由奇函數(shù)定義擴(kuò)展出的一系列性質(zhì)及其應(yīng)用

函數(shù)作為高中數(shù)學(xué)的核心知識，始終貫穿于整個高中數(shù)學(xué)的教學(xué)過程中，而對于函數(shù)性質(zhì)的應(yīng)用，更是歷年高考中的常規(guī)考點(diǎn).在函數(shù)的諸多性質(zhì)中，不得不提到的一類特殊函數(shù)就是奇函數(shù).由于奇函數(shù)有著獨(dú)特的簡潔而又優(yōu)美的性質(zhì)，在解題中，通過奇函數(shù)的圖像特征，巧用奇函數(shù)的定義與性質(zhì)，往往會發(fā)揮出意想不到的效果，就像一把開啟智慧的鑰匙，瞬間打開思維的大門.

我們首先一起回顧一下奇函數(shù)的定義：

定義一般地，如果對于函數(shù)y=f（x）的定義域A內(nèi)的任意一個x，都有f（-x）=-f（x），那么稱函數(shù)y=f（x）是奇函數(shù).

由奇函數(shù)的定義可知，奇函數(shù)的圖像都是關(guān)于原點(diǎn)對稱的，故函數(shù)的最大值點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)就是該函數(shù)的最小值點(diǎn)，即函數(shù)的最大值和最小值互為相反數(shù)，由此可得：

性質(zhì)1已知函數(shù)y=f（x）是定義在A上的奇函數(shù)，則函數(shù)的最大值f（x）max與函數(shù)的最小值f（x）min之間滿足f（x）max+f（x）min=0.

例1已知函數(shù)f（x）=xcosx+sinxcosx+2+2（其中x∈[-8π，8π]）的最大值為M，最小值為m，則M+m=.

分析學(xué)生拿到這道題的思路，首先是希望通過解析式，判斷出函數(shù)在[-8π，8π]上的單調(diào)性，然后再根據(jù)單調(diào)性求出函數(shù)的最大值和最小值.但在實(shí)際操作時(shí)會發(fā)現(xiàn)，函數(shù)的表達(dá)式過于復(fù)雜，通過簡單的求導(dǎo)是沒有辦法很快地判斷出函數(shù)的單調(diào)性的.在這種情況下，我們就可以考慮用奇函數(shù)的性質(zhì)來解決.根據(jù)題設(shè)條件中的定義區(qū)間[-8π，8π]是一個關(guān)于原點(diǎn)對稱的區(qū)間，可以聯(lián)想到函數(shù)奇偶性，通過證明可以很快得到，表達(dá)式中除去常數(shù)項(xiàng)所得的g（x）=xcosx+sinxcosx+2是一個奇函數(shù)，根據(jù)性質(zhì)2可知，函數(shù)g（x）的最大值和最小值之和必為0，從而就可快速地求出原函數(shù)的最值之和.

解令g（x）=xcosx+sinxcosx+2，則f（x）=g（x）+2.因?yàn)間（-x）=（-x）cos（-x）+sin（-x）cos（-x）+2=-xcosx-sinxcosx+2=-xcosx+sinxcosx+2=-g（x），所以函數(shù)g（x）是[-8π，8π]上的奇函數(shù)，由奇函數(shù)的性質(zhì)可知g（x）max+g（x）min=0，故M+m=f（x）max+f（x）min=[g（x）max+2]+[g（x）min+2]=g（x）max+g（x）min+4=4.

評注按照常規(guī)做法先判斷函數(shù)單調(diào)性后再分別求出M、m是很困難的，而考慮到奇函數(shù)在對稱區(qū)間上的最大值與最小值互為相反數(shù)這一性質(zhì)，就可以巧妙地解決這個問題.

