抽象函數(shù)經(jīng)典綜合題33例

1、抽象函數(shù)經(jīng)典綜合題33例(含詳細(xì)解答)抽象函數(shù),是指沒有具體地給出解析式,只給出它的一些特征或性質(zhì)的函數(shù),抽象函數(shù)型綜合問題,一般通過對函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)表述,綜合考查學(xué)生對于數(shù)學(xué)符號語言的理解和接受水平,考查對于函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)推理和論證水平,考查學(xué)生對于一般和特殊關(guān)系的熟悉,是考查學(xué)生水平的較好途徑.抽象函數(shù)問題既是教學(xué)中的難點(diǎn),又是近幾年來高考的熱點(diǎn).本資料精選抽象函數(shù)經(jīng)典綜合問題33例(含詳細(xì)解答)1 .定義在R上的函數(shù)y=f(x),f(0)W0,當(dāng)x>0時,f(x)>1,且對任意的a、bCR,有f(a+b尸f(a)f(b),(1)求證：f(0)=1;(2)求證：對任意的xCR,

2、恒有f(x)>0;(3)證實(shí)：f(x)是R上的增函數(shù)；(4)假設(shè)f(x)-f(2x-x2)>1,求x的取值范圍.解(1)令a=b=0,那么f(0)=f(0)2.f(0)w0f(0)=1i(2)令a=x,b=-x那么f(0)=f(x)f(-x)f(x)f(x)由x>0時,f(x)>1>0,當(dāng)x<0時,-x>0,f(-x)>01 f(x)0又x=0時,f(0)=1>0f(x)'',對任意xCR,f(x)>0(3)任取x2>x1,那么f(x2)>0,f(x1)>0,x2-x1>0 1-f(x2)f(x

3、2)f(xjf(x2xj1f(x1) f(x2)>f(x1)f(x)在R上是增函數(shù)(4) f(x)f(2x-x2)=fx+(2x-x2)=f(-x2+3x)又1=f(0),f(x)在R上遞增.由f(3x-x2)>f(0)得：3x-x2>0.1-0<x<32.函數(shù)f(x),g(x)在R上有定義,對任意的x,yR有f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y)且f(1)0(1)求證：f(x)為奇函數(shù)(2)假設(shè)f(1)f(2),求g(1)g(1)的值解(1)對xR,令x=u-v那么有f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-f(u)g(v

4、)-g(u)f(v)=-f(x)2)f(2)=f1-(-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)W0g(-1)+g(1)=13.函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)x,y恒有f(xy)f(x)f(y)且當(dāng)x>0,f(x)0.又f(1)2.(1) 判斷f(x)的奇偶性；(2) 求f(x)在區(qū)間3,3上的最大值；(3)解關(guān)于x的不等式f(ax2)2f(x)f(ax)4.解(1)取xy0,那么f(00)x,那么f(xx)f(x)取yf(x)2)任取x1,x2f(x)對任意x(,)且x12f(0)f(x)R恒成立.x2

5、,那么x2f(x2)f(x1)f(x2x1)0f(x2)f(x1),又f(x)為奇函數(shù)f(x)在(巴+OO)上是減函數(shù).對任意x3,3,恒有f(x)f(3)而f(3)f(21)f(2)f(1)3f(1)f(0)0f(x)為奇函數(shù).x10f(x1)f(x2)236f(3)f(3)6f(x)在-3,3上的最大值為6(3) f(x)為奇函數(shù),整理原式得f(ax2)f(2x)f(ax)f(2)進(jìn)一步可得f(ax22x)f(ax2)而f(x)在(+00)上是減函數(shù),ax22xax2(ax2)(x1)0.當(dāng)a0時,x(,1)a2時,xx|x1且xR,一2.、當(dāng)a0時,xx|x1a.一2當(dāng)0a2時,xx|x

