抽象函数经典综合题33例(含详细解答)

抽象函数经典综合题33例（含详细解答）抽象函数，是指没有具体地给出解析式，只给出它的一些特征或性质的函数，抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述，综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力，考查对于函数性质的代数推理和论证能力，考查学生对于一般和特殊关系的认识，是考查学生能力的较好途径。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。本资料精选抽象函数经典综合问题33例（含详细解答）1.定义在R上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x0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）证明：f(x)是R上的增函数；（4）若f(x)·f(2x-x2)1，求x的取值范围。解（1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0∴f(0)=1（2）令a=x，b=-x则f(0)=f(x)f(-x)∴)(1)(xfxf由已知x0时，f(x)10，当x0时，-x0，f(-x)0∴0)(1)(xfxf又x=0时，f(0)=10∴对任意x∈R，f(x)0(3)任取x2x1，则f(x2)0，f(x1)0，x2-x10∴1)()()()()(121212xxfxfxfxfxf∴f(x2)f(x1)∴f(x)在R上是增函数（4）f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x)又1=f(0)，f(x)在R上递增∴由f(3x-x2)f(0)得：3x-x20∴0x32.已知函数()fx,()gx在R上有定义，对任意的,xyR有()()()()()fxyfxgygxfy且(1)0f（1）求证：()fx为奇函数（2）若(1)(2)ff，求(1)(1)gg的值解（1）对xR，令x=u-v则有f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-[f(u)g(v)-g(u)f(v)]=-f(x)（2）f(2)=f{1-(-1)}=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1){g(-1)+g(1)}∵f(2)=f(1)≠0∴g(-1)+g(1)=13.已知函数)(xf对任意实数yx,恒有)()()(yfxfyxf且当x＞0，.2)1(.0)(fxf又(1)判断)(xf的奇偶性；(2)求)(xf在区间[－3,3]上的最大值；(3)解关于x的不等式.4)()(2)(2axfxfaxf解（1）取,0yx则0)0()0(2)00(fff取)()()(,xfxfxxfxy则)()(xfxf对任意Rx恒成立∴)(xf为奇函数.（2）任取2121),(,xxxx且，则012xx0)()()(1212xxfxfxf),()(12xfxf又)(xf为奇函数)()(21xfxf∴)(xf在（－∞，+∞）上是减函数.对任意]3,3[x，恒有)3()(fxf而632)1(3)1()2()12()3(fffff6)3()3(ff∴)(xf在[－3，3]上的最大值为6（3）∵)(xf为奇函数，∴整理原式得)2()()2()(2faxfxfaxf进一步可得)2()2(2axfxaxf而)(xf在（－∞，+∞）上是减函数，222axxax.0)1)(2(xax当0a时，)1,(x当2a时，}1|{Rxxxx且当0a时，}12|{xaxx当20a时,}12|{xaxxx或当a2时，}12|{xaxxx或4.已知f(x)在(－1，1)上有定义，f(21)＝－1，且满足x，y∈(－1，1)有f(x)＋f(y)＝f(xyyx1)⑴证明：f(x)在(－1，1)⑵对数列x1＝21，xn＋1＝212nnxx，求f(xn);⑶求证252)(1)(1)(121nnxfxfxfn(Ⅰ)证明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0令y＝－x，则f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0∴f(x)＋f(－x)＝0∴f(－x)＝－f(x)∴f(x)为奇函数(Ⅱ)解：f(x1)＝f(21)＝－1，f(xn＋1)＝f(212nnxx)＝f(nnnnxxxx1)＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn)∴)()(1nnxfxf＝2即{f(xn)}是以－1为首项，2为公比的等比数列∴f(xn)＝－2n－1(Ⅲ)解：)2121211()(1)(1)(11221nnxfxfxf2212)212(21121111nnn而2212)212(252nnnn∴252)(1)(1)(121nnxfxfxfn5.已知函数NxfNxxfy)(,),(，满足：对任意,,,2121xxNxx都有)()()()(12212211xfxxfxxfxxfx；（1）试证明：)(xf为N上的单调增函数；（2）nN，且(0)1f，求证：()1fnn；（3）若(0)1f，对任意,mnN,有1)())((nfmfnf，证明：niif141)13(112.