性質(zhì)1主要是針對定義區(qū)間上的兩個特殊點(diǎn)——最大值點(diǎn)和最小值點(diǎn)關(guān)于原點(diǎn)對稱這一特征所得的結(jié)論，如果把這一性質(zhì)推廣一下，把這一對特殊點(diǎn)推廣到奇函數(shù)上任意一對關(guān)于原點(diǎn)的對稱點(diǎn)時(shí)，我們又可以發(fā)現(xiàn)，只要自變量關(guān)于原點(diǎn)對稱，它們所對應(yīng)的函數(shù)值也互為相反數(shù).從而有：

性質(zhì)2已知函數(shù)y=f（x）是定義在A上的奇函數(shù)，且a、b∈A，若a+b=0，則f（a）+f（b）=0.

證明已知a+b=0，即a=-b，因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）是奇函數(shù)，所以f（a）=f（-b）=-f（b），即f（a）+f（b）=0.

例2已知f（x）=4x-12x+1-2x，若f（a）=2-1，則f（-a）=.

分析這類題目的常規(guī)思路是將已知的函數(shù)值f（a）直接代入函數(shù)解析式，求出其中未知量a，再進(jìn)一步求解.但問題是，在求解未知量a的值的過程中，涉及的計(jì)算往往會很復(fù)雜，甚至在有的題中未知量不止一個，所給條件根本不足以解出未知量.這種情況下，常規(guī)思路就行不通了，此刻就需要發(fā)揮奇函數(shù)的作用了.通過觀察題設(shè)條件，注意到題中出現(xiàn)了f（a）與f（-a）兩個特殊的值，從而聯(lián)想到函數(shù)的奇偶性，再觀察、化簡原函數(shù)f（x）=4x-12x+1-2x，則可以發(fā)現(xiàn)函數(shù)y=f（x）本身是一個奇函數(shù)，而且a與-a又是兩個互為相反數(shù)，由此就可以應(yīng)用奇函數(shù)的性質(zhì)2來解決這個問題.

解將原函數(shù)化簡可得f（x）=4x-12x+1-2x=12（2x-2-x）-2x，

因?yàn)閒（-x）=12（2-x-2x）+2x=-f（x），所以函數(shù)y=f（x）是R上的奇函數(shù).

由奇函數(shù)的性質(zhì)可知f（a）+f（-a）=0，故f（-a）=1-2.

評注本題充分運(yùn)用了奇函數(shù)的性質(zhì)，不需要經(jīng)過任何繁瑣的計(jì)算，就可以簡單而又快捷的求出了答案，并有效地避免了常規(guī)做法中所遇到的求解未知數(shù)a的問題，由此可見，合理的運(yùn)用奇函數(shù)的性質(zhì)來解題，最大的優(yōu)點(diǎn)是避免了復(fù)雜的計(jì)算，簡化了解題過程.

從性質(zhì)2可知，在奇函數(shù)的定義區(qū)間中，任意兩個互為相反數(shù)的自變量所對應(yīng)的函數(shù)值之和必為0，那反之是否成立？根據(jù)函數(shù)的定義可知，對于定義域內(nèi)的任意一個自變量x都有唯一的y與之對應(yīng)，但同一個y卻可以有多個x與之對應(yīng)，所以對于定義在A上的奇函數(shù)y=f（x）而言，由a+b=0可以推出f（a）+f（b）=0，反之f（a）+f（b）=0不能得到a+b=0.但是如果能加上一定的條件，使函數(shù)的自變量與函數(shù)值之間能夠一一對應(yīng)，那反面就可以成立了.由此我們考慮了一類特殊奇函數(shù)——單調(diào)奇函數(shù)，可得：

性質(zhì)3已知函數(shù)y=f（x）是定義在A上的單調(diào)奇函數(shù)，且a、b∈A，若a+b=0，則f（a）+f（b）=0；反之，若f（a）+f（b）=0，亦有a+b=0.

正面在性質(zhì)2中已經(jīng)證明，現(xiàn)在對反面進(jìn)行簡單證明.

證明由f（a）+f（b）=0得f（a）=-f（b），因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）是奇函數(shù)，所以f（a）=-f（b）=f（-b），又因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）在定義區(qū)間上是單調(diào)的，函數(shù)值與自變量之間是一一對應(yīng)的，所以a=-b，即a+b=0.