6、或x1a2當(dāng)a>2時,xx|x或x1a4.f(x)在(1,1)上有定義,f(1)=1,且滿足x,ye(1,1)有f(x)+f(y)2=f(7)1xy證實(shí)：f(x)在(一1,1)上為奇函數(shù);對數(shù)列x1=1,xn+1=2xn,求f(xn)；21x求證1f(x1)1f(x2)12n5百V-2(I)證實(shí)：令x=y=0,2f(0)=f(0),f(0)=0令y=-x,那么f(x)+f(x)=f(0)=0 .f(x)+f(-x)=0.-f(-x)=-f(x) .f(x)為奇函數(shù)12xxx(n)解：f(x1)=f(-)=-1,f(xn+1)=f(2-)=f()=f(xn)+f(xn)=21xn1xnxn

7、2f(xn)f(xn1)=2即f(xn)是以一1為首項(xiàng),2為公比的等比數(shù)列f(xn)111112n1(出)解：(112f(x1)f(x2)f(xn)222n1211(2*)2/2(2f(Xi)f(X2)if(xn)2n5n25.函數(shù)yf(x),xN,f(x)N,滿足：對任意X1,x2N,xix2,都有Xif(xi)x2f(x2)xif(x2)x2f(xi)；(i)試證實(shí)：f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù);(2)nN,且f(0)i,求證：f(n)ni(3)假設(shè)f(0)i對任m,nN,有f(nf(m)f(n)i,證實(shí)：if(3ii)2證實(shí)：(i)_*一由知,對任意a,bN,ab,都有(ab)(f(a)f

8、(b)0,由于ab0,從而f(a)f(b),所以函數(shù)f(x)為N上的單調(diào)增函數(shù)(2)由(i)可知N都有f(n+i)>f(n),那么有f(n+i)f(n)+i(3)(3)f(n+i)-f(n)?f(i)-f(0)由任m,nf(m)ii,f(n)-f(n-i)f(2)-f(i)i由此可得f(n)-f(0)N,有f(nf(m)由f(0)=i得m=0f(n+i)=f(n)+i,貝Uf(n)=n+if(n)n+i命題得證f(n)iif(3ii)3i32i?一3ni3(ii2(i6.函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?,i,且同時滿足:對任意x0,i,總有f(x)2；(2)f(i)3假設(shè)x0,x20且為x2i,

9、那么有f(x1x2)f(xi)f(x2)2.4342III?？2sx0,1,總有f(X1)f(X2)成f(X0)0,1,且(I)求f(0)的值;(II)求f(x)的最大值；(III)設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,且滿足Sn：(an3),n求證：f(a1)f(a2)f(a3)|f(an)|2nyi.解：(I)令XiX20,由(3),那么f(0)2f(0)2,f(0)2由對任意x0,1,總有f(x)2,f(0)2(II)任意X1,X20,1且X1X2,那么0X2X11,f(x2X1)f(x2)f(x2x1x1)f(x2x1)f(xj2f(x1)fmax(x)f(1)3(111) ,Sn2(an3)(

10、nN)Sn1ani3)(n2)an1an1(n2),ta110anWf(an)f(3n1T)f(3n3n擊)f仔)fC3n)23f(3n)f(3n)3f(31T)名,即f(an1)1f(an)3°f(an)3f(an1)4Vf(an2)奈3I33卡f(a1)景故f(an)2步1 (1)n、f(a1)f(a2)f(an)2n二即原式成乂.37.對于定義域?yàn)?,1的函數(shù)f(x),如果同時滿足以下三條：對任意的f(x)0；f(1)1;假設(shè)X0,X20,X1X21,都有f(X1X2)立,那么稱函數(shù)f(X)為理想函數(shù).(1)假設(shè)函數(shù)f(x)為理想函數(shù),求f(0)的值；(2)判斷函數(shù)g(x)2X

11、1(x0,1)是否為理想函數(shù),并予以證實(shí)；(3)假設(shè)函數(shù)f(X)為理想函數(shù),假定x00,1,使得f(f(%)X0,求證f(X.)X0.解：(1)取x1x20可得f(0)f(0)f(0)f(0)0.又由條件f(0)0,故f(0)0.(2)顯然g(x)2x1在0,1滿足條件g(x)0；-也滿足條件g(1)1.假設(shè)x10,x20,x1x21,那么g(x1x2)g(x1)g(x2)2x1x21(2x11)(2x21)2x1x22x12x21(2x21)(2x11)0,即滿足條件,故g(x)理想函數(shù).(3)由條件知,任給m、n0,1,當(dāng)mn時,由mn知nm0,1,f(n)f(nmm)f(nm)f(m)f

