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）证明：f(x)是R上的增函数；

（4）若f(x)·f(2x-x)>1，求x的取值范围。

解 （1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]∵f(0)≠0 ∴f(0)=1 （2）令a=x，b=-x则 f(0)=f(x)f(-x) ∴f(x)1 f(x)2

2

由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0 ∴f(x)10又x=0时，f(0)=1>0 f(x)∴对任意x∈R，f(x)>0

(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0 ∴

f(x2)f(x2)f(x1)f(x2x1)1 f(x1) ∴f(x2)>f(x1) ∴f(x)在R上是增函数

（4）f(x)·f(2x-x)=f[x+(2x-x)]=f(-x+3x)又1=f(0)， f(x)在R上递增

∴由f(3x-x)>f(0)得：3x-x>0 ∴ 02

2

2

2

2

f(x),g(x)在R上有定义，对任意的x,yR有

f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y) 且f(1)0

（1）求证：f(x)为奇函数

（2）若f(1)f(2)， 求g(1)g(1)的值

解（1）对xR，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)=1

3.已知函数f(x)对任意实数x,y恒有f(xy)f(x)f(y)且当x＞0，

f(x)0.又f(1)2.

(1)判断f(x)的奇偶性；

(2)求f(x)在区间[－3,3]上的最大值； (3)解关于x的不等式f(ax2)2f(x)f(ax)4.

解（1）取xy0,则f(00)2f(0)取yx,则f(xx)f(x)f(x)

f(0)0

f(x)f(x)对任意xR恒成立 ∴f(x)为奇函数. （2）任取x1,x2(,)且x1x2， 则x2x10

f(x2)f(x1)f(x2x1)0

f(x2)f(x1), 又f(x)为奇函数 f(x1)f(x2) ∴f(x)在（－∞，+∞）上是减函数. 对任意x[3,3]，恒有f(x)f(3)

而f(3)f(21)f(2)f(1)3f(1)236 f(3)f(3)6∴f(x)在[－3，3]上的最大值为6

（3）∵f(x)为奇函数，∴整理原式得 f(ax)f(2x)f(ax)f(2)

进一步可得f(ax2x)f(ax2)

2而f(x)在（－∞，+∞）上是减函数，ax2xax2

22(ax2)(x1)0.

当a0时，x(,1)

当a2时，x{x|x1且xR}

2当a0时，x{x|x1}

a当0a2时, x{x|x当a>2时，x{x|x

4.已知f(x)在(－1，1)上有定义，f(

2或x1} a2或x1} axy1)＝－1，且满足x，y∈(－1，1)有f(x)＋f(y)＝f() 21xy⑴证明：f(x)在(－1，1)上为奇函数； ⑵对数列x1＝

2xn1，xn＋1＝，求f(xn); 221xn⑶求证

1112n5 f(x)f(x)f(x)n212n(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(

2xnxnxn1)＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn) 21xx21xnnn∴

f(xn1)＝2即{f(xn)}是以－1为首项，2为公比的等比数列

f(xn)－

∴f(xn)＝－2n1 (Ⅲ)解：

111111 (1)2n1f(x)f(x)f(x)22212n11n11 2(2n)221n1122122n511而 (2)22n2n2n2∴

5.已知函数yf(x),xN,f(x)N，满足：对任意x1,x2N,x1x2,都有

1112n5 f(x)f(x)f(x)n212nx1f(x1)x2f(x2)x1f(x2)x2f(x1)；

（1）试证明：f(x)为N上的单调增函数； （2）nN，且f(0)1，求证：f(n)n1；

m,nN,有f(nf(m))f(n)1，（3）若f(0)1，对任意证明：

i1n11. i4f(31)2*证明：（1）由①知，对任意a,bN,ab，都有(ab)(f(a)f(b))0，

由于ab0，从而f(a)f(b)，所以函数f(x)为N*上的单调增函数. （2）由（1）可知nN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

m,nN,有f(nf(m))f(n)1 （3）（3）由任意

得f(m)1 由f(0)=1得m=0 则f(n+1)=f(n)+1,则f(n)=n+1

i1n11(1n)1111331112•••n(1n)i13232f(31)3313

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12(an3),nN.

