

x?2?2

例2.判斷f(x)?(x?2)

2?x的奇偶性 2?x2.奇偶性的應用

例1.已知f(x)?x5?ax3?bx?8,f(?2)?10,則f(2)?_______

例2.已知f(x)是奇函數(shù)，且當x?0時，f(x)?x(x?2),求x?0時，f(x)的解析式

例3.設f(x)是偶函數(shù)，g(x)是奇函數(shù)，且f(x)?g(x)?

3.函數(shù)單調性與奇偶性的綜合應用

例1.設偶函數(shù)f(x)在[0,??)為減函數(shù)，則不等式f(x)?f(2x?1)的解集是。

例2.已知函數(shù)f(x)是定義在實數(shù)集R上的函數(shù)，若f(x)在區(qū)間??5,5?上是奇函數(shù)，在區(qū)間?0,5?上是單調函數(shù)，切f(3)?f(1)，則（）

A.f(?1)?f(?3)B.f(0)?f(?1)C.f(?1)?f(1)D.f(?3)?f(?5)，例3.函數(shù)f(x)?ax?b12???1,1是定義在上的奇函數(shù)，且 f()?2251?x1，求f(x),g(x)x?11）求f(x)的解析式

2）判斷函數(shù)f(x)在??1,1?上的單調性 3）解不等式f(t?1)?f(t)?0

第三篇：奇偶性與單調性及典型例題

奇偶性與單調性及典型例題

函數(shù)的單調性、奇偶性是高考的重點內容之一，考查內容靈活多樣.本節(jié)主要幫助考生深刻理解奇偶性、單調性的定義，掌握判定方法，正確認識單調函數(shù)與奇偶函數(shù)的圖象.難點磁場

(★★★★)設a>0,f(x)=是R上的偶函數(shù)，(1)求a的值；(2)證明： f(x)在(0，+∞)上是增函數(shù).案例探究

［例1］已知函數(shù)f(x)在(－1，1)上有定義，f()=－1,當且僅當0

(1)f(x)為奇函數(shù)；(2)f(x)在(－1，1)上單調遞減.命題意圖：本題主要考查函數(shù)的奇偶性、單調性的判定以及運算能力和邏輯推理能力.屬★★★★題目.知識依托：奇偶性及單調性定義及判定、賦值法及轉化思想.錯解分析：本題對思維能力要求較高，如果“賦值”不夠準確，運算技能不過關，結果很難獲得.技巧與方法：對于(1)，獲得f(0)的值進而取x=－y是解題關鍵；對于(2)，判定的范圍是焦點.證明：(1)由f(x)+f(y)=f(),令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0.∴f(x)=－f(－x).∴f(x)為奇函數(shù).(2)先證f(x)在(0，1)上單調遞減.令0

∵00,1－x1x2>0，∴>0，又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0

∴x2－x1<1－x2x1，∴0<<1,由題意知f()<0，

即f(x2)3a2－2a+1.解之，得0

結合0

本難點所涉及的問題及解決方法主要有：

(1)判斷函數(shù)的奇偶性與單調性

若為具體函數(shù)，嚴格按照定義判斷，注意變換中的等價性.若為抽象函數(shù)，在依托定義的基礎上，用好賦值法，注意賦值的科學性、合理性.同時，注意判斷與證明、討論三者的區(qū)別，針對所列的“磁場”及“訓練”認真體會，用好數(shù)與形的統(tǒng)一.復合函數(shù)的奇偶性、單調性.問題的解決關鍵在于：既把握復合過程，又掌握基本函數(shù).(2)加強逆向思維、數(shù)形統(tǒng)一.正反結合解決基本應用題目，下一節(jié)我們將展開研究奇偶性、單調性的應用.殲滅難點訓練

一、選擇題

1.(★★★★)下列函數(shù)中的奇函數(shù)是（）

A.f(x)=(x－1)

B.f(x)=

C.f(x)=

D.f(x)=

2.(★★★★★)函數(shù)f(x)=的圖象（）

A.關于x軸對稱

B.關于y軸對稱

C.關于原點對稱

D.關于直線x=1對稱

二、填空題

3.(★★★★)函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，則y=f(|x+1|)的一個單調遞減區(qū)間是_________.4.(★★★★★)若函數(shù)f(x)=ax3+bx2+cx+d滿足f(0)=f(x1)=f(x2)=0(0

5.(★★★★)已知函數(shù)f(x)=ax+(a>1).(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，+∞)上為增函數(shù).(2)用反證法證明方程f(x)=0沒有負數(shù)根.6.(★★★★★)求證函數(shù)f(x)=在區(qū)間(1，+∞)上是減函數(shù).7.(★★★★)設函數(shù)f(x)的定義域關于原點對稱且滿足：(i)f(x1－x2)=；(ii)存在正常數(shù)a使f(a)=1.求證：

