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2.已知函數y=f(x)的定義域為R，且對任意a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)，且當x>0時，f(x)<0恒成立，f(3)=-3.

(1)證明：函數y=f(x)是R上的減函數；　

(2)證明：函數y=f(x)是奇函數；　

(3)試求函數y=f(x)在［m,n］(m,n∈Z)上的值域.　

(1)證明　 設x₁，x₂∈R，且x₁<x₂,f(x₂)=f［x₁+(x₂-x₁)］=f(x₁)+f(x₂-x₁).　

∵x₂-x₁>0,∴f(x₂-x₁)<0.∴f(x₂)=f(x₁)+f(x₂-x₁)<f(x₁).　

故f(x)是R上的減函數.　

(2)證明　 ∵f(a+b)=f(a)+f(b)恒成立，∴可令a=-b=x,則有f(x)+f(-x)=f(0)，　

又令a=b=0,則有f(0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.從而x∈R，f(x)+f(-x)=0，　

∴f(-x)=-f(x).故y=f(x)是奇函數.　

(3)解　 由于y=f(x)是R上的單調遞減函數，　

∴y=f(x)在［m，n］上也是減函數，故f(x)在［m，n］上的最大值f(x)_max=f(m),最小值f(x)_min=f(n).　

由于f(n)=f(1+(n-1))=f(1)+f(n-1)==nf(1),同理f(m)=mf(1).　

又f(3)=3f(1)=-3,∴f(1)=-1,∴f(m)=-m,f(n)=-n.　

∴函數y=f(x)在［m,n］上的值域為［-n,-m］.

1.判斷下列各函數的奇偶性：　

(1)f(x)=(x-2)；　

(2)f(x)=；　

(3)f(x)=

解 (1)由≥0，得定義域為［-2，2)，關于原點不對稱，故f(x)為非奇非偶函數.　

(2)由得定義域為(-1，0)∪(0，1).　

這時f(x)=.　

∵f(-x)=-∴f(x)為偶函數.　

(3)x<-1時，f(x)=x+2，-x>1,　

∴f(-x)=-(-x)+2=x+2=f(x).　

x>1時，f(x)=-x+2，　

-x<-1，f(-x)=x+2=f(x).　

-1≤x≤1時，f(x)=0，-1≤-x≤1，　

f(-x)=0=f(x).　

∴對定義域內的每個x都有f(-x)=f(x).　

因此f(x)是偶函數.　

5.(2009·文登月考)定義域為R的函數f(x)滿足f(-4-x)=f(x+8),且y=f(x+8)為偶函數，則f(x)　 　　　　　　　　　(　 )

A.是周期為4的周期函數　　　　　　　　　 ?　　 B.是周期為8的周期函數　　　　　　　　　　

　C.是周期為12的周期函數　　　　　　　　　　 　D.不是周期函數　

答案?C　

例1 判斷下列函數的奇偶性.　

(1)f(x)=;　

(2)f(x)=log₂(x+) (x∈R);　

(3)f(x)=lg|x-2|.　

解 (1)∵x²-1≥0且1-x²≥0,∴x=±1,即f(x)的定義域是{-1，1}.　

∵f(1)=0，f(-1)=0,∴f(1)=f(-1),f(-1)=-f(1),　

故f(x)既是奇函數又是偶函數.　

(2)方法一　 易知f(x)的定義域為R，　

又∵f(-x)=log₂［-x+］=log₂=-log₂(x+)=-f(x),　

∴f(x)是奇函數.　

方法二　 易知f(x)的定義域為R，　

又∵f(-x)+f(x)=log₂［-x+］+log₂(x+)=log₂1=0,即f(-x)=-f(x),　

∴f(x)為奇函數.　

(3)由|x-2|>0，得x≠2.　

∴f(x)的定義域{x|x≠2}關于原點不對稱，故f(x)為非奇非偶函數.　

例2 已知函數f(x),當x,y∈R時，恒有f(x+y)=f(x)+f(y).　