*求证：f(a1)f(a2)f(a3)f(an)32n21.

23n1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 （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

(III)

*1Sn12(an3)(nN)Sn12(an13)(n2)

an1a110an3n11 3an1(n2),f(an)f(3n11111)f(2)f(1)23f(1)4 )f(3n3n3n3n3n3n1)1f(f(3n313n114)43，即f(an1)3f(an)3。

4144f(an)13f(an1)332f(an2)3233n11f(a1)3n413n4213424323n11 故f(an)2n13f(a1)f(a2)1(1)n3f(an)2n11即原式成立。

37. 对于定义域为0,1的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的x0,1，总有

f(x)0；②f(1)1；③若x10,x20,x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成

立，则称函数f(x)为理想函数．

(1) 若函数f(x)为理想函数，求f(0)的值；

(2)判断函数g(x)21(x[0,1])是否为理想函数，并予以证明； (3) 若函数f(x)为理想函数，

假定x00,1，使得f(x0)0,1，且

xf(f(x0))x0，求证f(x0)x0．

解：（1）取x1x20可得f(0)f(0)f(0)f(0)0．

又由条件①f(0)0，故f(0)0．

x（2）显然g(x)21在[0，1]满足条件①g(x)0；-

也满足条件②g(1)1． 若x10，x20，x1x21，则

g(x1x2)[g(x1)g(x2)]2x1x21[(2x11)(2x21)] 2x1x22x12x21(2x21)(2x11)0 ，即满足条件③，

故g(x)理想函数．

（3）由条件③知，任给m、n[0，1]，当mn时，由mn知nm[0，1]，

f(n)f(nmm)f(nm)f(m)f(m)

若x0f(x0)，则f(x0)f[f(x0)]x0，前后矛盾； 若x0f(x0)，则f(x0)f[f(x0)]x0，前后矛盾． 故x0f(x0)

8.已知定义在R上的单调函数f(x),存在实数x0,使得对于任意实数x1,x2,总有

f(x0x1x0x2)f(x0)f(x1)f(x2)恒成立。

(Ⅰ)求x0的值；

1)1, ,求数列{an}的通项公式； n2 (Ⅲ)若数列{bn}满足bn2og1an1，将数列{bn}的项重新组合成新数列cn，具体法则

(Ⅱ)若f(x0)1,且对任意正整数n,有anf(2如下：c1b1,c2b2b3,c3b4b5b6,c4b7b8b9b10,……，求证：

111c1c2c3129。 cn24解：(Ⅰ)令x1x20，得f(x0)f(0)，①

令x11,x20，得f(x0)f(x0)f(1)f(0)，f(1)f(0)，② 由①、②得f(x0)f(1)，又因为f(x)为单调函数，x01 (Ⅱ)由（1）得f(x1x2)f(x1)f(x2)f(1)f(x1)f(x2)1，

1111f(1)f()f()f()f(1),

222211f()0,a1f()11 22111111f(n)f(n1n1)f(n1)f(n1)f(1)2f(n1)1， 222222111f(n1)1[f(n)1], 22211an1an，an22n1，

n11bn2og1an12og1222[1+2+…+(n－1)]+1=

12n1

(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

(n1)n(n1)n+1，即这一项为2×[+1]－1=n(n－1)+1 22n(12n1)3

Cn=n(n－1)+1+n(n－1)+3+…+n(n－1)+2n－1=n2(n－1)+=n

2192913

2824111111[] 当n3时，322nnnn(n1)2(n1)nn(n1)1111333234111111[3n82233411](n1)nn(n1)111111291[]1

8223n(n1)81224解法2：

n34n(n1)n(n2)20,n34n(n1)

11111()n34n(n1)4n1n11111111133331(234n8423111111929118164n816162411) n1n9.设函数f(x)是定义域在(0,)上的单调函数，且对于任意正数x,y有

f(xy)f(x)f(y)，已知f(2)1.