(1)f(x)是奇函數(shù).(2)f(x)是周期函數(shù)，且有一個周期是4a.8.(★★★★★)已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且對m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且

f(－)=0,當x>－時，f(x)>0.(1)求證：f(x)是單調遞增函數(shù)；

(2)試舉出具有這種性質的一個函數(shù)，并加以驗證.參考答案

難點磁場

(1)解：依題意，對一切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)證法一：設0＜x1＜x2,則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,+∞)上是增函數(shù)

證法二：由f(x)=ex+e－x，得f′(x)=ex－e－x=e－x·(e2x－1).當x∈(0,+∞)時，e－x>0,e2x－1>0.此時f′(x)>0,所以f(x)在［0，+∞)上是增函數(shù).殲滅難點訓練

一、1.解析：f(－x)= =－f(x)，故f(x)為奇函數(shù).答案：C

2.解析：f(－x)=－f(x),f(x)是奇函數(shù)，圖象關于原點對稱.答案：C

二、3.解析：令t=|x+1|,則t在(－∞,－1上遞減，又y=f(x)在R上單調遞增，∴y=f(|x+1|)在(－∞,－1上遞減.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,+∞單調遞增，故a>0.又知0＜x1＜x,得x1+x2>0，∴b=－a(x1+x2)＜0.答案：(－∞,0）

三、5.證明：(1）設－1＜x1＜x2＜+∞,則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，+∞）上為遞增函數(shù).(2）證法一：設存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)=0,則且由0＜＜1得0＜－＜1,即＜x0＜2與x0＜0矛盾，故f(x)=0沒有負數(shù)根.證法二：設存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)=0,若－1＜x0＜0,則＜－2,＜1,∴f(x0)＜－1與f(x0)=0矛盾，若x0＜－1,則>0, >0，∴f(x0)>0與f(x0)=0矛盾，故方程f(x)=0沒有負數(shù)根.6.證明：∵x≠0,∴f(x)=，設1＜x1＜x2＜+∞,則.∴f(x1)>f(x2),故函數(shù)f(x)在(1，+∞）上是減函數(shù).(本題也可用求導方法解決）

7.證明：(1）不妨令x=x1－x2,則f(－x)=f(x2－x1)= =－f(x1－x2)=－f(x).∴f(x)是奇函數(shù).(2）要證f(x+4a)=f(x),可先計算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為周期的周期函數(shù).8.(1）證明：設x1＜x2,則x2－x1－>－,由題意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)是單調遞增函數(shù).(2)解：f(x)=2x+1.驗證過程略.難點8 奇偶性與單調性(二)

函數(shù)的單調性、奇偶性是高考的重點和熱點內容之一，特別是兩性質的應用更加突出.本節(jié)主要幫助考生學會怎樣利用兩性質解題，掌握基本方法，形成應用意識.●難點磁場

(★★★★★)已知偶函數(shù)f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，且f(2)=0,解不等式［flog2(x2+5x+4)］≥0.

●案例探究

［例1］已知奇函數(shù)f(x)是定義在(－3，3)上的減函數(shù)，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,設不等式解集為A，B=A∪{x|1≤x≤},求函數(shù)g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值.命題意圖：本題屬于函數(shù)性質的綜合性題目，考生必須具有綜合運用知識分析和解決問題的能力，屬★★★★級題目.知識依托：主要依據(jù)函數(shù)的性質去解決問題.錯解分析：題目不等式中的“f”號如何去掉是難點，在求二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題時，學生容易漏掉定義域.技巧與方法：借助奇偶性脫去“f”號，轉化為xcos不等式，利用數(shù)形結合進行集合運算和求最值.解：由且x≠0,故03－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,綜上得2f(0)對所有θ∈［0,］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數(shù)m的范圍，若不存在，說明理由.命題意圖：本題屬于探索性問題，主要考查考生的綜合分析能力和邏輯思維能力以及運算能力，屬★★★★★題目.知識依托：主要依據(jù)函數(shù)的單調性和奇偶性，利用等價轉化的思想方法把問題轉化為二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題.錯解分析：考生不易運用函數(shù)的綜合性質去解決問題，特別不易考慮運用等價轉化的思想方法.技巧與方法：主要運用等價轉化的思想和分類討論的思想來解決問題.解：∵f(x)是R上的奇函數(shù)，且在［0，+∞)上是增函數(shù)，∴f(x)是R上的增函數(shù).于是不等式可等價地轉化為f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m)，即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0.設t=cosθ,則問題等價地轉化為函數(shù)g(t)=t2－mt+2m－2=(t－)2－+2m－2在［0，1］上的值恒為正，又轉化為函數(shù)g(t)在［0，1］上的最小值為正.∴當<0,即m<0時，g(0)=2m－2>0m>1與m<0不符；

當0≤≤1時，即0≤m≤2時，g(m)=－+2m－2>0

4－21,即m>2時，g(1)=m－1>0m>1.∴m>2

綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值范圍是m>4－2.●錦囊妙計

本難點所涉及的問題以及解決的方法主要有：

(1)運用奇偶性和單調性去解決有關函數(shù)的綜合性題目.此類題目要求考生必須具有駕馭知識的能力，并具有綜合分析問題和解決問題的能力.(2)應用問題.在利用函數(shù)的奇偶性和單調性解決實際問題的過程中，往往還要用到等價轉化和數(shù)形結合的思想方法，把問題中較復雜、抽象的式子轉化為基本的簡單的式子去解決.特別是：往往利用函數(shù)的單調性求實際應用題中的最值問題.●殲滅難點訓練

