1、德陽中學高2011級基地班(3,4)班教案函數的單調性及應用一 、函數的單調性的知識要點研究一種函數就要研究它的性質，單調性是函數最重要的基本性質之一。要點1:增函數、減函數定義及圖象特征一般地，對于給定區間上的函數f（x）， 如果對于屬于定義域內某個區間上的任意兩個自變量的值，當時，都有f（）f（），那么就說f（x）在這個區間上是增函數。減函數的定義類似。反映在圖象上，若 是區間D上的增（減）函數，則圖象在D上的部分從左到右是上升（下降）的。關于函數單調性的理解：（1） 函數的單調性是對于函數定義域內的某個子區間而言有些函數在整個定義域內可能是單調的，如一次函數；有些函數在定義域內的部分區間

2、上是增函數，而在另一部分區間上可能是減函數，如二次函數；還有的函數是非單調的，如常數函數y=c，又如函數 。（2） 函數 在給定區間上的單調性，反映了函數 在區間上函數值的變化趨勢，是函數在區間上的整體性質。因此，若要證明 在a，b上是遞增的，就必須證明對于區間a，b上任意的兩點x1、x2，當x1x2時都有不等式f (x1)f (x2)成立。若要證明 在a，b上不是單調遞增的，只須舉出反例就足夠了。即只要找到兩個特殊的x1、x2，若ax1x2b，有f (x1)f (x2)即可。（3）函數單調性定義中的x1、x2，有三個特征：一是任意性，即“任意取x1、x2”，“任意”二字決不能丟掉。證明單調性

3、時更不可隨意以兩個特殊值替換；二是有大小，通常規定x1x2；三是同屬一個單調區間，三者缺一不可。要點2：單調性與單調區間如果函數yf（x）在某個區間上是增函數或減函數，那么就說函數yf（x）在這一區間上具有（嚴格的）單調性，這一區間就叫做yf（x）的單調區間。關于單調區間的書寫：函數在其定義域內某一點處的函數值是確定的，討論函數在某點處的單調性沒有意義，書寫函數的單調區間時，區間端點的開或閉沒有嚴格規定，習慣上，若函數在區間端點處有定義，則寫成閉區間，當然寫成開區間也可；若函數在區間端點處沒有定義，則必須寫成開區間。若函數 在其定義域內的兩個區間A、B上都是增（減）函數，一般不能簡單認為 在A

4、B上是增（減）函數。如 在（，0）上是減函數，在（0，）上也是減函數，但不能說它在定義域（，0）（0，）上是減函數，事實上，取x1=1<1=x2，有f(1)=1<1=f (1)，不符合減函數定義。要點3：用定義證明函數單調性的步驟第一步：取值 即設x1、x2是該區間內的任意兩個值，且x1x2；第二步：作差變形 即作差f (x1)f (x2)（或f (x2)f (x1)），并通過因式分解、配方、有理化等方法，向有利于判斷差的符號的方向變形；第三步：定號 確定差f (x1)f (x2)（或f (x2)f (x1)）的符號，當符號不確定時，可以進行分類討論；第四步：判斷 根據定義作出結論

5、。即“取值作差變形定號判斷”這幾個步驟。要點4：函數單調性的判定方法函數單調性的判定方法主要有：（1） 定義法（2）直接法運用已知的結論，直接得到函數的單調性。如一次函數，二次函數，反比例函數的單調性均可直接說出。了解以下一些結論，對于直接判斷函數的單調性有好處：函數 與函數 的單調性相反；當 恒為正或恒為負時，函數 與 的單調性相反；在公共區間內，增函數增函數增函數，增函數減函數增函數等。（3）圖像法。二、單調性的應用1、利用單調性求值域例1求下列函數的值域(1);變式：，（2）（3）（4）2、利用利用定義法證明單調性例2利用定義判斷函數在定義域上的單調性。例3 利用定義判斷函數f（x）=x