1f()（1）求2的值；

（2）一个各项均为正数的数列

是数列

{an}满足：f(Sn)f(an)f(an1)1(nN*)，其中Sn{an}的前n项的和，求数列{an}的通项公式；

（3）在（2）的条件下，是否存在正数M，使

2na1a2anM2n1(2a11) (2a21)(2an1)

对一切nN*成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，说明理由.

解：（1）∵f(xy)f(x)f(y)，令xy1，有f(1)f(1)f(1)2f(1)，∴f(1)0.

1111f(1)f(2)f()f()1f()f(1)f(2)0112，有2，∴2再令，∴2

11f[a(a1)]f()f[an(an1)]nnf(Sn)f(an)f(an1)122（2）∵,

1an(an1)0S0f(x)(0,)2n又∵是定义域上单调函数，∵，，∴

1Snan(an1)2 ……①

x2,y当

n1时，由

1S1a1(a11)2，得

a11，当

n2时，

Sn11an1(an11)2 ……②

11SnSn1an(an1)an1(an11)an22由①－②，得，

化简，得

22anan1(anan1)0，∴

(anan1)(anan11)0，

aan11aa10∵an0，∴nn1，即n，∴数列{an}为等差数列. a11，公差d1. ∴

ana1(n1)d1(n1)1n2na1a2an2n12，故ann.

，

（3）∵

n2nn!(2a11)(2a21)(2an1)13(2n1)

bn令

2na1a2an2n1(2a11)(2a21)2nn!(2an1)=2n113(2n1), 2n1(n1)!bn12n313(2n1)(2n1). 而

2(n1)bn12(n1)2n14n28n412b(2n1)(2n3)(2n1)2n34n8n3n∴=，

∴

bn1bn，数列{bn}为单调递增函数，由题意Mbn恒成立，则只需

M(bn)min=

b123，

∴

M(0,2323](0,]3，3. M的取值范围为存在正数M，使所给定的不等式恒成立，

()1fx()fy()，f()010.定义在R上的函数（fx）满足fxy，且xf（x）<0。

（1）设a，求数列的前n项和Sn； fnn()(N)n（2）判断f（x）的单调性，并证明。

*121时，2解：（1）f() 1ff111212令x=n，y=1，则f (n1)f(n)f(1)1f(n)2所以，a11，an1an2

故数列an是首项为－1，公差为－2的等差数列。

因此，Sn·(1)nnn12 2n2（2）设x，且x 、xRx0121x2，则x21所以 x2x1 于是f(x x021)又f (x)f(x)f(xx)1212111221211 f(xx)f()1f(xx02121)22所以f，而函数f（x）在R上是减函数。 (x)f(x)2111. 设函数f（x）定义在R上，对于任意实数m、n，恒有fm，(n)fm()·fn()且当x>0时，0（1）求证：f（0）=1，且当x<0时，f（x）>1； （2）求证：f（x）在R上单调递减；

（3）设集合A， (x,y)|(fxf)·(y)f(1)22B(x,y)|f(axy2)1，aR，若A，求a的取值范围。 ∩B解：（1）令m=1，n=0，得f（1）= f（1）·f（0） 又当x>0时，0< f（x）<1，所以f（0）=1 设x<0，则－x>0

令m=x，n=－x，则f（0）= f（x）·f（－x） 所以f（x）·f（－x）=1

)又0< f（－x）<1，所以f(x11

f(x)、xRx0（2）设x，且x 121x2，则x21所以0 fx(x)121从而f (x)(fxxx)(fxx)·f(x)2212211又由已知条件及（1）的结论知f（x）>0恒成立

