高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军
练习：已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－时，f(x)>0.求证：f(x)是单调递增函数；
证明：设x1＜x2,则x2－x1－
11)=0,当x>－22111>－,由题意f(x2－x1－)>0, 22211)－1=f［(x2－x1)－］>0, 22∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－∴f(x)是单调递增函数.
例12、定义在R+上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(xm)=mf(x); ②f(2)=1.
(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立; (2)证明f(x)是R+上的单调增函数; (3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围.
解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n为实数,则f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n. 又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
(2)证明:设0?x1?x2,可令m?n且使x1?2m,x2?2n,由(1)得f(x1)?f(x2)?f(x1)?f(2m?n)?(m?n)f(2)?m?n?0
x2故f(x1) (3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性质,得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(2)，解得 3 练习1：已知f(x)是定义在(0,??)上的单调增函数，对于任意的m、n(m,n?(0,??))满足a?bf(m)?f(n)?f(mn),且a、b(0?a?b)满足f(a)?f(b)?2f()2(1)求f(1);.......(2)若f(2)?1，解不等式f(x)?2;...........(3)求证：3?b?2?2 解：(1)f(1)?0??????(2)f(x)?2的解集为(0,4)(3)?f(1)?0,f(x)在(0，??)上单调递增，?x?(0,1)时，f(x)?0，x?(1,??)时，f(x)?0又f(a)?f(b)且0?a?b,?f(a)??f(b)即f(ab)?0,?ab?1?0?a?1?b?f(b)?2f(a?ba?b),?22ab?1?f(b)?2f(a?ba?b2?a?b2?)?f?()??b?()22?2??a2?4b?b2?2,而0?a?1?0?4b?b2?2?1又b?1?3?b?2?2练习2、 定义在R上的函数y=f（x），f（0）≠0，当x＞0时，f（x）＞1，且对任意的a、b∈R，有f（a+b）=f（a）·f（b）. （1）求证：f（0）=1； （2）求证：对任意的x∈R，恒有f（x）＞0； （3）求证：f（x）是R上的增函数；（4）若f（x）·f（2x－x2）＞1，求x的取值范围. （1）证明：令a=b=0，则f（0）=f 2（0）.又f（0）≠0，∴f（0）=1. （2）证明：当x＜0时，－x＞0，∴f（0）=f（x）·f（－x）=1.∴f（－x）= 1＞0. f(x)又x≥0时f（x）≥1＞0，∴x∈R时，恒有f（x）＞0. （3）证明：设x1＜x2，则x2－x1＞0.∴f（x2）=f（x2－x1+x1）=f（x2－x1）·f（x1）.∵x2－x1＞0，∴f（x2－x1）＞1. 又f（x1）＞0，∴f（x2－x1）·f（x1）＞f（x1）.∴f（x2）＞f（x1）.∴f（x）是R上的增函数. 第 6 页 共 14 页 高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军 （4）解：由f（x）·f（2x－x2）＞1，f（0）=1得f（3x－x2）＞f（0）.又f（x）是R上的增函数， ∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3. 关键点注：解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f（x2）=f［（x2－x1）+x1］”是证明单调性的关 键，这里体现了向条件化归的策略 练习3.设f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意a，b，当a+b≠0，都有 f(a)?f(b)＞0 a?b（1）.若a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小； （2）.若f（k ?3x)?f(3x?9x?2)＜0对x∈ [－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。 （由 >0可得f(a)>f(b).k?22?1） a?b练习4、已知函数f(x)对任何正数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x>1时,f(x)<1. 试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由. 解:对x?R?有f(x)?f(f(x2)?f(x1)f(f(a)?f(?b)x?x)?f2(x)?0,又f(x)?0,故f(x)?0，设x,x?R?,且x?x,则x2?1,则 1212x1x2x?x1)f(2)?f(x1)，所以x1x1x??f(2)?1f(x1)f(x1)x1f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上为减函数. 练习5、奇函数f(x)在(??,0)上单调递减，且f(2)?0，则(x?1)f(x?1)?0的解集为(CA、(?2,?1)?(1,2)B、(?3,1)?