6、+在區間（-，+）上的單調性。解：設x1，x2（-，+）且x1x2，則f（x1）-f（x2）=（x1-x2）+（-）=（x1-x2）+=（x1-x2）+=x1x2，x1-x20，又+0，+x1|x1|+x10，+x2|x2|+x20+x1+x20，所以f（x1）-f（x2）0，即f（x1）f（x2），故函數f（x）在區間（-，+）上是單調增函數。點評：利用定義法判斷函數單調性時，一般要將f（x1）-f（x2）化成幾個因式的乘積的形式。變式：利用定義判斷函數的單調性。利用定義判斷函數在的單調性。3、利用單調性求參數的范圍例4已知函數f(x)=，x1，+，(1)當a=時，求函數f(x)的最小值(2

7、)若對任意x1，+，f(x)>0恒成立，試求實數a的取值范圍解：(1)當a=時，f(x)=x+2f(x)在區間1，+)上為增函數，f(x)在區間1，+)上的最小值為f(1)= (2)解法一 在區間1，+)上，f(x)= >0恒成立x2+2x+a>0恒成立 設y=x2+2x+a，x1，+)，y=x2+2x+a=(x+1)2+a1遞增，當x=1時，ymin=3+a，當且僅當ymin=3+a>0時，函數f(x)>0恒成立，故a>3解法二 f(x)=x+2，x1，+)當a0時，函數f(x)的值恒為正；當a<0時，函數f(x)遞增，故當x=1時，f(x)min=

8、3+a,當且僅當f(x)min=3+a>0時，函數f(x)>0恒成立，故a>3 點評：解法一運用轉化思想把f(x)>0轉化為關于x的二次不等式；解法二運用分類討論思想解得本題主要考查函數的最小值以及單調性問題，著重于學生的綜合分析能力以及運算能力 解題的關健是把求a的取值范圍的問題轉化為函數的最值問題通過求f(x)的最值問題來求a的取值范圍，體現了轉化的思想與分類討論的思想例5、定義在(1，1)上的函數f（x）為減函數，且滿足f（1a）f（a21）0，求實數a的取值范圍函數f(x)ax22ax2b(a0)在2，3是有最大值5和最小值2，求a，b的值解： f(x)在(1，

9、1)上是減函數， 由f(1a)f(a21) 0a1故所求a的取值范圍是(0，1)由函數f(x)ax22ax2b(a0)的對稱軸為x1知，無論f(x)的單調性怎樣，f(x)在2，3上存在最值的情況有兩種:解得例6、設f(x)的定義域為(0，)，且在(0，)上為增函數，f()f(x)f(y) 求證：f(1)0，f(xy)f(x)f(y) 若f(2)1，解不等式f(x)f()2解： f()f(x)f(y)，令xy1， f(1)f(1)f(1)，即f(1)0f(x)f()f(xy)f(y)， f(xy)f(x)f(y) f(2)1， f(2)f(2)2，即f(4)f(2×2)f(2)f(2)

10、2原不等式f(x)f()2可化為f()f(4)，即fx(x3)f(4) f(x)的定義域為(0，)且為增函數 原不等式等價于，解得3<x4故原不等式的解集為x|3<x4例7、 已知函數= x2ax3a1 a0，0x1求函數的最大值和最小值；若的最小值是，求其最大值分析：若由= (xa)2a1就認為的最小值是2a1，最大值不存在，是不正確的因為這里函數的定義域是0，1，而且這里的二次函數的圖象的對稱軸(x = a)的位置是不確定的因此，應該討論直線x = a相對于區間0，1的各種可能 解：= x2ax3a1= (xa)2a1，a0，當a1時，由于在0，1上是減函數，故的最大值為=3a

11、1，最小值為=3a2a；當0a1時，的最小值為=2a1，的最大值為、中的較大者若，則3a13a2a，解得a，當0a時，的最大值為=3a2a；當a1時，的最大值為=3a1由或 a =由于0，故此時的最大值為=評析：在中，對a作了二次劃分，前者是以1為劃分標準，后者又以為分類標準，這種分類討論的方法可以保證每一級都不會重復與遺漏三、強化訓練：（一）、選擇題1如果函數f(x)在a，b上是增函數，對于任意的，x1，x2a，b(x1x2)，下列結論不正確的是(C )(A) 0 (B) (x1x2)f(x1)f(x2)0(C) f(a)f(x1)f(x2)f(b) (D) 0 2函數y=kx+b（k0）在