一、選擇題

1.(★★★★)設f(x)是(－∞,+∞)上的奇函數(shù)，f(x+2)=－f(x),當0≤x≤1時，f(x)=x,則f(7.5)等于（）

A.0.5

B.－0.5

C.1.5

D.－1.5

2.(★★★★)已知定義域為(－1，1)的奇函數(shù)y=f(x)又是減函數(shù)，且f(a－3)+f(9－a2)<0,則a的取值范圍是（）

A.(2，3)

B.(3，)

C.(2，4)

D.(－2，3)

二、填空題

3.(★★★★)若f(x)為奇函數(shù)，且在(0，+∞)內是增函數(shù)，又f(－3)=0,則xf(x)<0的解集為_________.4.(★★★★)如果函數(shù)f(x)在R上為奇函數(shù)，在(－1，0)上是增函數(shù)，且f(x+2)=－f(x),試比較f(),f(),f(1)的大小關系_________.三、解答題

5.(★★★★★)已知f(x)是偶函數(shù)而且在(0，+∞)上是減函數(shù)，判斷f(x)在(－∞,0)上的增減性并加以證明.6.(★★★★)已知f(x)=(a∈R)是R上的奇函數(shù)，(1)求a的值；

(2)求f(x)的反函數(shù)f－1(x);

(3)對任意給定的k∈R+,解不等式f－1(x)>lg.7.(★★★★)定義在(－∞,4］上的減函數(shù)f(x)滿足f(m－sinx)≤f(－+cos2x)對任意x∈R都成立，求實數(shù)m的取值范圍.8.(★★★★★)已知函數(shù)y=f(x)=(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函數(shù)，當x>0時，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<.(1)試求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)問函數(shù)f(x)圖象上是否存在關于點(1，0)對稱的兩點，若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.參考答案

難點磁場

解：∵f(2)=0,∴原不等式可化為f［log2(x2+5x+4)］≥f(2).又∵f(x)為偶函數(shù)，且f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞,0）上為減函數(shù)且f(－2)=f(2)=0

∴不等式可化為log2(x2+5x+4)≥2

①

或log2(x2+5x+4)≤－2

②

由①得x2+5x+4≥4

∴x≤－5或x≥0

③

由②得0＜x2+5x+4≤得≤x＜－4或－1＜x≤

④

由③④得原不等式的解集為

{x|x≤－5或≤x≤－4或－1＜x≤或x≥0}

殲滅難點訓練

一、1.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.解析：∵f(x)是定義在(－1，1）上的奇函數(shù)又是減函數(shù)，且f(a－3)+f(9－a2)＜0.∴f(a－3)＜f(a2－9).∴

∴a∈(2,3).答案：A

二、3.解析：由題意可知：xf(x)＜0

∴x∈(－3,0)∪(0,3)

答案：(－3，0）∪(0，3）

4.解析：∵f(x)為R上的奇函數(shù)

∴f()=－f(－),f()=－f(－),f(1)=－f(－1),又f(x)在(－1，0)上是增函數(shù)且－> －>－1.∴f(－)>f(－)>f(－1),∴f()＜f()＜f(1).答案：f()＜f()＜f(1)

三、5.解：函數(shù)f(x)在(－∞,0）上是增函數(shù)，設x1＜x2＜0,因為f(x)是偶函數(shù)，所以 f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假設可知－x1>－x2>0,又已知f(x)在(0，+∞)上是減函數(shù)，于是有f(－x1)＜f(－x2),即f(x1)＜f(x2),由此可知，函數(shù)f(x)在(－∞,0)上是增函數(shù).6.解：(1）a=1.(2)f(x)=(x∈R)f－-1(x)=log2(－1＜x＜1.(3)由log2>log2log2(1－x)＜log2k,∴當0＜k＜2時，不等式解集為{x|1－k＜x＜1;當k≥2時，不等式解集為{x|－1＜x＜1.7.解：，對x∈R恒成立，∴m∈［,3］∪{}.8.解：(1)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)=－f(x),即

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)=≥2，當且僅當x=時等號成立，于是2=2,∴a=b2,由f(1)＜得＜即＜,∴2b2－5b+2＜0,解得＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.(2)設存在一點(x0,y0)在y=f(x)的圖象上，并且關于(1，0）的對稱點(2－x0,－y0)也在y=f(x)圖象上，則

消去y0得x02－2x0－1=0,x0=1±.∴y=f(x)圖象上存在兩點(1+,2),(1－,－2)關于(1，0)對稱.函數(shù)的單調性、奇偶性是高考的重點和熱點內容之一，特別是兩性質的應用更加突出.本節(jié)主要幫助考生學會怎樣利用兩性質解題，掌握基本方法，形成應用意識.●難點磁場

(★★★★★)已知偶函數(shù)f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，且f(2)=0,解不等式f［log2(x2+5x+4)］≥0.