例3已知α、β∈[-π4，π4]，a∈R，且α3+sinα-2a=0，4β3+sinβcosβ+a=0，則cos（α+2β）=.

分析這道題很容易從表面迷惑學(xué)生，認(rèn)為它是一道考查三角運(yùn)算的問題，但真正下手去做時(shí)，卻發(fā)現(xiàn)除了可以利用二倍角公式將sinβcosβ化簡為12sin2β之外，接下來三角的知識就毫無用武之地了.事實(shí)上，這個問題考查三角只是表面，真正隱藏在題目背后的卻是函數(shù)的問題，從何而知？當(dāng)我們用三角公式將4β3+sinβcosβ+a=0轉(zhuǎn)化為4β3+12sin2β+a=0后，再進(jìn)一步化簡可得：（2β）3+sin2β+2a=0，這時(shí)，把兩個等式α3+sinα-2a=0與（2β）3+sin2β+2a=0放在一起觀察特征，可以發(fā)現(xiàn)有個共同的函數(shù)隱含在里面，即f（x）=x3+sinx，很容易知道這是一個奇函數(shù)，而且在區(qū)間[-π2，π2]上單調(diào)遞增.再將原來的兩個等式表示為f（α）-2a=0和f（2β）+2a=0，即f（α）=2a、f（2β）=-2a，就可以發(fā)現(xiàn)這兩個函數(shù)值恰好互為相反數(shù)，從而就可以利用單調(diào)奇函數(shù)的性質(zhì)來解決這個問題.

解將已知等式4β3+sinβcosβ+a=0變形為（2β）3+sin2β+2a=0，令f（x）=x3+sinx，則α3+sinα-2a=0與（2β）3+sin2β+2a=0可化為f（α）-2a=0和f（2β）+2a=0，即f（α）=2a、f（2β）=-2a.因?yàn)閒（-x）=（-x）3+sin（-x）=-（x3+sinx）=-f（x），所以函數(shù)y=f（x）是[-π2，π2]上的奇函數(shù).又因?yàn)閒′（x）=3x2+cosx，當(dāng)x∈[-π2，π2]時(shí)，f′（x）≥0恒成立，所以函數(shù)y=f（x）在[-π2，π2]上單調(diào)遞增.由f（α）=2a、f（2β）=-2a可知f（α）+f（2β）=0，根據(jù)單調(diào)奇函數(shù)的性質(zhì)可知α+2β=0，所以cos（α+2β）=1.

性質(zhì)3主要反映了單調(diào)奇函數(shù)中任意一對關(guān)于原點(diǎn)對稱的對應(yīng)點(diǎn)之間所滿足的一個等量關(guān)系.如果我們把研究對象從關(guān)于原點(diǎn)對稱的對應(yīng)點(diǎn)轉(zhuǎn)變成非對稱點(diǎn)時(shí)，那情況又會發(fā)生何種變化？為了更好的說明情況，不妨假設(shè)奇函數(shù)y=f（x）是定義域上的單調(diào)遞增函數(shù)，點(diǎn)（a，f（a））、（b，f（b））是函數(shù)上任意兩點(diǎn)，且a+b≠0，則產(chǎn)生兩種情況，一種是a+b>0，另一種是a+b<0.結(jié)合單調(diào)遞增的奇函數(shù)的圖像可以發(fā)現(xiàn)，當(dāng)a+b>0時(shí)，f（a）+f（b）>0；當(dāng)a+b<0時(shí)，f（a）+f（b）<0；反之亦成立，即：

性質(zhì)4已知函數(shù)y=f（x）是定義在A上的奇函數(shù)，且在A上單調(diào)遞增，其中a、b∈A，當(dāng)a+b>0時(shí)，有f（a）+f（b）>0，反之，當(dāng)f（a）+f（b）>0時(shí)，a+b>0也成立；當(dāng)a+b<0時(shí)，有f（a）+f（b）<0，反之，當(dāng)f（a）+f（b）<0時(shí)，a+b<0也成立.