所以

f(x2)f(xx) 21f(x)1f(x2)1 f(x1)所以0所以f（x2）< f（x1），故f（x）在R上是单调递减的。

（3）由

得：f( xy)f()122因为f（x）在R上单调递减

所以xy1，即A表示圆xy1的内部 由f（ax－y+2）=1= f（0）得：ax－y+2=0 所以B表示直线ax－y+2=0

所以A，所以直线与圆相切或相离，即∩B222221a21

a3解得：3

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）=2 f（a）·f（b）成立，且f(0)0。

（1）求f（0）的值； （2）试判断f（x）的奇偶性；

（3）若存在常数c>0使f()0，试问f（x）是否为周期函数？若是，指出它的一个周期；若不是，请说明理由。

解：（1）令a=b=0

c2则f（0）+ f（0）=2 f（0）·f（0） 所以2 f（0）·[f（0）－1]=0 又因为f(0)0，所以f（0）=1

（2）令a=0，b=x，则f（x）+ f（－x）=2 f（0）·f（x） 由f（0）=1可得f（－x）= f（x） 所以f（x）是R上的偶函数。 （3）令ax，b，则

c2c2cccccc fxfx2fx·f222222c2因为f0

所以f（x+c）+ f（x）=0 所以f（x+c）=－ f（x）

所以f（x+2c）=－ f（x+c）= －[－f（x）]= f（x） 所以f（x）是以2c为周期的周期函数。

13.已知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足：

xx)（1）f(12f(x)·f(x)112

f(x)f(x)21（2）存在正常数a，使f（a）=1 求证：（1）f（x）是奇函数；

（2）f（x）是周期函数，并且有一个周期为4a 证明：（1）设t，则 xx12f(t)f(x2x1)f(x2)·f(x1)1f(x1)f(x2)f(x1)·f(x2)1

f(x2)f(x1)f(x1x2)f(t)所以函数f（x）是奇函数。

（2）令x，则f(2a，xaa)12f(2a)·f(a)1

f(a)f(2a)即1f(2a)1

1f(2a)解得：f（2a）=0

所以f(x2a)f(x)·f(2a)1f(x)·[(fa21)]1

f(2a)f(x)fa(2)f(x)f(x)所以fx4a11f()x

1f(x2a)f()x因此，函数f（x）是周期函数，并且有一个周期为4a。

14.已知f(x)对一切x，y，满足f(0)0，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，

f(x)1，求证：（1）x0时，0f(x)1；（2）f(x)在R上为减函数。

证明：对一切x，yR有f(xy)f(x)f(y)。 且f(0)0，令xy0，得f(0)1， 现设x0，则x0，f(x)1， 而f(0)f(x)f(x)1

f(x)11 f(x) 0f(x)1，

设x1，x2R且x1x2， 则0f(x2x1)1， f(x2)f[(x2x1)x1] f(x2x1)f(x1)f(x1) f(x1)f(x2)， 即f(x)为减函数。

15.已知函数f(x)是定义在(，1]上的减函数，且对一切实数x，不等式

2恒成立，求k的值。 fk(sinx)fk(2sin)x 分析：由单调性，脱去函数记号，得

22ksinx122ksinxksinx k21sin2x(1)2112kk(sinx)42

(2) 由题意知(1)(2)两式对一切x恒成立，则有 R22k(1sinx)1mink1 2 1192kk(sinx)max42416.设定义在R上的函数f(x)对于任意x,y都有f(xy)f(x)f(y)成立，且

f(1)2，当x0时，f(x)0。

（1）判断f(x)的奇偶性，并加以证明；

（2）试问：当-2003≤x≤2003时，f(x)是否有最值？如果有，求出最值；如果没有，说明理由；

（3）解关于x的不等式

11f(bx2)f(x)f(b2x)f(b)，其中b22. 22分析与解：⑴令x=y=0，可得f(0)=0

令y=-x，则f(0)=f(－x)+f(x)，∴f(－x)= －f(x)，∴f(x)为奇函数 ⑵设－3≤x1＜x2≤3，y=－x1，x=x2

则f(x2－x1)=f(x2)+f(－x1)=f(x2)－f(x1)，因为x＞0时，f(x)＜0， 故f(x2－x1)＜0，即f(x2)－f(x1)＜0。

∴f(x2)＜f(x1)、f(x)在区间[－2003、2003]上单调递减

∴x=－2003时，f(x)有最大值f(－2003)=－f(2003)=－f(2002+1)=－[f(2002)+f(1)]=－[f(2001)+f(1)+f(1)]=…=－2003f(1)=4006。

