抽象函数经典习题(二)

第一轮复习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10.定义在R上的函数f（x）满足fxyfxfyf()()()()1120，，且x12时，f（x）0。（1）设afnnNn()()*，求数列的前n项和Sn；（2）判断f（x）的单调性，并证明。（2）设xxR12、，且xx12，则xx210所以xx211212于是fxx()21120又fxfxfxx()()()21211fxxffxx()()()2121121120所以fxfx()()21，而函数f（x）在R上是减函数。11.设函数f（x）定义在R上，对于任意实数m、n，恒有fmnfmfn()()()·，且当x0时，0f（x）1。（1）求证：f（0）=1，且当x0时，f（x）1；（2）求证：f（x）在R上单调递减；解：（1）令m=1，n=0，得f（1）=f（1）·f（0）又当x0时，0f（x）1，所以f（0）=1设x0，则－x0令m=x，n=－x，则f（0）=f（x）·f（－x）所以f（x）·f（－x）=1又0f（－x）1，所以fxfx()()11（2）设xxR12、，且xx12，则xx210所以0121fxx()从而fxfxxxfxxfx()()()()2212211·又由已知条件及（1）的结论知f（x）0恒成立所以fxfxfxx()()()2121所以0121fxfx()()所以f（x2）f（x1），故f（x）在R上是单调递减的。12.定义在R上的函数f（x）对任意实数a、b都有f（a+b）+f（a－b）=2f（a）·f（b）成立，且f()00。（1）求f（0）的值；（2）试判断f（x）的奇偶性；解：（1）令a=b=0则f（0）+f（0）=2f（0）·f（0）所以2f（0）·[f（0）－1]=0又因为f()00，所以f（0）=1（2）令a=0，b=x，则f（x）+f（－x）=2f（0）·f（x）由f（0）=1可得f（－x）=f（x）所以f（x）是R上的偶函数。13.已知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足：（1）fxxfxfxfxfx()()()()()1212211·（2）存在正常数a，使f（a）=114.已知fx()对一切xy，，满足ffxyfxfy()()()()00，，且当x0时，fx()1，求证：（1）x0时，01fx()；（2）fx()在R上为减函数。证明：对一切xyR，有fxyfxfy()()()。且f()00，令xy0，得f()01，现设x0，则x0，fx()1，而ffxfx()()()01fxfx()()1101fx()，设xxR12，且xx12，则0121fxx()，fxfxxx()[()]2211fxxfxfx()()()2111fxfx()()12，即fx()为减函数。18.已知函数f（x）对任意实数x、y都有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，。（1）判断f（x）的奇偶性；（2）判断f（x）在［0，＋∞）上的单调性，并给出证明；解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－x）＝f（x），f（x）为偶函数。（2）设，∴，，∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在0，＋∞）上是增函数。20.函数f(x)的定义域为D0xx,满足:对于任意,mnD，都有()()()fmnfmfn，且f(2)=1.(1)求f(4)的值；(2)如果(26)3,()(0,)fxfx且在上是单调增函数，求x的取值范围.(1)(4)(22)(2)(2)112.ffff(2)3＝2＋1＝(4)(2)(42)(8).ffff因为()(0,)fx在上是增函数，所以(26)3(26)(8)026837.fxfxfxx21.函数)(xf的定义域为R，并满足以下条件：①对任意Rx，有0)(xf；②对任意x、Ry，有yxfxyf)]([)(；③.1)31(f则（1）求)0(f的值；（2）求证：)(xf在R上是单调增函数；9.解：解法一：（1）令2,0yx，得：2)]0([)0(ff1)0(0)0(ff（2）任取1x、),(2x，且21xx.设,31,312211pxpx则21pp21)]31([)]31([)31()31()()(2121ppffpfpfxfxf)()()(,1)31(2121xfxfxfppf在R上是单调增函解法二：（1）∵对任意x、y∈R，有yxfxyf)]([)(xfxfxf)]1([)1()(………1分∴当0x时0)]1([)0(ff∵任意x∈R，0)(xf…………3分1)0(f（2）1)]31([)313()1(,1)31(3ffffxfxf)]1([)(是R上单调增函数即)(xf是R上单调增函数；…27.设定义在R上的函数f(x),满足当x0时,f(x)1,且对任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2.1)2(f)3x(f21)]x(f[)2(;,4)xx3(f)1(22解方程解不等式解:(1)先证f(x)0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x0时f(x)1,所以f(0)=1.则使假设存在某个又,0)x(f,Rx,0)]2x(f[)2x2x(f)x(foo2f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,与已知矛盾，故f(x)0任取x1,x2∈R且x1x2,则x2-x10,f(x2-x1)1,所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]0.所以x∈R时,f(x)为增函数.解得:{x|1x2}(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化为:[f(x)]2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)由(1)得x=0.28.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；解:（1）由已知对于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+f（y）恒成立令x=y=0，得f（0+0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0令x=-y，得f(x-x)=f(x)+f(-x)=0∴对于任意x，都有f(-x)=-f(x)∴f(x)是奇函数.29.已知fx是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的,abR都满足：fabafbbfa（Ⅰ）求0,1ff的值；（Ⅱ）判断fx的奇偶性，并证明你的结论；解：（Ⅰ）取a=b=0得f(0)=0,取a=b=1得f(1)=0,（Ⅱ）取a=b=-1得f(1)=-2f(-1),所以f(-1)=0,取a=x,b=-1得f(-x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x),所以f(x)是奇函数；34、已知函数f（x）对任意实数x、y都有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，。（1）判断f（x）的奇偶性；（2）判断f（x）在［0，＋∞）上的单调性，并给出证明；（解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－x）＝f（x），f（x）为偶函数。（2）设，∴，，∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在0，＋∞）上是增函数。