●案例探究

［例1］已知奇函數(shù)f(x)是定義在(－3，3)上的減函數(shù)，且滿足不等式f(x－3)+f(x2－3)<0,設不等式解集為A，B=A∪{x|1≤x≤ },求函數(shù)g(x)=－3x2+3x－4(x∈B)的最大值.命題意圖：本題屬于函數(shù)性質的綜合性題目，考生必須具有綜合運用知識分析和解決問題的能力，屬★★★★級題目.知識依托：主要依據(jù)函數(shù)的性質去解決問題.錯解分析：題目不等式中的“f”號如何去掉是難點，在求二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題時，學生容易漏掉定義域.技巧與方法：借助奇偶性脫去“f”號，轉化為xcos不等式，利用數(shù)形結合進行集合運算和求最值.解：由 且x≠0,故03－x2,即x2+x－6>0,解得x>2或x<－3,綜上得2f(0)對所有θ∈［0, ］都成立？若存在，求出符合條件的所有實數(shù)m的范圍，若不存在，說明理由.命題意圖：本題屬于探索性問題，主要考查考生的綜合分析能力和邏輯思維能力以及運算能力，屬★★★★★題目.知識依托：主要依據(jù)函數(shù)的單調性和奇偶性，利用等價轉化的思想方法把問題轉化為二次函數(shù)在給定區(qū)間上的最值問題.錯解分析：考生不易運用函數(shù)的綜合性質去解決問題，特別不易考慮運用等價轉化的思想方法.技巧與方法：主要運用等價轉化的思想和分類討論的思想來解決問題.解：∵f(x)是R上的奇函數(shù)，且在［0，+∞)上是增函數(shù)，∴f(x)是R上的增函數(shù).于是不等式可等價地轉化為f(cos2θ－3)>f(2mcosθ－4m), 即cos2θ－3>2mcosθ－4m,即cos2θ－mcosθ+2m－2>0.設t=cosθ,則問題等價地轉化為函數(shù)g(t)=t2－mt+2m－2=(t－)2－ +2m－2在［0，1］上的值恒為正，又轉化為函數(shù)g(t)在［0，1］上的最小值為正.∴當 <0,即m<0時，g(0)=2m－2>0 m>1與m<0不符； 當0≤ ≤1時，即0≤m≤2時，g(m)=－ +2m－2>0 4－2 1,即m>2時，g(1)=m－1>0 m>1.∴m>2 綜上，符合題目要求的m的值存在，其取值范圍是m>4－2.●錦囊妙計

本難點所涉及的問題以及解決的方法主要有：

(1)運用奇偶性和單調性去解決有關函數(shù)的綜合性題目.此類題目要求考生必須具有駕馭知識的能力，并具有綜合分析問題和解決問題的能力.(2)應用問題.在利用函數(shù)的奇偶性和單調性解決實際問題的過程中，往往還要用到等價轉化和數(shù)形結合的思想方法，把問題中較復雜、抽象的式子轉化為基本的簡單的式子去解決.特別是：往往利用函數(shù)的單調性求實際應用題中的最值問題.●殲滅難點訓練

一、選擇題

1.(★★★★)設f(x)是(－∞,+∞)上的奇函數(shù)，f(x+2)=－f(x),當0≤x≤1時，f(x)=x,則f(7.5)等于（）A.0.5

B.－0.5

C.1.5

D.－1.5 2.(★★★★)已知定義域為(－1，1)的奇函數(shù)y=f(x)又是減函數(shù)，且f(a－3)+f(9－a2)<0,則a的取值范圍是（）A.(2，3)

B.(3，)C.(2，4)

D.(－2，3)

二、填空題 3.(★★★★)若f(x)為奇函數(shù)，且在(0，+∞)內是增函數(shù)，又f(－3)=0,則xf(x)<0的解集為_________.4.(★★★★)如果函數(shù)f(x)在R上為奇函數(shù)，在(－1，0)上是增函數(shù)，且f(x+2)=－f(x),試比較f(),f(),f(1)的大小關系_________.三、解答題

5.(★★★★★)已知f(x)是偶函數(shù)而且在(0，+∞)上是減函數(shù)，判斷f(x)在(－∞,0)上的增減性并加以證明.6.(★★★★)已知f(x)=(a∈R)是R上的奇函數(shù)，(1)求a的值；

(2)求f(x)的反函數(shù)f－1(x);(3)對任意給定的k∈R+,解不等式f－1(x)>lg.7.(★★★★)定義在(－∞,4］上的減函數(shù)f(x)滿足f(m－sinx)≤f(－ +cos2x)對任意x∈R都成立，求實數(shù)m的取值范圍.8.(★★★★★)已知函數(shù)y=f(x)=(a,b,c∈R,a>0,b>0)是奇函數(shù)，當x>0時，f(x)有最小值2，其中b∈N且f(1)<.(1)試求函數(shù)f(x)的解析式；