x=2003时，f(x)有最小值为f(2003)= －4006。 ⑶由原不等式，得

1[f(bx2) －f(b2x)]＞f(x) －f(b)。 2即f(bx2)+f(－b2x)＞2[f(x)+f(－b)]

∴f(bx2－b2x)＞2 f(x－b)，即f[bx(x－b)]＞f(x－b)+f(x－b) ∴f[bx(x－b)]＞f[2 f(x－b)]

由f(x)在x∈R上单调递减，所以bx(x－b)＜2(x－b)，∴(x－b)(bx－2) ＜0 ∵b2≥2, ∴b≥2或b≤－2 当b＞2时，b＞

22，不等式的解集为x|xb bb22，不等式的解集为x|xb或x

bb当b＜－2时，b＜

当b=－2时，不等式的解集为x|x2,且xR 当b=2时，不等式解集为φ

17.已知定义在R上的函数fx满足：

（1）值域为1,1，且当x0时，1fx0； （2）对于定义域内任意的实数x,y，均满足：fmn试回答下列问题： （Ⅰ）试求f0的值；

（Ⅱ）判断并证明函数fx的单调性；

（Ⅲ）若函数fx存在反函数gx，求证：ggfmfn

1fmfn1511111 g2g．

n3n121fmf0分析与解：（Ⅰ）在fmnfmfn中，令m0,n0，则有fmfmf0．即：

1fmfnfm210． ．也即：fm1fmf0fmf0f0由于函数fx的值域为1,1，所以，fm210，所以f00．

（Ⅱ）函数fx的单调性必然涉及到fxfy，于是，由已知

fmnfmfnfmfn，我们可以联想到：是否有fmn？（＊）

1fmfn1fmfn这个问题实际上是：fnfn是否成立？

为此，我们首先考虑函数fx的奇偶性，也即fx与fx的关系．由于f00，所以，在fmnfmfn中，令nm，得fmfm0．所以，函数fx1fmfn为奇函数．故（＊）式成立．所以，fmfnfmn1fmfn．任取

x1,x2R，且x1x2，则x2x10，故fx2x10且1fx2,fx11．所以，

fx2fx1fx2x11fx2fx10，所以，函数fx在R上单调递减．

（Ⅲ）由于函数fx在R上单调递减， 所以，函数fx必存在反函数gx，

由原函数与反函数的关系可知：gx也为奇函数；gx在1,1上单调递减；且当

1x0时，gx0．

为了证明本题，需要考虑gx的关系式．

fmfn在（＊）式的两端，同时用g作用，得：mng，

1fmfnxy．令fmx,fny，则mgx,ngy，则上式可改写为：gxgyg

1xy不难验证：对于任意的x,y1,1，上式都成立．（根据一一对应）． 这样，我们就得到了gx的关系式． 这个式子给我们以提示：即可以将法化简求证式的左端．

xy1写成的形式，则可通过裂项相消的方

1xyn23n11事实上，由于

1n3n121n1n21n1n2111n1n2n1n2，

111n1n21所以，g111gg． 2n3n1n1n2151111g2

n3n1所以，gg111111gggggg334n22n1

11111ggggg2n22n22点评：一般来说，涉及函数奇偶性的问题，首先应该确定f0的值．

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； （3）若

，求a的取值范围。

分析：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数，从而可猜想f（x）是偶函数，且在［0，＋∞）上是增函数。

