高考数学难点突破07__奇偶性与单调性(一)
高中数学难点 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)= x
x
e
a
a
e 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( 2
1 )=－1,当且仅当 0
0,1－x1x2>0，∴
12
12
1 xx
xx
>0,
又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0
∴x2－x1<1－x2x1,
∴0<
12
12
1 xx
xx
<1,由题意知 f(
21
12
1 xx
xx
)<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)= 22
3
)1( x
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)= )()(
1)()(
12
21
xfxf
xfxf
；
(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(－
2
1 )=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 xx
x
aee
a
a
e 1 +aex.整理，得(a－
a
1 )
(ex－ xe
1 )=0.因此，有 a－
a
1 =0,即 a2=1,又 a>0,∴a=1
(2)证法一：设 0＜x1＜x2,则 f(x1)－f(x2)= )11)((11
21
12
21
21 xx
xx
xx
xx
e
ee
ee
ee
21
21
121 1)1( xx
xx
xxx
e
eee
由 x1>0,x2>0,x2>x1,∴ 112 xxe >0,1－e 21 xx ＜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)=
)0( )(
)0( )(
)0(
)0(
2
2
2
2
xxx
xxx
xxx
xxx =－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, 12 xxa >1 且 1xa >0,
∴ )1( 12112 xxxxx aaaa >0,又 x1+1>0,x2+1>0
∴
)1)(1(
)(3
)1)(1(
)1)(2()1)(2(
1
2
1
2
21
12
21
2112
1
1
2
2
xx
xx
xx
xxxx
x
x
x
x >0,
于是 f(x2)－f(x1)= 12 xx aa + 1
2
1
2
1
1
2
2
x
x
x
x >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
1
2
0
00
x
xa x 且由 0＜ 0xa ＜1 得 0＜
－
1
2
0
0
x
x ＜1,即
2
1 ＜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)=
2
24
22
3
22
)11(
1
)1(
1
)1(
1
x
x
x
xx
x
x
,
设 1＜x1＜x2＜+∞,则 01111,111
2
1
2
2
2
1
2
2
xxxx
.
2
2
1
1
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
)11(
1
)11(
1.0)11()11(
x
x
x
xx
x
x
x
∴f(x1)>f(x2), 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)= )()(
1)()(
)()(
1)()(
12
21
21
12
xfxf
xfxf
xfxf
xfxf
=－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)］= )1)((1)(
1)(
)()(
1)()(
)()(
1)()(
afxf
xf
xfaf
xfaf
xfaf
xfaf .
).(
1
11)(
1)(
11)(
1)(
1)(
1)(])[()2( xf
xf
xf
xf
xf
axf
axfaaxfaxf
∴f(x+4a)=f［(x+2a)+2a］= )2(
1
axf =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－
2
1 >－
2
1 ,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.
