【正文】 ∴f(－2)＝－f(2)＝－2f(1)＝1，f(6)＝2f(3)＝2[f(1)＋f(2)]＝－3.∴所求f(x)在區(qū)間[－2,6]上的最大值為1，最小值為－3.法二：設x1x2，且x1，x2∈(x2－x1)＝f[x2＋(－x1)]＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2)－f(x1)．∵x2－x10，∴f(x2－x1)0.∴f(x2)－f(x1)(x)在R上單調(diào)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(qū)間[－2,6]上的最大值為1，最小值為－3.12．已知函數(shù)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(shù)；(2)若f(x)為奇函數(shù)，且當0≤x≤1時，f(x)＝x，求使f(x)＝－在[0,2010]上的所有x的個數(shù)．解：(1)證明：∵f(x＋2)＝－f(x)，∴f(x＋4)＝－f(x＋2)＝－[－f(x)]＝f(x)，∴f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．(2)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(shù)，∴f(－x)＝－f(x)，∴－f(x)＝－x，即f(x)＝(x)＝x(－1≤x≤1)又設1x3，則－1x－21，∴f(x－2)＝(x－2)，又∵f(x－2)＝－f(2－x)＝－f[(－x)＋2]＝－[－f(－x)]＝－f(x)，∴－f(x)＝(x－2)，∴f(x)＝－(x－2)(1x3)．∴f(x)＝由f(x)＝－，解得x＝－1.∵f(x)是以4為周期的周期函數(shù)．故f(x)＝－的所有x＝4n－1(n∈Z)．令0≤4n－1≤2010，則≤n≤502，又∵n∈Z，∴1≤n≤502(n∈Z)，∴在[0,2010]上共有502個x使f(x)＝－.例題函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是______________．解析：依題意有，令。例題（1）函數(shù)是（ ）A、是偶函數(shù)但不是奇函數(shù) B、是奇函數(shù)但不是偶函數(shù)C、既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) D、既不是奇函數(shù)也不是偶函數(shù)解析：定義判斷可得A（2）. 設，則對任意實數(shù)，是的A、充分必要條件 B、充分而不必要條件 C、必要而不充分條件 D、既不充分也不必要條件 【解】【答】A 。顯然為奇函數(shù)，且單調(diào)遞增。于是若，則，有，即，從而有.反之，若，則,推出 ，即 。 （3）已知實數(shù)x、y滿足，則_____． 解析：奇函數(shù)的定義可得15（4）已知（R），且 則a的值有 （ ） A、個 B、個 C、個 D、無數(shù)個解：由題設知為偶函數(shù)，則考慮在時，恒有．所以當，且時，恒有．由于不等式的解集為，不等式的解集為．因此當時，恒有. 故選（D）．例題（2004復旦）若存在M，使任意（D為函數(shù)的定義域），都有，？解析：取. 當時，所以不是有界函數(shù)例題設，其中且．若在區(qū)間上恒成立，求的取值范圍．解 ．由得，由題意知，故，從而，故函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增. （1）若，則在區(qū)間上單調(diào)遞減，所以在區(qū)間上的最大值為．在區(qū)間上不等式恒成立，等價于不等式成立，從而，解得或．結合得． （2）若，則在區(qū)間上單調(diào)遞增，等價于不等式成立，從而，即，解得．易知，所以不符合． 綜上可知：的取值范圍為． 例題（2013廣東）設函數(shù)(其中).(Ⅰ) 當時,求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。(Ⅱ) 當時,求函數(shù)在上的最大值.解析(Ⅰ) 當時, , 令,得, 當變化時,的變化如下表:極大值極小值 右表可知,函數(shù)的遞減區(qū)間為,遞增區(qū)間為,. (Ⅱ) ,令,得, 令,則,所以在上遞增, 所以,從而,所以 所以當時,。當時,。 所以 令,則,令,則 所以在上遞減,而 所以存在使得,且當時,當時, 所以在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減. 因為,所以在上恒成立,當且僅當時取得“”. 綜上,函數(shù)在上的最大值. 課后精練3． 