(2)問函數(shù)f(x)圖象上是否存在關于點(1，0)對稱的兩點，若存在，求出點的坐標；若不存在，說明理由.參考答案 難點磁場

解：∵f(2)=0,∴原不等式可化為f［log2(x2+5x+4)］≥f(2).又∵f(x)為偶函數(shù)，且f(x)在(0，+∞)上為增函數(shù)，∴f(x)在(－∞,0）上為減函數(shù)且f(－2)=f(2)=0 ∴不等式可化為log2(x2+5x+4)≥2

① 或log2(x2+5x+4)≤－2

② 由①得x2+5x+4≥4 ∴x≤－5或x≥0

③ 由②得0＜x2+5x+4≤ 得 ≤x＜－4或－1＜x≤

④ 由③④得原不等式的解集為

{x|x≤－5或 ≤x≤－4或－1＜x≤ 或x≥0} 殲滅難點訓練

一、1.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.解析：∵f(x)是定義在(－1，1）上的奇函數(shù)又是減函數(shù)，且f(a－3)+f(9－a2)＜0.∴f(a－3)＜f(a2－9).∴

∴a∈(2 ,3).答案：A

二、3.解析：由題意可知：xf(x)＜0

∴x∈(－3,0)∪(0,3)答案：(－3，0）∪(0，3）4.解析：∵f(x)為R上的奇函數(shù)

∴f()=－f(－),f()=－f(－),f(1)=－f(－1),又f(x)在(－1，0)上是增函數(shù)且－ > － >－1.∴f(－)>f(－)>f(－1),∴f()＜f()＜f(1).答案：f()＜f()＜f(1)

三、5.解：函數(shù)f(x)在(－∞,0）上是增函數(shù)，設x1＜x2＜0,因為f(x)是偶函數(shù)，所以 f(－x1)=f(x1),f(－x2)=f(x2),由假設可知－x1>－x2>0,又已知f(x)在(0，+∞)上是減函數(shù)，于是有f(－x1)＜f(－x2),即f(x1)＜f(x2),由此可知，函數(shù)f(x)在(－∞,0)上是增函數(shù).6.解：(1）a=1.(2)f(x)=(x∈R)f－-1(x)=log2(－1＜x＜1.(3)由log2 >log2 log2(1－x)＜log2k,∴當0＜k＜2時，不等式解集為{x|1－k＜x＜1;當k≥2時，不等式解集為{x|－1＜x＜1.7.解：，對x∈R恒成立，∴m∈［ ,3］∪{ }.8.解：(1)∵f(x)是奇函數(shù)，∴f(－x)=－f(x),即

∴c=0,∵a>0,b>0,x>0,∴f(x)= ≥2，當且僅當x= 時等號成立，于是2 =2,∴a=b2,由f(1)＜ 得 ＜ 即 ＜ ,∴2b2－5b+2＜0,解得 ＜b＜2，又b∈N,∴b=1,∴a=1,∴f(x)=x+.(2)設存在一點(x0,y0)在y=f(x)的圖象上，并且關于(1，0）的對稱點(2－x0,－y0)也在y=f(x)圖象上，則

消去y0得x02－2x0－1=0,x0=1±.∴y=f(x)圖象上存在兩點(1+ ,2),(1－ ,－2)關于(1，0)對稱.

第四篇：對數(shù)函數(shù)單調性的習題課教學設計-----

《對數(shù)函數(shù)單調性的習題課》教學設計

數(shù)學組

張明

教學目標：會用對數(shù)函數(shù)的單調性解決問題，培養(yǎng)學生數(shù)形結合的能力;培養(yǎng)學生大膽嘗試、團結合作的精神和嚴謹?shù)膽B(tài)度，以及喜歡數(shù)學的興趣與情感，幫助學生樹立學好數(shù)學的自信心。

教學重點：對數(shù)函數(shù)單調性的應用 教學難點：底數(shù)a對對數(shù)函數(shù)的影響（Ⅰ）設置情景 復習回顧 師：前面我們學習了對數(shù)函數(shù)的單調性，請同學們回憶一下對數(shù)函數(shù)的單調性是如何描述的？ 生1：當a?1時，對數(shù)函數(shù)y?logax在(0,??)內是增函數(shù)；

當0?a?1時，對數(shù)函數(shù)y?logax在(0,??)內是減函數(shù) 師：今天我們就利用對數(shù)函數(shù)的單調性來解決一些問題。（Ⅱ）探求與研究 問題1：（幻燈片1）

11已知0?a?1,b?1且ab?1,若m?logab，n?loga，p?logbbb則下列各式中成立的是()A.p?m?nB.m?p?nC.m?n?pD.p?n?m師：給大家一分鐘的討論時間，然后告訴我結果。