12、R上是單調減函數，則點（k，b）在直角坐標平面內的（ A ）A左半平面 B右半平 C上半平面 D下半平面3在區間（0，+）上不是增函數的是（ A ）Ay=By=2x+1 Cy=3x2+1Dy=2x2+x+14函數f（x）=4x2mx+5在區間2，+）上是增函數，在區間（，2上是減函數，則f（1）等于（ D ）A7B1 C17D255函數f（x）在區間（2，3）上是增函數，則y=f（x+5）的遞增區間是（ B ）A（3，8）B（7，2） C（2，3）D（0，5）6函數f（x）在定義域R上是減函數，則y=f（|x+2|）的單調區間是(C )ARB2，+ C2，+D（，27已知二次函數y=f（x）的

13、圖象是一條開口向下是對稱軸為直線x=3的拋物線，則下列不等式或等式中錯誤的一個是(D )Af（6）f（4） Bf（2）f（）Cf（3+）=f（3）Df（0）f（7）8函數f（x）=在區間（2，+）上單調遞增，則a的取值范圍是(B )A（0，）B（，+）C（2，+）D（，1）（1，+）9設A=1，b（b1），若f(x)的值域也是A，則b的值是（ C ）A. B. 2 C. 3 D. （二）、填空題10定義在區間a，b上的增函數f（x），最大值是_，最小值是_.定義在區間c，d上的減函數g（x），最大值是_，最小值是_.答案：11函數在區間3，a上是增函數，則a的取值范圍是_.答案：（3，112函

14、數的最大值是_提示:由知函數在其定義域3，+¥ )上是減函數。所以的最大值是13函數f（x），g（x），h（x）的定義域、值域都是R且f（x）為增函數，g（x）、h（x）為減函數，則在R上fg（x）是_函數，gh（x）是_函數，hf（x）是_函數（填增減性）答案：減增減14函數y|x1|2x|的遞增區間是_答案：2，)提示: y|x1|2x|，畫圖象或由一次函數可知，增區間為2，)函數的奇偶性及應用一、函數的奇偶性的知識要點要點1：奇函數、偶函數定義和圖象特征（1）如果對于函數f（x）的定義域內任意一個x，都有f（x）f（x），那么函數f（x）就叫做奇函數。奇函數的圖象關于原點對稱，

15、反過來，如果一個函數的圖象關于原點對稱，那么這個函數是奇函數。（2）如果對于函數f（x）的定義域內任意一個x，都有f（x）f（x），那么函數f（x）就叫做偶函數。偶函數的圖象關于y軸對稱，反過來，如果一個函數的圖象關于y軸對稱，那么這個函數是偶函數。(3)若奇函數在處有定義，則。要點2：函數奇偶性的判定方法判定函數的奇偶性，包括判斷一個函數是奇函數，或者是偶函數，或者既不是奇函數也不是偶函數，或者既是奇函數又是偶函數。（1） 利用定義判斷函數奇偶性考查定義域是否關于原點對稱奇函數或偶函數的定義域必須是關于坐標原點對稱的。如果函數的定義域關于原點不對稱，則此函數既不是奇函數也不是偶函數；判斷 之

16、一是否成立。在兩個函數（常函數除外）的公共定義域關于原點對稱的前提下：兩個偶函數的和、差、積都是偶函數；兩個奇函數的和、差是奇函數，積是偶函數；一個奇函數與一個偶函數的積是奇函數（2） 根據函數圖象的對稱特征判斷是奇函數還是偶函數。二、奇偶性的應用1、判斷下列函數的奇偶性 (1);（2）；（3）；(4);(5) (3)解：的定義域為，關于原點對稱，當時，圖象過原點又時，又，為奇函數評注：常用等價變形形式有：若或，則為奇函數；若或，則為偶函數（其中） (5)錯解：當時，；當時，函數是奇函數剖析：盡管對于定義域內的每一個，都有成立，但當時，函數既不是奇函數也不是偶函數此外，應特別注意，若函數是奇函