已知為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，其中為復數(shù)，則的值是______________. 4． 函數(shù)的最大值與最小值之差等于。解：，從而當時取最大值，當時取最小值0，從而最大值與最小值之差等于3．函數(shù)解析：（1）∵f(x)在[1，+∞)上是增函數(shù)，令f(x1)f(x2)∴l(xiāng)og9(x1+8)log9(x2+8)得x1+8x2+8 即（x1x2）(1+)0∵x1x20 ∴1+0, 1,ax1x2，∵x2x11 ∴欲使ax1x2恒成立，即（x1x2）max=1只要a≥1（1應檢驗）（2）欲使x≥1時，x+80恒成立f(x)=log9(x+8)在上是增函數(shù)則只要當x=1時,x+80即可 ∴1+8a0 ∴a9 故所求a的范圍是4．設，若且，下列結論中必定成立的是A、 B、 C、 D、解析：答案D.，映射使得對任意的，都有是奇數(shù)，則這樣的映射的個數(shù)是 （ A ）（A）45 （B）27 （C）15 （D）11提示：當時，為奇數(shù)，則可取5，有3種取法；當時，為奇數(shù)，則可取5，有3種取法；當時，為奇數(shù)，則可取5，有5種取法。由乘法原理知共有個映射。，它們的圖象在軸上的公共點處有公切線，則當時，與的大小關系是（ ） A、B、C、 D、與的大小不確定提示：（ B ）。與的圖象在軸上有公共點，∴.∵,由題意,∴令,則∴∵,∴當時,即. 設x∈[0,π],y∈[0,1]，試求函數(shù)f(x,y)=(2y1)sinx+(1y)sin(1y)x的最小值。[解] 首先，當x∈[0,π],y∈[0,1]時，f(x,y)=(2y1)sinx+(1y)sin(1y)x=(1y)=(1y)2x，令g(x)=,當時，因為cosx0,tanxx，所以；當時，因為cosx0,tanx0,xtanx0，所以；又因為g(x)在(0,π)上連續(xù)，所以g(x)在(0,π)上單調(diào)遞減。又因為0(1y)xxπ，所以g[(1y)x]g(x)，即，又因為，所以當x∈(0,π),y∈(0,1)時，f(x,y)，當x=0時，f(x,y)=0；當x=π時，f(x,y)=(1y)sin(1y)π≥0.當y=1時，f(x,y)=sinx+sinx=0；當y=1時，f(x,y)=sinx≥0.綜上，當且僅當x=0或y=0或x=π且y=1時，f(x,y)取最小值0。8. 設 . 記，. 證明：.【證明】（１）如果，則。 （２）如果，由題意 ，,. 則① 當 時，（）. 事實上，當時，, 設時成立（為某整數(shù)），則對， .② 當 時，（）.事實上，當時，, 設時成立（為某整數(shù)），則對， 當時,總有，即 . ，推出 。 （3）當時，記，則對于任意，且。對于任意，, 則。 所以。當時，即。因此。綜合（１）（２）（３），我們有。 9．f(x)在[1,+165。)上單調(diào)遞增，且對任意x,y206。[1,+165。)，都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，證明：存在常數(shù)k，使f(x)=kx在x206。[1,+165。)上成立．解析：設，則，以此類推，用數(shù)學歸納法不難證明對于，有。設，且，不妨設則，對任意且x為無理數(shù)時，則必存在兩個無限接近的有理數(shù)，使，由在上單調(diào)遞增知，即，由于，可以從x左右兩側無限接近，故。綜上，存在常數(shù)，使得，在上成立。課后精練，其中（1）求的取值范圍，使得函數(shù)在上是單調(diào)遞減函數(shù)；（2）此單調(diào)性能否擴展到整個定義域上？（3）求解不等式解：（1）設，則設，則顯然.∵,∴,∵,∴只需要,就能使在上是單調(diào)遞減函數(shù)；（2）此單調(diào)性不能擴展到整個定義域上，這可由單調(diào)性定義說明之；（3）構造函數(shù)，由（1）知當時，是單調(diào)遞增函數(shù)?！?，∴，∴，∴所求解集為.2. 若函數(shù)在區(qū)間[a,b]上的最小值為2a，最大值為2b，求[a,b].解 顯然，二次函數(shù)在區(qū)間[a,b]上的最值與區(qū)間的取法有關，因此需要分情況進行討論.（1）若，則在區(qū)間[a,b]上單調(diào)遞減，故，于是有解之得，即.（2）若，則在區(qū)間[a,0]上單調(diào)遞增，在[0,b]上單調(diào)遞減，因此在處取最大值，在或處取最小值，故.由于，故在處取最小值，即，解得，于是.（3）若，則在區(qū)間[a, b ]上單調(diào)遞增，故，于是有由于方程的兩根異號，故滿足的區(qū)間不存在.綜上所述，所求區(qū)間為[1，3]或.3．設函數(shù)的定義域為R，當時，且對任意實數(shù)，有成立，數(shù)列滿足且（1）求的值；（2）若不等式對一切均成立，求的最大值.27