抽象函数的奇偶性-单调性问题.ppt

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1、抽象函数的单调性及相关问题例1已知y=f(x),是定义为R单调增函数.y=g(x),是定义为R单调减函数.求证y=f[g(x)]在其定域义上的减函数证明：设，x1,x2∈R且x1g(x2)，同理：y=f(x)是Ｒ上的增函数即g(x1)>g(x2)∴f[g(x1)]>f[g(x2)]故函数y=f[g(x)]是减函数同理可得复合函数的‘同增异减法则’ｆ，ｇ单调性相同原函数是增函数ｆ，ｇ单调性相异原函数是减函数例2已知y=f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对任意的a、b∈R都满足：f(ab)=af(b)+bf(a)⑴求f(0)

2、及f(1)的值⑵判断f(x)的奇偶性，并证明你的结论抽象函数：无函数具体表达形式，仅知道一些函数性质去解决相关的问题(4)若f(x).f(2x)>1求x的取值范围;例3：定义在实数集合上的函数y=f(x),f(0)≠0，当x>0时.f(x)>1,对任意实数a,b,有f(a+b)=f(a)f(b)(1)求证:f（0）=1(2)求证:定义在实数集合上的函数y=f(x)恒有f(x)>0(3)求证:是R上的增函数。解:(1)令a=b=0,f(0)=f2(0),∵f(0)≠0,∴f(0)=1(2)x∈R,f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=1,∴f(x)≠0(4)∵f(

3、x)·f(2x)=f(x+2x)>f(0),∴3x>0解:(3)设任意实数x1,x2,且x10有已知f(x2-x1)>1,f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)f(x1)f(x)>0有f(x1)>0(4)若f(x)·f(2x)>1求x的取值范围;例3.定义在实数集合上的函数y=f(x),f(0)≠0，当x>0时.f(x)>1对任意实数a,b,有f(a+b)=f(a)f(b)(3)求证:是R上的增函数。→f(x2)>f(x1),所以函数是Ｒ上的增函数∴00时,f(x)>0且f(x-y)=f(x)-f(y),求证

4、:y=f(x)是增函数练习1:已知y=f(x)当x>0时f(x)>1且.f(x+y)=f(x)+f(y)-1求证y=f(x)是R上的增函数。练习2:已知y=f(x)定义域是R+,且y=f(x)是增函数,f(xy)=f(x)+f(y)(1)求证:f()=f(x)-f(y);(2)当f(3)=1时f(a)>f(a-1)+2.求a取值范围;证明（１）（２）由已知得练习3：已知函数f(x),当x,y∈R时，恒有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)求证:f(x)是奇函数（2）如果x∈R+时，f(x)＜0，并且f(1)=-0.5,求f(x)在区间［-2，6］上的最值练习4：是定

5、义在R上的函数，对任意的，满足，又对任意的，有（Ⅱ）求证：对任意x，都有；（Ⅲ）证明：（Ⅰ）求的值；练习5：设函数y=f(x)的定义域为Ｒ，当x>0时,f(x)>1;对任意的x,y∈R有f(x+y)=f(x)f(y)成立，解不等式证明：f(0)=0,x+y=0∴f(x)+f(-x)=0-1f(x2)练习6：定义在(-1,1)上的函数f(x),满足,对任意x∈(-1,0),都有f(x)>0求证:f(x)在(-1,1)上是单调减函数,