17、數，則對定義域內的每一個，都有，特別當屬于定義域時，有，所以因此，一般地，有以下結論：奇函數要么在處沒有定義，要么在處的函數值為0，即在例3中如果能去掉函數在處的定義（或在處定義），那么這個函數就是奇函數了例2.設m為實數,函數試討論的奇偶性.錯解: ,函數既不是奇函數,也不是偶函數.剖析：例9的錯誤在于忽視了對參數m的討論,事實上,當m=0時,函數.此時是偶函數.這種情況也應該考慮.結論：一元高次函數是奇函數，則所有偶次項的系數均為零；一元高次函數是偶函數，則所有奇次項的系數均為零。例3、定義在(-1，1)上的奇函數f(x)是減函數，且f(1-a)+f(1-a2)0，求實數a的取值范圍. 0

18、a1 例4、已知f(x)是R上的偶函數，且在(0，+)上單調遞增，并且f(x)0對一切xR成立，試判斷在(-，0)上的單調性，并證明你的結論. 單調遞減例5、設函數是奇函數(a、b、cZ)，且f(1)2，f(2)3.求a、b、c的值；判斷并證明在1，+上的單調性. a=b=1，c=0. 增函數三、強化訓練1.選擇題(1)若函數y=f(x-1)是偶函數，則函數y=f(x)的圖像關于( A )A.直線x-1對稱B.直線x=1對稱C.直線x=D.y軸對稱(2)已知函數f(x)是定義在R上的偶函數，且在(-，0)上f(x)是單調增函數，那么當x0，x20且x1+x20時，有( B )A.f(-x1)f

19、(-x2)B.f(-x1)f(-x2)C.f(-x1)f(-x2)D.無法確定(3)如果f(x)是奇函數，而且在開區間(-，0)上是增函數，又f(2)0，那么xf(x)0的解集為( A )A. x-2x0或0x2B.x-2x0或x2C. xx-2或0x2D. xx-3或x3(4)y=x在-1，1上是( A )A.增函數且是奇函數B.增函數且是偶函數C.減函數且是奇函數D.減函數且是偶函數(5)則f(x)是( A )A.偶函數而非奇函數B.奇函數而非偶函數C.奇函數且為偶函數D.非奇非偶函數(6)已知奇函數f(x)的定義域是x0的實數，且f(x)在(0，+)內單調遞增，則f(-2)，f(1)，f

20、(-1)的大小關系是( D )A.f(-2)f(-1)f(1)B.f(-2)f(-1)f(1)C.f(-2)f(-1)f(1)D.大小關系不同以上結論(7)已知函數f(x)是偶函數，xR，當x0時，f(x)單調遞增，對于x10，x20有x1x2，則( A )A.f(-x1)f(-x2)B.f(-x1)f(-x2)C.f(-x1)f(-x2)D.f(-x1)f(-x2)(8)已知函數f(x)是定義在R上的奇函數，g(x)是定義在R的偶函數，且f(x)-g(x)-x2-x3，則g(x)的解析式為( C )A.1-x2 B.2-2x2 C.x2-1 D.2x2-2(9)已知函數f(x)=ax5+bx

21、3+cx+8，且f(-2)10，則f(2)的值是( C )A.-2 B.-6 C.6 D.8(10)函數 (x1)是偶函數，且f(x)不恒等于零，則函數f(x)的奇偶性是( A )A.奇函數B.偶函數C.可能是奇函數也可能是偶函數D.既不是奇函數也不是偶函數（11）.已知是偶函數，當時，且當時，恒成立，則的最小值是( )A. B. C.1 D. (C).提示：設，則，故，又，時，.由單調函數的定義或用導數求得、分別是在上的單調增、減區間，故在上，的最小值是，最大值，于是的最小值是1.（12）.若，定義，例如，那么函數的奇偶性是( )A.奇函數而不是偶函數 B.偶函數而不是奇函數C.既是奇函數又