12、(m)假設(shè)x.f(x°),那么f(x0)ff(x.)x0,前后矛盾；假設(shè)x°f(x°),那么f(x0)ff(x°)x0,前后矛盾.故x°f(x°)8.定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x),存在實(shí)數(shù)x0,使得對于任意實(shí)數(shù)x1,x2,總有f(x0X1x0X2)f(%)f(x1)f(x2)恒成立.(I)求乂0的值；.一一1(U)右f(X0)1,且對任意正整數(shù)n,有anf()1,求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(m)假設(shè)數(shù)列bn滿足如2og1an1,將數(shù)列bn的項(xiàng)重新組合成新數(shù)列a,具體法那么-2如下：C1b1,c2b2b3,C3b4b5b6,C4b7b8b9

13、60,求證:1工工III1型.C1c2c3Cn24解：(I)令X1X20,得f(x0)f(0),令Xi1,X20,得f(X0)f(X0)f(1)f(0),f(1)f(0),由、得f(X0)f(1),又由于f(X)為單調(diào)函數(shù),X01(n)由(1)得f(X1X2)f(X1)f(X2)f(1)f(X1)f(X2)1,1111ff(22)f(-)f(2)f(1),1.1f(2)0,af(2)11111111f(Rf(*)f(*)f(*)f(1)2f(*)1,r11r1fR12f(2n)1,1an1二an,an2bn21og1an1,22|og1*212n1(m)由Cn的構(gòu)成法那么可知,G應(yīng)等于bn中的

14、n項(xiàng)之和,其第一項(xiàng)的項(xiàng)數(shù)為1+2+(n1)+1=(n-1n+1,即這一項(xiàng)為2X(n-Un+11=n(n1)+122G=n(n1)+1+n(n1)+3+n(n1)+2n1=n2(n1)+n12n_1)=n3219291 盆238243時,1T2n(n1)人111233343III22Id1(n1)nn(n1J-1-11-n(n1)8122924解法2：+n34n(n1)n(n2)20,n34n(n1)1n111)n4n(n1)4n1n11111/1233343n3842111111929一1-8164n81616249.設(shè)函數(shù)f(x)是定義域在(0,)上的單調(diào)函數(shù),且對于任意正數(shù)x,y有f(xy

15、)f(x)f(y),f(2)11(1)求f(2)的值;f(an1)1(nN*)其中Sn一個各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列an滿足：f(Sn)f(an)是數(shù)列an的前n項(xiàng)的和,求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;(3)在(2)的條件下,是否存在正數(shù)M,使解：(1)x再令2na1對一切nf(xy)N*f(x)2,y2,有a2|anM,2n-1(2a11)成立假設(shè)存在,求出f(y),f(1)f(2)f"M的取值范圍;嗎)f(Sn)f(an)f(an1)1fan(an1)(2a21)(2an1)假設(shè)不存在,說明理由f(1)f(1)f(1)2f(1),f(1)f(2)011f1an(an21)f(1)0又f(x)是定義

16、域(0,)上單調(diào)嗎)1)八1,、Sn2an(an1)當(dāng)n1時G1Sn1an1(an11)2S1a11Sn由一,得1113an(an1)2an1(an11)(anan1)0.(anan1)(anan11)0,.anan110即anan11,數(shù)列%為等差數(shù)列.1,公差d1ana1(n1)d1(n1)1n,故ann.2na1a2Wan2n121Hn2nn!,(2a11)(2a21)|(2an1)13(2n1)bn_2n&a川anJj令J2n1(2a1)(2a21)|(2an1)=v,2n-713|(2n1),b2n1(n1)!bn1而2F313"(2n1)(2n1).bn12(n1