证明：（1）由①知，对任意*,,ababN，都有0))()()((bfafba，由于0ba，从而)()(bfaf，所以函数)(xf为*N上的单调增函数.（2）由（1）可知nN都有f(n+1)f(n),则有f(n+1)f(n)+1f(n+1)-f(n)1,f(n)-f(n-1)1f(2)-f(1)1f(1)-f(0)1由此可得f(n)-f(0)nf(n)n+1命题得证（3）（3）由任意,mnN,有1)())((nfmfnf得()1fm由f(0)=1得m=0则f(n+1)=f(n)+1,则f(n)=n+121)311(21311)311(31313131)13(121nnnniif6.已知函数()fx的定义域为0,1，且同时满足：(1)对任意0,1x，总有()2fx；(2)(1)3f(3)若120,0xx且121xx，则有1212()()()2fxxfxfx.(I)求(0)f的值；(II)求()fx的最大值；(III)设数列na的前n项和为nS，且满足*12(3),nnSanN.求证：123112332()()()()2nnfafafafan.解：（I）令120xx，由(3),则(0)2(0)2,(0)2fff由对任意0,1x，总有()2,(0)2fxf（II）任意12,0,1xx且12xx，则212101,()2xxfxx22112111()()()()2()fxfxxxfxxfxfxmax()(1)3fxf(III)*12(3)()nnSanN1112(3)(2)nnSan1111133(2),10nnnnaanaa111112113333333()()()()()23()4nnnnnnnnfafffff111143333()()nnff，即11433())(nnfafa。22112211414414444112133333333333()()()()2nnnnnnnfafafafa故113()2nnfa1213131()1()()()2nnfafafan即原式成立。7.对于定义域为0,1的函数()fx，如果同时满足以下三条：①对任意的0,1x，总有()0fx；②(1)1f；③若12120,0,1xxxx，都有1212()()()fxxfxfx成立，则称函数()fx为理想函数．(1)若函数()fx为理想函数，求(0)f的值；(2)判断函数()21xgx])1,0[(x是否为理想函数，并予以证明；(3)若函数()fx为理想函数，假定00,1x，使得0()0,1fx，且00(())ffxx，求证00()fxx．解：（1）取021xx可得0)0()0()0()0(ffff．又由条件①0)0(f，故0)0(f．（2）显然12)(xxg在[0，1]满足条件①0)(xg；-也满足条件②1)1(g．若01x，02x，121xx，则)]12()12[(12)]()([)(21212121xxxxxgxgxxg0)12)(12(1222122121xxxxxx，即满足条件③，故)(xg理想函数．（3）由条件③知，任给m、n[0，1]，当nm时，由nm知mn[0，1]，)()()()()(mfmfmnfmmnfnf若)(00xfx，则000)]([)(xxffxf，前后矛盾；若)(00xfx，则000)]([)(xxffxf，前后矛盾．故)(00xfx8.已知定义在R上的单调函数()fx,存在实数0x,使得对于任意实数12,xx,总有0102012()()()()fxxxxfxfxfx恒成立。(Ⅰ)求0x的值；(Ⅱ)若0()1fx,且对任意正整数n,有1()12nnaf,,求数列{an}的通项公式；(Ⅲ)若数列{bn}满足1221nnboga，将数列{bn}的项重新组合成新数列nc，具体法则如下：112233456,,,cbcbbcbbb478910,cbbbb……，求证：12311112924ncccc。解：(Ⅰ)令120xx，得0()(0)fxf，①令121,0xx，得00()()(1)(0)fxfxff，(1)(0)ff，②由①、②得0()(1)fxf，又因为()fx为单调函数，01x(Ⅱ)由（1）得121212()()()(1)()()1fxxfxfxffxfx，1111(1)()()()(1),2222fffff111()0,()1122faf11111111111()()()()(1)2()1222222nnnnnnffffff，1111()1[()1],222nnff112nnaa，112nna，1112212121212nnnbogaogn(Ⅲ)由{Cn}的构成法则可知，Cn应等于{bn}中的n项之和，其第一项的项数为[1+2+…+(n－1)]+1=2)1(nn+1，即这一项为2×[2)1(nn+1]－1=n(n－1)+1Cn=n(n－1)+1+n(n－1)+3+…+n(n－1)+2n－1=n2(n－1)+2)121(nn=n33192912824当3n时，322111111[](1)2(1)(1)nnnnnnnnn3333111111111111[]234822334(1)(1)nnnnn111111291[]18223(1)81224nn解法2：3234(1)(2)0,4(1)nnnnnnnn3333311111()4(1)41111111111111()234842311111119291181648161624nnnnnnnnn9.设函数()fx是定义域在(0,)上的单调