22、是偶函數 D.非奇非偶函數B).提示：，故函數是偶函數.2.填空 (1)函數f(x)在(-，+)上為奇函數，且當x(-，0時，f(x)x(x-1)，則當x(0，+)時，f(x) . -x(x+1) (2)已知f(x)是定義在R上的偶函數，它在0，+)上是減函數，則與f(a2-a+1)的大小關系 . ) (3)若函數f(x)a0+a1x+a2x2+a3x3+a2001x2001是奇函數，則a0+a2+a4+a2000 . 0函數性質的綜合應用一、典型例題:例1、已知函數f(x), 對任意x,yR時，恒有f(x+y)=f(x)+f(y);(1) 求證：f(x)+f(-x)=0;(2) 若f(-3)

23、=a, 試用a表示f(24);(3) 當x0時，f(x)0, 且f(1)=, 試求f(x)在區間2,6上的最大值和最小值。解：（1）令x=y=0得f(0)=0; 再令y=x得 f(-x)+f(x)=0. （2）由f(-3)=a、 f(3)=a;f(24)=f(3+3+3)=8f(3)=8a （3）設， 則f( 又 f(x)在R上是減函數， 例2、已知定義域為的偶函數在內為單調遞減函數，且對任意的都成立，。（1）求的值；（2）求滿足條件的的取值范圍。解： （2） 又， 且在為單調遞減函數，在為單調遞增函數。 ，或，或，或 解得，或不存在，或，或不存在，綜上的取值范圍為 另解：要。 例3、函數f(

24、x)的定義域為R，且對任意x、yR,有f(x+y)=f(x)+f(y),且當x>0時,f(x)<0,f(1)=-2.(1)證明f(x)是奇函數；(2）證明f(x)在R上是減函數；(3）求f(x)在區間-3，3上的最大值和最小值.(1)證明:由f(x+y)=f(x)+f(y),得fx+(-x)=f(x)+f(-x), f(x)+f(-x)=f(0). 又f(0+0)=f(0)+f(0), f(0)=0. 從而有f(x)+f(-x)=0. f(-x)=-f(x). f(x)是奇函數.(2）證明:任取x1、x2R,且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=f(x1)-fx1+(x2-

25、x1)=f(x1)-f(x1)+f(x2-x1)=-f(x2-x1). 由x1<x2,x2-x1>0. f(x2-x1)<0. -f(x2-x1)>0,即f(x1)>f(x2),從而f(x)在R上是減函數.(3)解:由于f(x)在R上是減函數，故f(x)在-3，3上的最大值是f(-3),最小值是f(3).由f(1)=-2,得f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f(1)=3×(-2)=-6,f(-3)=-f(3)=6.從而最大值是6，最小值是-6.例4、.已知函數, （）若函數的最小值是，且，

26、求的值； （）在（）的條件下，在區間恒成立，試求的取值范圍； （）令,若,又的圖象在軸上截得的弦的長度為，且 ，試確定的符號.解：（）由已知解得， , . （）在（）條件下，在區間恒成立,即在區間恒成立,從而在區間上恒成立，令函數,則函數在區間上是減函數，且其最小值， 的取值范圍為 （）由，得， , 設方程的兩根為，則, ， , ， 且， ， 例5、.已知二次函數.（1）若，試判斷函數圖像與x軸交點個數；(2)是否存在，使同時滿足以下條件當時， 函數有最小值0；對,都有。若存在，求出的值，若不存在，請說明理由。解：（1） -當時，函數有一個零點；當時，函數有兩個零點。(2)假設存在，由得 由知

