摘要：在教学过程中应强调函数的奇偶性是函数的整体性质.而单调性是其局部性质. 拓展题例 [例1] 已知函数f(x)=(a.b.c∈Z)是奇函数.又f(1)=2.f(2)＜3.求a.b.c的值. 解:由f(-x)=-f(x).得-bx+c=-(bx+c). ∴c=0. 由f(1)=2.得a+1=2b. 由f(2)＜3.得＜3. 解得-1＜a＜2.又a∈Z. ∴a=0或a=1.若a=0.则b=.与b∈Z矛盾.∴a=1.b=1.c=0. [例2] 已知函数y=f(x)的定义域为R.对任意x.x′∈R均有f(x+x′)=f(x)+f(x′).且对任意x＞0.都有f(x)＜0.f(3)=-3. (1)试证明:函数y=f(x)是R上的单调减函数, (2)试证明:函数y=f(x)是奇函数, (3)试求函数y=f(x)在［m.n］(m.n∈Z.且mn＜0)上的值域. 分析:(1)可根据函数单调性的定义进行论证.考虑证明过程中如何利用题设条件. (2)可根据函数奇偶性的定义进行证明.应由条件先得到f(0)=0后.再利用条件f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)中x1.x2的任意性.可使结论得证. 的结论可知f(m).f(n)分别是函数y=f(x)在［m.n］上的最大值与最小值.故求出f(m)与f(n)就可得所求值域. (1)证明:任取x1.x2∈R.且x1＜x2.f(x2)=f［x1+(x2-x1)］. 于是由题设条件f(x+x′)=f(x)+f(x′)可知f(x2)=f(x1)+f(x2-x1). ∵x2＞x1.∴x2-x1＞0.∴f(x2-x1)＜0. ∴f(x2)=f(x1)+f(x2-x1)＜f(x1). 故函数y=f(x)是单调减函数. (2)证明:∵对任意x.x′∈R均有f(x+x′)=f(x)+f(x′). ∴若令x=x′=0.则f(0)=f(0)+f(0). ∴f(0)=0. 再令x′=-x.则可得f(0)=f(x)+f(-x). ∵f(0)=0.∴f(-x)=-f(x).故y=f(x)是奇函数. (3)解:由函数y=f(x)是R上的单调减函数. ∴y=f(x)在［m.n］上也为单调减函数. ∴y=f(x)在［m.n］上的最大值为f(m).最小值为f(n). ∴f(n)=f［1+(n-1)］=f(1)+f(n-1)=2f(1)+f(n-2)=-=nf(1). 同理.f(m)=mf(1). ∵f(3)=-3.∴f(3)=3f(1)=-3. ∴f(1)=-1.∴f(m)=-m.f(n)=-n. 因此.函数y=f(x)在［m.n］上的值域为［-n.-m］. 评述:(1)满足题设条件f(x+x′)=f(x)+f(x′)的函数.只要其定义域是关于原点对称的.它就为奇函数. (2)若将题设条件中的x＞0.均有f(x)＜0改成均有f(x)＞0.则函数f(x)就是R上的单调增函数. (3)若题设条件中的m.n∈Z去掉.则我们就无法求出f(m)与f(n)的值.故m.n∈Z不可少.

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