(1)求證：f(x)是奇函數；　

(2)如果x∈R⁺，f(x)<0,并且f(1)=-,試求f(x)在區間［-2，6］上的最值.　

(1)證明　 ∵函數定義域為R，其定義域關于原點對稱.　

∵f(x+y)=f(x)+f(y)，令y=-x,∴f(0)=f(x)+f(-x).令x=y=0,　

∴f(0)=f(0)+f(0),得f(0)=0.∴f(x)+f(-x)=0，得f(-x)=-f(x),　

∴f(x)為奇函數.　

(2)解　 方法一　 設x,y∈R⁺，∵f(x+y)=f(x)+f(y)，　

∴f(x+y)-f(x)=f(y).　∵x∈R⁺，f(x)<0,　

∴f(x+y)-f(x)<0,　∴f(x+y)<f(x).　

∵x+y>x,　∴f(x)在(0，+∞)上是減函數.

又∵f(x)為奇函數，f(0)=0，　

∴f(x)在(-∞,+∞)上是減函數.∴f(-2)為最大值，f(6)為最小值.　

∵f(1)=-,∴f(-2)=-f(2)=-2f(1)=1,f(6)=2f(3)=2［f(1)+f(2)］=-3.　

∴所求f(x)在區間［-2，6］上的最大值為1，最小值為-3.　

方法二　 設x₁<x₂,且x₁,x₂∈R.　

則f(x₂-x₁)=f［x₂+(-x₁)］=f(x₂)+f(-x₁)=f(x₂)-f(x₁).　

∵x₂-x₁>0,∴f(x₂-x₁)<0.∴f(x₂)-f(x₁)<0.即f(x)在R上單調遞減.　

∴f(-2)為最大值，f(6)為最小值.∵f(1)=-，　

∴f(-2)=-f(2)=-2f(1)=1,f(6)=2f(3)=2［f(1)+f(2)］=-3.　

∴所求f(x)在區間［-2，6］上的最大值為1，最小值為-3.　

例3(12分)已知函數f(x)的定義域為R，且滿足f(x+2)=-f(x)?.　

(1)求證：f(x)是周期函數；　

(2)若f(x)為奇函數，且當0≤x≤1時，f(x)=x,求使f(x)=-在［0，2 009］上的所有x的個數.　

(1)證明 ∵f(x+2)=-f(x)，　

∴f(x+4)=-f(x+2)=-［-f(x)］=f(x)，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　2分　

∴f(x)是以4為周期的周期函數.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　3分　

(2)解　 當0≤x≤1時，f(x)=x,　

設-1≤x≤0,則0≤-x≤1,∴f(-x)=(-x)=-x.　

∵f(x)是奇函數，∴f(-x)=-f(x),　

∴-f(x)=-x，即f(x)=x.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　5分　

故f(x)= x(-1≤x≤1)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　6分　

又設1<x<3,則-1<x-2<1,　

∴f(x-2)=(x-2),　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　7分

又∵f(x-2)=-f(2-x)=-f((-x)+2)=-［-f(-x)］=-f(x)，　

∴-f(x)=(x-2)，　

∴f(x)=-(x-2)(1<x<3).　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　8分　

∴f(x)=　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　9分　

由f(x)=-,解得x=-1.　

∵f(x)是以4為周期的周期函數.　

故f(x)=-的所有x=4n-1 (n∈Z).　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　10分　

令0≤4n-1≤2 009,則≤n≤,　

又∵n∈Z，∴1≤n≤502 (n∈Z),　

∴在［0，2 009］上共有502個x使f(x)=-.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　12分

4.已知f(x)=是奇函數，則實數a的值等于　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　(　 )　

?A.1　　　　　　　　 　　B.-1　　　　　　　　　 C.0　　　　　　　　 ?D.±1　

答案?A?　