生2：首先觀察m、n、p三個式子，可以判斷出m?0,n?0,p??1?0，然后再判斷m與p的大小。p可以寫成p?loga11，此時m與p同底，然后比較b與的大小，因為aa1，因此m?p，答案應為B。aa?0,b?0,ab?1，所以b?全體同學異口同聲說：好！師：回答得非常好！那我們看，比較大小的實質就是“求同”，利用對數(shù)函數(shù)的單調性來比較。我們來看第二題 問題2：（幻燈片2）

求函數(shù)y?log0.2(?x2?4x?5)的單調區(qū)間生3：這是一個復合函數(shù)，首先要求定義域，我們可令u??x2?4x?5，則y?log0.2u在(0,??)內是減函數(shù)，現(xiàn)在我們來求函數(shù)u??x2?4x?5的單調區(qū)間，易得u在(?1,2)是增函數(shù)，u在(2,5)是減函數(shù)，所以，函數(shù)y?log0.2(?x2?4x?5)在(?1,2]是減函數(shù)，在[2,5)是增函數(shù)。

師：看來大家對于求復合函數(shù)的單調區(qū)間問題掌握的很好，應該注意的問題也注意到了。提醒大家一句在求函數(shù)的單調區(qū)間時，若題中沒給定義域，要先求定義域。這道題也是對數(shù)函數(shù)單調性的一個簡單應用。我們來看第三題。問題3：（幻燈片3）

若函數(shù)y?loga2?1(?x)在其定義域內是減函數(shù)，則a的取值范圍是()

A.|a|?1B.|a|?2C.|a|?2D.1?|a|?2師：也給大家一分鐘的討論時間。

生4：我們可以把這個函數(shù)看作一個復合函數(shù)，令u??x，則函數(shù)u??x在(??,0)

是減函數(shù)，若要使函數(shù)y?loga2?1u在(??,0)上是減函數(shù)，需滿足a2?1?1，解之得|a|?2。

師：他說的完全正確……，還沒等我把話說完，一位同學站起來說：我還有一種解法，同學們都在注視著他。這位學生邊板演邊講解 生5：我是從圖像的角度考慮的。根據(jù)題意，我們可以畫出函數(shù)y?loga2?1(?x)的草圖，根據(jù)圖像的對稱性，可以畫出函數(shù)y?log(a2?1)(?x)關于y軸對稱的函數(shù)y?log(a2?1)x的圖像，知函數(shù)y?log(a2?1)x在(0,??)是增函數(shù)，所以a2?1?1，即|a|?2。

大家都為他的解法鼓起了掌

師：利用圖像的對稱性，運用的是數(shù)形結合的思想。妙！

我們回頭看一下這三道題（比較兩個數(shù)的大小，求復合函數(shù)的單調區(qū)間以及求參量的取值范圍），最后都化歸為對數(shù)函數(shù)的單調性問題來解決。

那么如何判斷和證明以對數(shù)函數(shù)為載體的函數(shù)的單調性問題呢？先看第一道題。問題4：（幻燈片4）

。判斷函數(shù)f(x)?lg(x2?1?x)(x?0)的單調性并證明師：大家做完之后可以交流一下看法。

大約三分鐘之后，一位同學站了起來，我示意他到前面來板演，邊做邊講。生6：因為y?x2?1在(??,0)上是減函數(shù)，y??x在(??,0)上也是減函數(shù)，所以函數(shù)f(x)?lg(x2?1?x)在(??,0)上是減函數(shù)。證明過程是這樣的：根據(jù)函數(shù)單調性的定義，作差比較f(x1)-f(x2)與零的關系，轉化成比較

x1?1?x1x2?1?x222與1的關系，利用不等式的基本性質可以得出

x1?1?x1x2?1?x222即f(x1)?f(x2)?0也就是f(x1)?f(x2)，?1，因此函數(shù)f(x)?lg(x2?1?x)在(??,0)上是減函數(shù)。另一位同學霍地站起來，我還有一種證明方法。

師：好！快說！我們都在期待你的方法。生7：因為y?lgx在(0,??)是增函數(shù)，所以我們可以比較真數(shù)的大小，即比較x1?1?x1與x2?1?x2的大小，利用不等式的基本性質可知x1?1?x1?因此lg(x1?1?x1)?lg(x2?1?x2)，即f(x1)?22222x2?1?x2?0，2f(x2)，所以函數(shù)f(x)?lg(x2?1?x)在(??,0)上是減函數(shù)。

嘩……一陣熱烈的掌聲。這時又有一位同學站起來了，大家都很驚詫。生8：能否利用互為反函數(shù)的兩個函數(shù)單調性一致來證明這道題。師：具體一點.生9：首先求這個函數(shù)的反函數(shù)，再證明反函數(shù)的單調性。大家議論開了：這種方法比較麻煩，而且容易出錯。師：大家能否評價一下這三種做法。生10：第一種是根據(jù)對數(shù)函數(shù)單調性的定義來證明的，第二種也是從函數(shù)單調性的定義出發(fā)，直接比較f(x1)與f(x2)中真數(shù)的大小。第三種則是利用互為反函數(shù)的兩個函數(shù)單調性一致來證明的。相對來說，第二種方法比較好一些。