27、對,都有令得由得， 當時，其頂點為（1，0）滿足條件，又對,都有，滿足條件。存在，使同時滿足條件、。二、強化練習：（一）、選擇題： 1、定義在R上的函數f(x)滿足，對任x、yR均有f(x+y)f(x)+f(y)，且當x0時，f(x)0，f(2)2，則f(x)在-3，3上的最大值為 . 最大值為3.2、函數的定義域為，則下列函數中可能是偶函數的一個是（ ）（A） （B） （C） （D） 3、函數在區間上單調遞增，則a的取值范圍是（ ）（A） （B） （C） （D）4、函數為（ ）（A）奇函數 （B）偶函數 （C）非奇非偶函數 （D）無法判斷5、已知函數，如果，那么（ ）（A）在上是增函數 （B

28、）在上是增函數（C）在上是減函數 （D）在上是減函數6、已知函數，（）是偶函數，且不恒等于0，則為（ ）（A） 奇函數 （B）偶函數（C）可能是奇函數也可能是偶函數（D）既不是奇函數也不是偶函數7、下列說法中，不正確的是（ ）（A）圖象關于原點成中心對稱的函數一定是奇函數（B）奇函數的圖象一定經過原點（C）偶函數的圖象若不經過原點則它與x軸的交點個數一定是偶數（D）圖象關于y軸呈軸對稱的函數一定是偶函數 8、函數的單調性為（ ）（A）在上是減函數 （B）在上是增函數，在上是減函數（C）在上是增函數 （D）不能判斷單調性9、若函數是奇函數，則下列坐標表示的點一定在函數圖像上的是（ ）（A） （B

29、） （C） （D）10、函數，當時是增函數，時是減函數，則等于（ ）（A） （B）13 （C）7 （D）無法確定 11、已知函數為偶函數，且其圖像與x軸有四個交點，則方程的所有實根之和為（ ）（A）4 （B）2 （C）1 （D）012、若函數在區間上是奇函數，且，則（ ）（A）（B） （C） （D）二、填空題：本大題共6個小題，每小題5分，共30分，把答案填在題中的橫線上。 13、函數的單調遞增區間是_；函數的單調遞減區間是_。14、，則_。15、如果奇函數在區間上是增函數，且最小值為5，則在區間上有最_值_。16、函數的單調遞增區間是_。 17、為R上的奇函數，且當時，則當時，_。18、函數

30、是定義在R上的奇函數，給下列命題：（1）；（2）若在上有最小值，則在上有最大值1；（3）若在上為增函數，則在上為增函數；（4）若時，則時，；其中正確的命題的序號是_。 19、已知偶函數，其定義域為R，當時單調遞增，若，則m的取值范圍是_。 20、已知是定義在R上的偶函數，且在上為減函數，則與的大小關系為_。高中數學必修（A版）1.3水平測試 答案一、1、D 2、C 3、B 4、A 5、C 6、A二、7、 8、 9、和 10、（1）（2）（4） 11、 12、高中數學必修（A版）1.3水平測試 答案一、1、B 2、C 3、B 4、B 5、D 6、A二、7、1 8、 9、 10、和 11、31 1

31、2、大 抽象函數的對稱性與周期性對稱性和周期性是函數的兩個重要性質，下面總結這兩個性質的幾個重要結論及運用它們解決抽象型函數的有關習題。一、 函數對稱性與周期性幾個重要的結論（一）函數圖象本身的對稱性（自身對稱）1、函數滿足（為常數）的充要條件是的圖象關于直線對稱。2、函數滿足（為常數）的充要條件是的圖象關于直線對稱。3、函數滿足的充要條件是圖象關于直線對稱。4、如果函數滿足且，（和是不相等的常數），則是以為為周期的周期函數。5、如果奇函數滿足（），則函數是以4T為周期的周期性函數。6、如果偶函數滿足（），則函數是以2T為周期的周期性函數。（二）函數的圖象“雙對稱”的性質1、如果函數的圖象是“