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。 （3）∵f（27）＝9，又∴∵

，∴

，∵，∴

，∴，又

，故

，

。 ，

19.设函数y∈R，有

的定义域为全体R，当x<0时，

成立，数列

满足

，且对任意的实数x，，且

（n∈N）

*

（Ⅰ）求证：是R上的减函数；

（Ⅱ）求数列的通项公式；

（Ⅲ）若不等式

的

最大值．

对一切n∈N均成立，求k

*

解析：（Ⅰ）令，得，

由题意知，所以，故．

当时，，，进而得．

设且，则，

．

即，所以是R上的减函数．

（Ⅱ）由 得 ，

所以．

因为是R上的减函数，所以，

即， 进而，

所以是以1为首项，2为公差的等差数列．

所以所以

，

．

（Ⅲ）由对一切n∈N均成立．

*

知对一切n∈N均成立．

*

设，

知且

又．

故为关于n的单调增函数，．

所以，k的最大值为

20.函数f(x)的定义域为D xx0, 满足: 对于任意m,nD，都有 f(mn)f(m)f(n)，且f(2)=1.

(1)求f(4)的值；

(2)如果f(2x6)3,且f(x)在(0,)上是单调增函数，求x的取值范围. (1)f(4)f(22)f(2)f(2)112. (2) 3＝2＋1＝f(4)f(2)f(42)f(8). 因为f(x)在(0,)上是增函数，所以

f(2x6)3f(2x6)f(8)02x683x7.

21.函数f(x)的定义域为R，并满足以下条件：①对任意xR，有f(x)0； ②对任意x、yR，有f(xy)[f(x)]；③f()1. 则

（1）求f(0)的值； （2）求证：f(x)在R上是单调增函数； （3）若abc0,且bac，求证：f(a)f(c)2f(b). 9.解：解法一：（1）令x0,y2，得：f(0)[f(0)]

22y13f(0)0f(0)1

33（2）任取x1、x2(,)，且x1x2. 设x11p1,x21p2,则p1p2 1111f(x1)f(x2)f(p1)f(p2)[f()]p1[f()]p2

33331f()1,p1p23f(x1)f(x2)f(x)在R上是单调增函

cf(b)[f(b)]b

ba （3）由（1）（2）知f(b)f(0)1 f(b)1 f(a)cbbf(c)f(b)[f(b)]b f(a)f(c)[f(b)][f(b)]2[f(b)]bcacacb

而ac2ac2b2b22[f(b)]acb2[f(b)]2bb2f(b) yf(a)f(c)2f(b)

解法二：（1）∵对任意x、y∈R，有f(xy)[f(x)]

f(x)f(x1)[f(1)]………1分 ∴当x0时f(0)[f(1)] ∵任意x∈R， f(x)0…………3分 f(0)1

（2）f(1)1,f(1)f(31)[f(1)]31

333x0f(x)[f(1)]x是R上单调增函数 即f(x)是R上单调增函数；…（3）

f(a)f(c)[f(1)]a[f(1)]c2[f(1)]ac

而ac2ac2b22b2[f(1)]ac2[f(1)]2b2f(b)

f(a)f(c)2f(b)

22. 定义在区间（0，）上的函f(x)满足：（1）f(x)不恒为零；（2）对任何实数x、q,都有f(x)qf(x).

（1）求证：方程f(x)=0有且只有一个实根；

（2）若a>b>c>1,且a、b、c成等差数列，求证：f(a)•f(c)f(b)； （3）（本小题只理科做）若f(x) 单调递增，且m>n>0时，有f(m)f(n)2f(2qmn)，2求证：3m22 解：(1)取x=1,q=2,有

f(12)f(2)即f(1)01是f(x)0的一个根，若存在另一个实根x01，使得

f(x1)0对任意的x1(x1(0,)成立，且x1x0(q0),有f(x1)qf(x0)0,f(x0)0恒成立，f（x1)0,与条件矛盾，f(x)0有且只有一个实根x1

（2）abc1,不妨设ab1,cb2，

2，则q10，q20∴f(a)•f(c)f(b1)•f(b2)q1q2•f(b)，又a+c=2b,

qqqqq(ac)20 ∴ac-b=42即ac2q1q2qqb,0q1q22,q2q1121f(a)f(c)f2(b)

222f(1)0,f(x)在(0,)单调递增，当x(0,1)时f(x)0;当x(1,)时，f(x)0.