師：他說的非常好！第一種方法大家都容易想到的就是利用定義，第二種方法也是利用定義，只不過比較對象變了；第三種方法是利用互反的兩個函數(shù)的關系來做的，想法很好。但運算量較大，而且容易出錯。三種方法各有特點，可根據(jù)自己的情況適當選擇。一般情況下，證明函數(shù)的單調性就是要利用函數(shù)單調性的定義。我們再來看第二題。（Ⅲ）演練與反饋 問題5：（幻燈片5）

函數(shù)f(x)?logax?b(b?0,a?0,且a?1)x?b(1)求函數(shù)f(x)的定義域(2)判斷函數(shù)f(x)的單調性并證明師：這是一道判斷含參的函數(shù)的單調性問題，大家可以互相交流看法。然后告訴我你們的解題思路。生11：根據(jù)對數(shù)式真數(shù)大于零，可得x?(??,?b)?(b,??)。證明單調性的方法同第4題，只不過需要對參數(shù)進行分類討論。師：大家同意他的看法嗎？ 學生齊聲：同意。

師：我們再回頭看一下判斷和證明函數(shù)單調性的兩道題，在證明函數(shù)單調性的時候，要事先在定義域中規(guī)定x1與x2的大小，無論我們用何種手段，只要能比較出f(x1)與f(x2)的大小，單調性就可判斷。

總結：這5道題都是研究有關對數(shù)函數(shù)單調性的問題，我們處理的辦法是從函數(shù)單調性的定義出發(fā)，這里對數(shù)函數(shù)只不過作為一個載體，最后都可歸結為：以下三個結論，知其二，必知其一。

①x1?x2，②f(x1)?(?)f(x2)，③f(x)是增（減）函數(shù)

第五篇：7函數(shù)的單調性函數(shù)的奇偶性反函數(shù) 教案

函數(shù)的單調性，函數(shù)的奇偶性，反函數(shù)

[本周教學重點] 掌握函數(shù)單調性的定義，會用定義法證明函數(shù)的單調性及其步驟。

(1)設x1，x2是定義域上的任意兩個值，且x1

(2)作差f(x1)-f(x2)并將其變形為可判斷符號的形式；

(3)判斷f(x1)-f(x2)的正、負；

(4)結論

理解函數(shù)奇偶性的定義及奇、偶函數(shù)定理，能判斷、證明一些簡單函數(shù)的奇偶性，會利用函數(shù)奇偶性求解有關函數(shù)問題。

(1)函數(shù)的定義域在數(shù)軸上關于原點對稱，是函數(shù)具有奇偶性的必要條件。

(2)f(-x)=-f(x)f(-x)+f(x)=0f(x)是奇函數(shù)。

f(x)=f(-x)f(-x)-f(x)=0f(x)是偶函數(shù)。

由f(-x)=-f(x)或f(-x)=f(x)是側重于函數(shù)解析式的變形去證明f(x)的奇偶性；而f(-x)+f(x)=0或f(-x)-f(x)=0是通過運算去證明f(x)的奇偶性，兩種定義形式各具不同優(yōu)勢。

(3)若f(x)是奇函數(shù)且允許x=0，則f(0)=0，即f(x)的圖象過原點。

(4)若f(x)既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù)，則f(x)=0。

(5)同為奇函數(shù)，同為偶函數(shù)的兩個函數(shù)之積是偶函數(shù)；一奇一偶兩個函數(shù)之積是奇函數(shù)。

(6)定義在R上的任意一個函數(shù)f(x)都可表示為一個奇函數(shù)g(x)與一個偶函數(shù)h(x)的和。

即f(x)=g(x)+h(x)，其中g(x)=[f(x)-f(-x)]，h(x)=

[f(x)+f(-x)]。

理解反函數(shù)的概念，掌握求反函數(shù)的方法步驟。

(1)由原函數(shù)y=f(x)求出它的值域；

(2)由原函數(shù)y=f(x)反解出x=f-

1(y)；

(3)交換x，y改寫成y=f-1(x)；

(4)用f(x)的值域確定f-1(x)的定義域。

[例題分析]

例1．證明函數(shù)f(x)=

在定義域上的單調性。

[分析與解答] 函數(shù)的單調性必須在定義域內進行考查。由x2+x≥0得f(x)定義域為(-∞，-1][0，+∞)。

函數(shù)定義域不是一個連續(xù)的區(qū)間，應分別考查在每一個區(qū)間上的單調性，用定義法證明時，只需任取x1

任取x1

==

當-∞0。

∴ f(x1)-f(x2)>0，∴ f(x)是(-∞，-1]上的單調遞減函數(shù)。

當0≤x10。

>0。

∴ f(x1)-f(x2)<0，∴ f(x)是[0，+∞)上的單調遞增函數(shù)。

例2．函數(shù)f(x)是[0，+∞)上的單調遞減函數(shù)，f(x)≠0且f(2)=1，證明函數(shù)F(x)=f(x)+在[0，2]上的單調性。

[分析與解答]函數(shù)f(x)沒有給出解析式，因此對F(x)的函數(shù)值作差后，需由f(x)的單調性，確定作差后的符號。任取0≤x1

由F(x1)-F(x2)=f(x1)+-f(x2)-=f(x1)-f(x2)+

=[f(x1)-f(x2)]·[1-]