32、雙對稱”，則此函數是周期函數，2、有如下成熟結論：若有兩對稱中心，則一個周期為.若有兩條堅直對稱軸，則一個周期為.若有對稱中心和對稱軸，則一個周期為.（二）兩個函數的圖象對稱性（相互對稱）（利用解析幾何中的對稱曲線軌跡方程理解）1、曲線與關于X軸對稱。2、曲線與關于Y軸對稱。3、曲線與關于直線對稱。4、曲線關于直線對稱曲線為。5、曲線關于直線對稱曲線為。6、曲線關于直線對稱曲線為。7、曲線關于點對稱曲線為。二、典型例題例1、函數定義域為R，且恒滿足和，當時，求解析式。答案：例2、已知偶函數定義域為R，且恒滿足，若方程在上只有三個實根，且一個根是4，求方程在區間中的根。答案：方程的根為共9個根。

33、例3、設奇函數的定義域為R，且滿足，試判斷方程在內至少有幾個根。思路：從抽象等式中獲取新等式,構建方程組,探究的周期性.解：在中，將用來代替，得.聯立與，消去得， 所以4為的周期. 于是， 方程在內至少有4個根例4、設是R上的偶函數且，是R上的奇函數，對于都有，求.解：的圖象右移1個單位得的圖象，而的圖象關于原點對稱，關于對稱，即“雙對稱”，故是周期函數，一個周期為，例5、若存在不為零的常數，使得函數對定義域內的任一均有，則稱函數為周期函數，其中常數就是函數的一個周期。證明：若存在不為零的常數使得函數對定義域內的任一均有，則此函數是周期函數。若定義在上的奇函數滿足，試探究此函數在區間內的零點的

34、最少個數。證明：因為存在不為零的常數使得函數對定義域內的任一均有，所以有： 即有：。因此，函數是周期函數，且就是函數的一個周期。 解：因為定義在上的函數滿足，由可知：函數是周期函數，且就是函數的一個周期。即有又因為函數是上的奇函數，所以。 且，所以 又，所以，同理有： 由有：。又，所以此函數在區間內的零點最少有個。 例6、 已知定義在R上的函數f(x)對任意的實數x1、x2滿足關系f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+2.(1)證明f(x)的圖象關于點(0,-2)成中心對稱圖形;(2)若x>0,則有f(x)>-2,求證:f(x)在(-,+)上是增函數.剖析:對于(1),只要證明

35、=-2即可;對于(2),注意到f(x)是抽象函數,欲證單調性,需對f(x)進行適當的變形.證明:(1)令x1=x2=0,則f(0+0)=f(0)+f(0)+2, 所以f(0)=-2. 對任意實數x,令x1=x,x2=-x,有f(x-x)=f(x)+f(-x)+2, 即f(0)-2=f(x)+f(-x),得=-2. 又=0, 這表明點M(x,f(x)與點N(-x,f(-x)的中點是(0,-2),即點M1N關于點(0,-2)成中心對稱. 由點M的任意性知:函數f(x)的圖象關于點(0,-2)成中心對稱. (2)對任意實數x1、x2,且x1<x2. 由x2-x1>0,有f(x2-x1)&

36、gt;-2. 于是f(x2)=f(x2-x1)+x1=f(x2-x1)+f(x1)+2. 所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)+2>-2+2=0, 即f(x2)>f(x1). 所以f(x)在(-,+)上是增函數.講評:對于(1),求出f(0)=-2是解題的關鍵;對于(2),變形f(x2)=f(x2-x1)+x1=f(x2-x1)+f(x1)+2是解題的關鍵.例7設函數在上滿足，且在閉區間上，只有.(1)試判斷函數的奇偶性；(2)試求方程在閉區間上的根的個數，并證明你的結論.解：()，即.在0，7上，只有， 是非奇非偶函數（）以替換中的x得；以替換中的x得，故，是以10為周期的周期函數，的圖象關于對稱，在0，11上，只有，10是的最小正周期.在0，10上只有兩個根，故在每一個周期內只有兩個根，而上共有402個周期，的根的個數是806。評析：本題考查用函數的奇偶性概念判斷函數的奇偶性，函數圖象對稱與函數周期性之間的關系，以及解函數方程的基本問題，求解過程中對抽象函數使用的賦值法需要千錘百煉；本題以