證明根據(jù)已知a+b>0，得a>-b，由函數(shù)在A上單調(diào)遞增，可知f（a）>f（-b），又因?yàn)楹瘮?shù)是奇函數(shù)，f（-b）=-f（b），所以f（a）>-f（b），即f（a）+f（b）>0.

另一方面，由f（a）+f（b）>0得f（a）>-f（b），因?yàn)閒（-b）=-f（b），所以f（a）>f（-b），因?yàn)楹瘮?shù)是單調(diào)增函數(shù)，所以a>-b，即a+b>0.

同理可證：當(dāng)a+b<0時(shí)，有f（a）+f（b）<0，反之，當(dāng)f（a）+f（b）<0時(shí)，a+b<0也成立.

性質(zhì)4研究的對象是單調(diào)遞增的奇函數(shù)，該性質(zhì)在單調(diào)遞減的奇函數(shù)中也是成立的，即：

性質(zhì)4的延伸已知函數(shù)y=f（x）是定義在A上的奇函數(shù)，且在A上單調(diào)遞減，其中a、b∈A，當(dāng)a+b>0時(shí)，有f（a）+f（b）<0，反之，當(dāng)f（a）+f（b）<0時(shí)，a+b>0也成立；當(dāng)a+b<0時(shí)，有f（a）+f（b）>0，反之，當(dāng)f（a）+f（b）>0時(shí)，a+b<0也成立.

例4解不等式x3+3x+8（x+2）3+6x+2<0.

分析這個不等式用常規(guī)方法去解，是沒辦法解決的，因?yàn)槿绻麑⒉坏仁竭M(jìn)行通分，就涉及到解6次的不等式，很顯然這已經(jīng)完全超出了高中知識的范疇.但是通過觀察，很容易發(fā)現(xiàn)一個規(guī)律，不等式中的8（x+2）3+6x+2，可以轉(zhuǎn)化成與前面x3+3x相仿的形式，即（2x+2）3+3（2x+2），這就是這個問題的突破口，這里同樣涉及到了一個單調(diào)奇函數(shù)f（x）=x3+3x，通過性質(zhì)3就可以把復(fù)雜的不等式進(jìn)行簡化，從而解出不等式.

解令f（x）=x3+3x，則f（-x）=（-x）3+3（-x）=-（x3+3x）=-f（x），且f′（x）=3x2+3≥0恒成立，所以函數(shù)y=f（x）是奇函數(shù)且在R上單調(diào)遞增.將原不等式化簡為x3+3x+（2x+2）3+3（2x+2）<0，即f（x）+f（2x+2）<0，因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x）是奇函數(shù)且在R上單調(diào)遞增，所以根據(jù)性質(zhì)得x+2x+2<0，即x2+2x+2x+2<0，所以原不等式的解集為{xx<-2}.

評注高次不等式是解不等式中的難點(diǎn)，在這個問題中，我們合理地運(yùn)用了單調(diào)奇函數(shù)的性質(zhì)，把高次不等式轉(zhuǎn)化成了可以進(jìn)行求解的分式不等式，從而快速地解決了問題，在這個問題中，充分體現(xiàn)出利用奇函數(shù)的性質(zhì)解題的優(yōu)點(diǎn).

上面的幾個性質(zhì)研究對象是奇函數(shù)，現(xiàn)在如果對奇函數(shù)做一個平面移動，打破原函數(shù)的奇偶性，但不改變圖像的對稱性，又能得到什么？我們把性質(zhì)3中的單調(diào)奇函數(shù)的圖像進(jìn)行整體平移，將原來的對稱中心由（0，0）平移到直角坐標(biāo)系中任意一點(diǎn)（m，n），得到新的單調(diào)函數(shù)y=g（x）.在性質(zhì)3中，我們研究的是單調(diào)奇函數(shù)y=f（x）上兩個關(guān)于原點(diǎn)（0，0）對稱的點(diǎn)（a，f（a））、（b，f（b））之間的關(guān)系.現(xiàn)在相應(yīng)的在單調(diào)函數(shù)y=g（x）上也取兩個關(guān)于對稱中心（m，n）對稱的點(diǎn)（a，g（a））、（b，g（b）），則a、b之間滿足條件a+b=2m，g（a）、g（b）之間滿足條件g（a）+g（b）=2n，則可以推出下面結(jié)論：