∵ 0≤x1f(x2)≥f(2)=1。

∴ f(x1)-f(x2)>0，f(x1)·f(x2)>1，<1，1->0，∴ F(x1)-F(x2)>0，F(xiàn)(x)是[0，2]上的單調遞減函數(shù)。

例3．證明函數(shù)f(x)=的奇偶性。

[分析與解答] 函數(shù)的奇偶性必須在其定義域內考查。

由 函數(shù)f(x)定義域為[-1，0)(0，1]。

∴ |x+3|-3=x+3-3=x。即f(x)=，由f(-x)=

=-f(x)，∴ f(x)是奇函數(shù)。

例4．設f(x)是定義在R上的函數(shù)，對任意x1，x2∈R，恒有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)，且f(x)不恒為0，證明

f(x)的奇偶性。

[分析與解答] 函數(shù)f(x)沒有給出解析式，這就必須從定義域，法則，及f(x)不恒為0去分析，完成奇偶性的證明。由f(x)定義域為R，顯然允許x=0，所以f(0)=0是f(x)的奇函數(shù)的必要條件。

令x1=x2=0，由f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)得f(0+0)=f(0)+f(0)，整理得f(0)=0，對任意x∈R，由f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)知f(-x)+f(x)=f(-x+x)=f(0)=0，∴ f(-x)=-f(x)，∵ f(x)不恒為0，∴f(x)不可能既是奇函數(shù)又是偶函數(shù)，所以f(x)是R上的奇函數(shù)。

例5．已知函數(shù)f(x)=(a，b，c∈Z)是奇函數(shù)，且f(1)=2，f(2)<3。

(1)求a，b，c的值；(2)用定義法證明f(x)在(0，1)上的單調性。

[分析與解答](1)∵ f(x)是奇函數(shù)，∴f(-x)=-f(x)，即

=-，解出c=0，∴ f(x)=，∵ f(1)=2，∴ =2，∴ 2b=a+1。

∵ f(2)＜3，∴<3。將2b=a+1代入，∴ <3，解出-1

(2)f(x)==x+。任取0

f(x1)-f(x2)=x1+-x2-=(x1-x2)+=(x1-x2)(1-)

∵ 01，1-<0，∴ f(x1)-f(x2)>0，f(x)是(0，1)上的單調遞減函數(shù)。

例6．證明函數(shù)f(x)=

(x≠)的圖象關于直線y=x對稱。

[分析與解答] 由反函數(shù)定理可知，當兩個函數(shù)互為反函數(shù)時，它們的圖象關于直線y=x對稱，所以要證明 f(x)=(x≠)的圖象關于直線y=x對稱，只需證明f(x)的反函數(shù)是其自身即可。

∴ f(x)的值域為{y|y≠，y∈R}。

由y=，∴ ayx-y=x-1，(ay-1)x=y-1。

∵ y≠，∴ ay-1≠0，x=，即f-1(x)=

(x≠)，顯然f(x)與f-1(x)是同一函數(shù)，所求f(x)的圖象關于直線y=x對稱。

[參考練習]

1．設f(x)是定義在R上的任意一個增函數(shù)，F(xiàn)(x)=f(x)-f(-x)必是（）。

A、增函數(shù)且是奇函數(shù)

B、增函數(shù)且是偶函數(shù)

C、減函數(shù)且是奇函數(shù)

D、減函數(shù)且是偶函數(shù)

2．已知y=f(x)是R上的奇函數(shù)，當x≥0時，f(x)=x2-2x，則f(x)在R上的表達式是（）。

A、y=x(x-2)B、y=x(|x|-1)C、y=|x|·(x-2)D、y=x(|x|-2)

3．若點(1，2)在函數(shù)y=的圖象上，又在它的反函數(shù)的圖象上，則（）。

A、a=3，b=-7 B、a=3，b=7 C、a=-3，b=-7 D、a=-3，b=7

4．函數(shù)f(x)是定義在[-6，6]上的偶函數(shù)，且在[-6，0]上是減函數(shù)，則（）。

A、f(3)+f(4)>0 B、f(-3)-f(2)<0 C、f(-2)+f(-5)<0 D、f(4)-f(-1)>0

5．設f(x)是定義在(-1，1)上的奇函數(shù)且是單調減函數(shù)，求解關于x的不等式f(1-x)+f(1-x2)<0的解集。

[參考答案]：

1.A 2.D 3.D 4.D

5.由f(1-x)+f(1-x2)<0，∴ f(1-x)<-f(1-x2)，∵ f(x)是(-1，1)上的奇函數(shù)，∴ f(1-x)

{x|0