(2，??)??C、(?3,?1)D、(?2,0)?(2，??)练习6、. 已知函数f(x)的定义域为?0,1?，且同时满足： (1)对任意x??0,1?，总有f(x)?2； (2)f(1)?3 (3)若x1?0,x2?0且x1?x2?1，则有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)?2. (I)求f(0)的值； (II)求f(x)的最大值； (III)设数列?an?的前n项和为Sn，且满足Sn??1. 2(an?3),n?N*) 求证：f(a1)?f(a2)?f(a3)???f(an)?3?2n?1n?1. 22?3解：（I）令x1?x2?0，由(3),则f(0)?2f(0)?2,?f(0)?2 由对任意x??0,1?，总有f(x)?2,?f(0)?2 （2分） （II）任意x1,x2??0,1?且x1?x2，则0?x2?x1?1,?f(x2?x1)?2 ?f(x2)?f(x2?x1?x1)?f(x2?x1)?f(x1)?2?f(x1)?fmax(x)?f(1)?3 （6分） *(III)?Sn??1 (a?3)(n?N)?Sn?1??1n2(an?1?3)(n?2)21 (8分) ?an?13an?1(n?2),?a1?1?0?an?3n?1?f(an)?f(3n?111?1?1)?f(2)?f(1)?2?3f(1)?4 )?f(3n3n3n3n3n3n1)?1f(?f(3n33n?111)?43，即f(an?1)?34。 f(an)?31 4144144441 故f(an)?2?n?f(an)?13f(an?1)?3?32f(an?2)?32?3???3n?1f(a1)?3n?1?3n?2???32?3?2?3n?13?1?f(a1)?f(a2)???1?(1)n3f(an)?2n?1?1即原式成立。 （14分） 3第 7 页 共 14 页 高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军 六、奇偶性问题 例13. （1）已知函数f(x)(x≠0的实数)对任意不等于零的实数x、y都有f(x﹒y)=f(x)+f(y)，试判 断函数f(x)的奇偶性。 解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑f(-x)与f(x)的关系： 取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1)，取x=y=1有f(1)=0.所以f(-x)=f(x),即 f(x)为偶函数。 （2）已知y=f(2x+1)是偶函数，则函数y=f(2x)的图象的对称轴是（ D ） A.x=1 B.x=2 C.x=－ 1 2D.x= 1 2解析：f(2x+1)关于x=0对称,则f(x)关于x=1对称,故f(2x)关于2x=1对称. 注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化繁为简。F（x）=f(2x+1)为偶函数，则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。 例14：已知函数f(x)的定义域关于原点对称且满足?1?f(x?y)?使f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。 证明：设t=x-y,则f(?t)?f(y?x)?f(x)f(y)?1，（2）存在正常数a， f(y)?f(x)f(y)f(x)?1f(y)f(x)?1????f(t)，所以f(x)为奇函数。 f(x)?f(y)f(y)?f(x)例15：设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(??,0)上是增函数，又f(2a2?a?1)?f(3a2?2a?1)。求实数a的取值范围。 解析：又偶函数的性质知道：f(x)在(0,??)上减，而2a?a?1?0，3a?2a?1?0，所以由 22f(2a2?a?1)?f(3a2?2a?1)得2a2?a?1?3a2?2a?1，解得0?a?3。 （设计理由：此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题，所以本题弹性较大，可以作一些条件变换如： f(a?1)?f(1)或f(a?1)?f(1?2a)等；也可将定义域作一些调整） 例16：定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求证f(x)为奇函数； (2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围． (1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)---- ①令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立，∴f(x)是奇函数． (2)解：f(3)=log23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是单调函数，所以f(x)在R上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．f(k·3)＜-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2， xxxxxxxxxxx第 8 页 共 14 页 高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军 3 2x-(1+k)·3+2＞0对任意x∈R成立．令t=3＞0，即t-(1+k)t+2＞0对任意t＞0恒成立． 1?k2xx2令f(t)?t2?(1?k)t?2,其对称轴x?当1?k?0即k??1时，f(0)?2?0,符合题意；故：21+k当?0时,2?1?k?0?对任意t?0,f(t)?0恒成立??22????(1?k)?8?0解得-1?k??1?22k??1?22时，f(k?3x)?f(3x?93?2)?0对任意x∈R恒成立。 