3.設偶函數f(x)=log_a|x-b|在(-∞,0)上單調遞增，則f(a+1)與f(b+2)的大小關系為　　　　　 　　　　　　　　　(　 )　

A.f(a+1)≥f(b+2)　　　　　　　　　　　　　　　　 B.f(a+1)≤f(b+2)　

C.f(a+1)<f(b+2)?　　　　　　　　　　　　　　　　 D.f(a+1)>f(b+2)　

答案?D?　

2.已知定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x+2)=-f(x)，則f(6)的值為　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　(　 )　

?A.-1　　　　　　　　 B.0　　　　　　　　　 C.1?　　　　　　　　 D.2　

答案?B?　

1.(2008·福建理，4)函數f(x)=x³+sinx+1(x∈R)，若f(a)=2，則f(-a)的值為　　 　　　　　　　　　(　 )　

?　 A.3　　　　　　　 ?B.0　　　　　　　　　 C.-1　　　　　　　　 D.-2　

答案?B?　

12.已知函數y=f(x)對任意x,y∈R均有f(x)+f(y)=f(x+y),且當x>0時，f(x)<0,f(1)=-.　

(1)判斷并證明f(x)在R上的單調性；　

(2)求f(x)在［-3，3］上的最值.　

解 (1)f(x)在R上是單調遞減函數　

證明如下：　

令x=y=0,f(0)=0,令x=-y可得：f(-x)=-f(x),在R上任取x₁<x₂,則x₂-x₁>0,　

∴f(x₂)-f(x₁)=f(x₂)+f(-x₁)=f(x₂-x₁).又∵x>0時，f(x)<0,　

∴f(x₂-x₁)<0,即f(x₂)<f(x₁).由定義可知f(x)在R上為單調遞減函數.　

(2)∵f(x)在R上是減函數，　

∴f(x)在［-3，3］上也是減函數.　

∴f(-3)最大，f(3)最小.f(3)=f(2)+f(1)=f(1)+f(1)+f(1)=3×(-=-2.　

∴f(-3)=-f(3)=2.即f(x)在［-3，3］上最大值為2，最小值為-2.

§2.3 函數的奇偶性

　基礎自測

11.(2008·青島調研)已知f(x)=(x≠a).　

(1)若a=-2,試證f(x)在(-∞,-2)內單調遞增；　

(2)若a＞0且f(x)在(1,+∞)內單調遞減，求a的取值范圍.　

(1)證明 　任設x₁<x₂<-2,則f(x₁)-f(x₂)=　

∵(x₁+2)(x₂+2)>0,x₁-x₂<0,∴f(x₁)<f(x₂),∴f(x)在(-∞,-2)內單調遞增.　

(2)解 　任設1<x₁<x₂,則f(x₁)-f(x₂)=　

∵a>0,x₂-x₁>0,∴要使f(x₁)-f(x₂)>0,只需(x₁-a)(x₂-a)>0恒成立，

∴a≤1.綜上所述知0<a≤1.

10.函數f(x)對任意的實數m、n有f(m+n)=f(m)+f(n),且當x>0時有f(x)>0.　

(1)求證：f(x)在(-∞,+∞)上為增函數；　

(2)若f(1)=1,解不等式f［log₂(x²-x-2)］＜2.　

(1)證明 　設x₂＞x₁,則x₂-x₁＞0.　

∵f(x₂)-f(x₁)=f(x₂-x₁+x₁)-f(x₁)=f(x₂-x₁)+f(x₁)-f(x₁)=f(x₂-x₁)＞0,

∴f(x₂)＞f(x₁),f(x)在(-∞,+∞)上為增函數.　

(2)解　 ∵f(1)=1,∴2=1+1=f(1)+f(1)=f(2). 　

又f［log₂(x²-x-2)］＜2,∴f［log₂(x²-x-2)］＜f(2).　

∴log₂(x²-x-2)＜2,于是∴

即-2＜x＜-1或2＜x＜3.∴原不等式的解集為{x|-2＜x＜-1或2＜x＜3}.