又f(m)f(n),f(m)f(n),f(m)f(n),mn0,f(m)f(n). 令m=b1,n=b2,b1,且q1q20

qqmn则f(m)+f(n)=(q1q2)f(b)=f(mn)=0mn1.0n1m,f(m)2f,且

2mnmnm1,mn1,f(m)2f(),f(m)222mn2mnfm

222222,22即4m=m2mnn4mm2n,由03m22

23. 设f(x)是定义域在[1,1]上的奇函数，且其图象上任意两点连线的斜率均小于零.

（l）求证f(x)在[1,1]上是减函数；

（ll）如果f(xc)，f(xc)的定义域的交集为空集，求实数c的取值范围； （lll）证明若1c2，则f(xc)，f(xc)存在公共的定义域，并求这个公共的空义域.

解：（1）∵奇函数f(x)的图像上任意两点连线的斜率均为负

22，1]且x1x2有 ∴对于任意x1、x2[1

f(x1)f(x2)0

x1x2

从而x1x2与f(x1)f(x2)异号

，1]上是减函数 ∴f(x)在[1，c1] （2） f(xc)的定义域为[c1 f(xc)的定义域为[c1，c1] ∵ 上述两个定义域的交集为空集

则有： c1c1 或c1c1 解得：c2或c1 故c的取值范围为c2或c1 （3）∵ c1c1恒成立 由(2)知：当1c2时

222222c21c1

当1c2或1c0时 c1c1且 c1c1

222 此时的交集为[(c1, 当0c1

c1]

c1c1 且 c1c1

22 此时的交集为[c1,c21]

故1c2时，存在公共定义域，且

当1c0或1c2时，公共定义域为[(c1, 当0c1时，公共定义域为[c1,24．已知函数f(x)=

2c1]；

c21].

g(x)1,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增

g(x)1函数. g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n∈R) 求证： f(x)是R上的增函数 解:设x1>x2

 g(x)是R上的增函数, 且g(x)>0  g(x) > g(x) >0 g(x)+1 > g(x)+1 >0

1

2

1

2



22 > >0

g(x2)1g(x1)122 - >0

g(x2)1g(x1)1



f(x1)- f(x2)=

g(x1)1g(x2)122- =1--(1-)

g(x1)1g(x2)1g(x1)1g(x2)1 =

22->0

g(x2)1g(x1)12

 f(x) >f(x)

 f(x)是R上的增函数

1

25..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 326.已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1,且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,求g(2002)

解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.

所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1 即 g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x).

所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1),故g(x)=g(x+1) 又g(1)=1,故g(2002)=1.

27.设定义在R上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2

(1)解不等式f(3xx2)4,;(2)解方程[f(x)]21f(x3)f(2)1. 2解:(1)先证f(x)>0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1.

xxx又f(x)f()[f()]20,假设存在某个xoR,使f(xo)0,则

222f(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|1(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；

(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）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. （2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，由已知f（x2-x1）＜0（1） 又f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2） 由（1）（2）得f(x1)＞f(x2),根据函数单调性的定义知f(x0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.

11（3） f（ax2）- f（x）＞ f（a2x）- f（a）

nn f（ax2）- f（a2x）＞n[f（x）- f（a）]  f（ax2-a2x）＞nf（x-a）（10分）

由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a） ∴f（ax2-a2x）＞f[n（x-a）] ∵f（x）在（-∞，+∞）上是减函数 ∴ax2-a2x＜n（x-a）.即（x-a）（ax-n）＜0， ∵a＜0，