性質(zhì)5已知函數(shù)y=g（x）是定義在A上的單調(diào)函數(shù)，且關(guān)于點(diǎn)（m，n）對稱，取a、b∈A，若a+b=2m，則g（a）+g（b）=2n；反之，若g（a）+g（b）=2n，亦有a+b=2m.

證明因?yàn)楹瘮?shù)y=g（x）關(guān)于點(diǎn)（m，n）對稱，所以x∈A，都有g(shù)（x）+g（2m-x）=2n成立，令x=a，則g（a）+g（2m-a）=2n.因?yàn)閍+b=2m，即2m-a=b，所以g（a）+g（b）=2n成立.

反之，因?yàn)楹瘮?shù)y=g（x）關(guān)于點(diǎn)（m，n）對稱，所以必然有g(shù)（a）+g（2m-a）=2n，又因?yàn)間（a）+g（b）=2n，所以g（2m-a）=g（b），因?yàn)楹瘮?shù)y=g（x）是定義在A上的單調(diào)函數(shù)，所以函數(shù)值與自變量之間是一一對應(yīng)的，故2m-a=b，即a+b=2m成立.

例5已知函數(shù)f（x）=x-2x-1+2，是否存在實(shí)數(shù)a，使得f（3a-x）+f（x-a）=6，對定義域內(nèi)任意x都成立.

分析這個問題如果直接代入求解，很顯然是行不通的.這時(shí)需要對解析式做個變換，轉(zhuǎn)化為f（x）=（x-1）-2（x-1）+3，就可以發(fā)現(xiàn)，這個函數(shù)是將一個單調(diào)奇函數(shù)g（x）=x-2x向右平移1個單位，再向上平移3個單位得到，所以函數(shù)y=f（x）關(guān)于點(diǎn)（1，3）對稱，再根據(jù)性質(zhì)就可得出結(jié)果.

解將函數(shù)轉(zhuǎn)化為f（x）=（x-1）-2（x-1）+3，令g（x）=x-2x，因?yàn)間（-x）=（-x）-2（-x）=-（x-2x）=-g（x），且g′（x）=1+2x2≥0恒成立，所以函數(shù)g（x）是單調(diào)奇函數(shù).通過圖像平移的知識可以知道，函數(shù)y=f（x）是由函數(shù)y=g（x）向右平移1個單位，再向上平移3個單位而得，所以函數(shù)y=f（x）是一個單調(diào)函數(shù)，且關(guān)于點(diǎn)（1，3）對稱.根據(jù)性質(zhì)，當(dāng)f（3a-x）+f（x-a）=6=2×3成立時(shí)，有（3a-x）+（x-a）=2，即a=1.

奇函數(shù)的性質(zhì)有很多，本文呈現(xiàn)的只是其中很有限的一部分.通過這一部分，能夠很好地看出，熟練掌握奇函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)不同的問題，靈活的選用性質(zhì)來解題，往往能夠開闊我們的解題思路，優(yōu)化我們的解題過程.讓學(xué)生通過認(rèn)真審題，學(xué)會從題中挖掘奇函數(shù)的特征，探究問題的實(shí)質(zhì)，尋找恰當(dāng)?shù)慕忸}思路，更快、更好地去解決問題.本文只是對奇函數(shù)的性質(zhì)進(jìn)行簡單的探索，拋磚引玉，希望給讀者一些啟發(fā).

作者簡介杜飛飛，女，1981年10月生，江蘇海門人.主要研究初等數(shù)學(xué)教學(xué).