说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t-(1+k)t+2对于任意t＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．本题还有更简捷的 解法：分离系数由k·3＜-3+9+2得k要使对x?R不等式k?3x?xxx2?3x?22x?1,而u?3??1?22?1, 3x3x2?1.恒成立，只需k<22?1 3x上述解法是将k分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖． 练习：1、已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b都满足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值； (2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (3)若f(2)=2,un=f(2n) (n∈N*),求证:un+1>un (n∈N*). 解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0. (2)、令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数. (3)先用数学归纳法证明:un=f(2n)>0 (n∈N*)(略) 2.定义域为R的函数f(x)满足：对于任意的实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x＞0时f(x)＜0恒成立. (1)判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论； (2)证明f(x)为减函数；若函数f(x)在[-3，3）上总有f(x)≤6成立，试确定f(1)应满足的条件； 11(3)解关于x的不等式f(ax2)?f(x)?f(a2x)?f(a),(n是一个给定的自然数,a?0)nn 解:（1） 同例16（略） （2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＜0,而f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）-f（x1）<0； ∴f(x1)＞f(x2),即f(x)在(-∞，+∞)上是减函数.∴f(x)在[-3，3]上的最大值为f(-3).要使f(x)≤6恒成立，当且仅当 f(-3)≤6，又∵f（-3）= - f（3）= - f（2+1）=-[ f（2）+ f（1）]= -[ f（1）+ f（1）+ f（1）]= -3 f（1），∴f（1）≥-2. （3） 112222 f（ax）- f（x）＞ f（ax）- f（a）? f（ax）- f（ax）＞n[f（x）- f（a）] nn2222 f（ax-ax）＞nf（x-a），由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）∴f（ax-ax）＞f[n（x-a）] ? 22 ∵f（x）在（-∞，+∞）上是减函数∴ax-ax＜n（x-a）.即（x-a）（ax-n）＜0，∵a＜0，∴（x-a）（x-讨论：（1）当a＜ n）＞0， ann＜0，即a＜-n时，原不等式解集为{x | x＞或x＜a}； aa第 9 页 共 14 页 高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军 （2）当a=（3）当 n＜0即a=-n时，原不等式的解集为φ； ann＜a＜0时，即-n＜a＜0时，原不等式的解集为{x | x＞a或x＜} aa3、已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1,若a,b∈［－1,1］,a+b≠0时，有 (1)判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （2）解不等式：f(x+ f(a)?f(b)＞0. a?b11)＜f(); 2x?1(3)若f(x)≤m2－2pm+1对所有x∈［－1,1］,p∈［－1,1］(p是常数）恒成立，求实数m的取值范围. .解：（1）设任意x1,x2∈［－1,1］,且x1 因为x1 x2?(?x1)∴f(x2)+f(－x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在［－1，1］上是增函数. （2）由不等式f(x+ 121??1?x??1?12)＜f()得?,解得－1 1?x?1??1??1x?1?11?x???2x?1?2 （3）由以上知f(x)最大值为f(1)=1,所以要f(x)≤m－2pm+1对所有x∈［－1,1］,p∈［－1,1］(p是常数)恒成立，只需1≤m－2pm+1恒成立，得实数m的取值范围为m≤0或m≥2p. 2 七、周期性与对称性问题（由恒等式简单判断：同号看周期，异号看对称） ．．．编号 周 期 性 对 称 性 1 f?x?a??f?x?a?→T=2a f?x?a??f??x?a?→对称轴x?a?y?f?x?a?是偶函数； f?x?a???f??x?a?→对称中心（a,0）?y?f?x?a?是奇函数 f?a?x??f?b?x?→对称轴x?a?b； 22 f?a?x??f?b?x?→T=b?a f?a?x???f?b?x?→对称中心(3 a?b,0)； 2f(x)= -f(x+a)→T=2a f(x)= -f(-x+a)→对称中心??a?,0? ?2?4 f?a?x???f?b?x?→T=2b?a f(x)=±f?a?x???f?b?x?→对称中心??a?b?,0? 2??5 f(x)=1-6 1→T=2a f?x?f(x)= b-f(-x+a)→对称中心??ab?,? ?22?1?f(x)?0?→T=3a f?x?a? 结论：(1) 函数图象关于两条直线x=a，x=b对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b| 第 10 页 共 14 页
抽象函数常见题型解法[1]