n）＞0，（11分） an讨论：（1）当a＜＜0，即a＜-n时，

an原不等式解集为{x | x＞或x＜a}；

an（2）当a=＜0即a=-n时，原不等式的解集为φ；

an（3）当＜a＜0时，即-n＜a＜0时，

an原不等式的解集为{x | x＞a或x＜}

a∴（x-a）（x-29.已知fx是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a,bR都满足：

fabafbbfa

（Ⅰ）求f0,f1的值；

（Ⅱ）判断fx的奇偶性，并证明你的结论；

（Ⅲ）若f22, unf2nn nN*，求数列un的前n项的和Sn．

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；

1 （Ⅲ）Sn1．

230．（2005年广东省高考试题）设函数f(x)在(,)上满足f(2x)f(2x)，

nf(7x)f(7x)，且在闭区间［0，7］上，只有f(1)f(3)0．

（Ⅰ）试判断函数yf(x)的奇偶性；

（Ⅱ）试求方程f(x)=0在闭区间［-2005，2005］上的根的个数，并证明你的结论． 解:由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函数yf(x)的对称轴为x2和x7, 从而知函数yf(x)不是奇函数,

由f(2x)f(2x)f(x)f(4x)f(4x)f(14x)

f(7x)f(7x)f(x)f(14x)f(x)f(x10),从而知函数yf(x)的周期为T10

又f(3)f(0)0,而f(7)0,故函数yf(x)是非奇非偶函数;

(II)由f(2x)f(2x)f(x)f(4x)f(4x)f(14x)

f(7x)f(7x)f(x)f(14x)f(x)f(x10)

(II) 又f(3)f(0)0,f(11)f(13)f(7)f(9)0 故f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,

从而可知函数yf(x)在[0,2005]上有402个解,在[-2005.0]上有400个解, 所以函数yf(x)在[-2005,2005]上有802个解.

31. 设f(x)定义在R上且对任意的x有f(x)f(x1)f(x2)，求证：f(x)是周期

函数，并找出它的一个周期。

分析：这同样是没有给出函数表达式的抽象函数，其一般解法是根据所给关系式进行递推，若能得出f(xT)f(x)（T为非零常数）则f(x)为周期函数，且周期为T。 证明：f(x)f(x1)f(x2) f(x1)f(x2)f(x3) (1)(2)得f(x)f(x3) 由（3）得f(x3)f(x6)(1) (2) (3) (4)

由（3）和（4）得f(x)f(x6)。

上式对任意xR都成立，因此f(x)是周期函数，且周期为6。

32.设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x对称。对任意x，x[0，]都112有f。 (xx)f(x)(fx)1212 （I）设f()求f()，f()； 12， （II）证明f(x)是周期函数。 解析：（I）解略。

（II）证明：依题设yf(x对称 1)关于直线x 故f ()xf(2x)，xR 又由f(x)是偶函数知 f (x)f()x，xR  f(x)f(2x)，xR 将上式中以x代换，得 x f ()xf(x2)，xR 这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期 f(x)是偶函数的实质是f(x)的图象关于直线x对称 0 又f(x)的图象关于x对称，可得f(x)是周期函数 1121214

33.己知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三条件：

①当是定义域中的数时，有；

②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）； ③当0＜x＜2a时，f（x）＜0。

试问：（1）f（x）的奇偶性如何？说明理由。

（2）在（0，4a）上,f（x）的单调性如何？说明理由。 解：（1）∵f（x）的定义域关于原点对称，且

是定义域中的数时有

，∴在定义域中。∵

，

∴f（x）是奇函数。

（2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0，

∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于零，进而知

于是f（x1）＜ f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。

中的，

又，∵f（a）＝－1，∴，∴

f（2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，

，于是f（x）＞0，即在（2a，4a）上f（x）

＞0。设2a＜x1＜x2＜4a，则0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f（x2）均大于零。f（x2－

x1）＜0，∵，∴，即

f（x1）＜f（x2），即f（x）在（2a，4a）上也是增函数。综上所述，f（x）在（0，4a） 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； （3）若

，求a的取值范围。

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。 （3）∵f（27）＝9，又∴∵

，∴

，∵，∴

，∴，又

，故

，

，