17、).2n12(n1)4n28n4bn1bn,數(shù)列*為單調(diào)遞增函數(shù),由題意Mbn(2n1),2n3,(2n-1)(2n-3)=4n28n3M的取值范圍為bn恒成立,那么只需10.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足fXy)1fx()fy(),f(10,且x'時,f(x)<0.(1)設(shè)anfn(n(N),求數(shù)列的刖n項(xiàng)和Sn；(2)判斷f(x)的單調(diào)性,并證實(shí).八.1.1解：(1)f(1f-f11122令x=n,y=1,那么f(n1)f(n)f(1)1f(n)2故數(shù)列an是首項(xiàng)為-1,公差為-2的等差數(shù)列.nn12因此,Snn(1)2n2(2)設(shè)不、X2R,且XiX2,那么X2xi0.11所

18、以x2X122于是f(X2x1一)02又f(x2)f(X1)f(x2X1)1.11f(X2X1)f(-)1f(X2X1-)022所以f(x2)f(X1),而函數(shù)f(x)在R上是減函數(shù).11 .設(shè)函數(shù)f(x)定義在R上,對于任意實(shí)數(shù)mn,恒有fmn)fm)-fn(),且當(dāng)x>0時,0<f(x)<1.(1)求證：f(0)=1,且當(dāng)x<0時,f(x)>1;(2)求證：f(x)在R上單調(diào)遞減；(3)設(shè)集合A(x,y)|(fxf)(y2)f(1),B(x,y)|f(axy2)1,aR,假設(shè)APB,求a的取值范圍.解：(1)令m=1,n=0,得f(1)=f(1),f(0)又當(dāng)

19、x>0時,0<f(x)<1,所以f(0)=1設(shè)x<0,那么x>0令m=x,n=x,貝Uf(0)=f(x)-f(x)又0Vf(x)<1,所以f''f(x)(2)設(shè)x1、x2R,且x1x2,那么x2x10所以0伙2xi)1從而f(x2)(fx2x1x2)(fx2x1)-f(x1)又由條件及(1)的結(jié)論知f(x)>0恒成立所以止22f(x2x1)f(x1)所以0止2!1f3)所以f(x2)<f(x1),故f(x)在R上是單調(diào)遞減的.(3)由得：f(x2y2)f(1由于f(x)在R上單調(diào)遞減所以x2y21,即A表示圓x2y21的內(nèi)部由f(

20、axy+2)=1=f(0)得：axy+2=0所以B表示直線axy+2=02所以APB,所以直線與圓相切或相離,即；11a2解得：3a312 .定義在R上的函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)a、b都有f(a+b)+f(ab)=2f(a)f(b)成立,且f(0)0.(1)求f(0)的值;(2)試判斷f(x)的奇偶性;c(3)右存在常數(shù)c>0使f()0,試問f2(x)是否為周期函數(shù)假設(shè)是,指出它的一個周期；假設(shè)不是,請說明理由.解：(1)令a=b=0貝Uf(0)+f(0)=2f(0)f(0)所以2f(0)f(0)1=0又由于f(0)0,所以f(0)=1(2)令a=0,b=x,貝Uf(x)+f(x)=2f(

21、0)f(x)=一f(x)=f(x)由f(0)=1可得f(x)：所以f(x)是R上的偶函數(shù),(3)令axbc22fxc-fx22由于f£02所以f(x+c)+f(x)=0所以f(x+c)=f(x)所以f(x+2c)=f(x+,f(x),那么ccc£c2fx,f222213.函數(shù)f(x)的定義域關(guān)于原點(diǎn)對稱,且滿足:(1)f(x1x2)f(x1)f(x2)1f(X2)f(Xi)(2)存在正常數(shù)a,使f(a)=1求證：(1)f(x)是奇函數(shù)；(2)f(x)是周期函數(shù),并且有一個周期為4a證實(shí)：(1)設(shè)tx1x2,那么f(t)f(x2x1)f(x2)f(x1)1f(x(f(x2)f

22、(x1)f(x2)1f(x2)f(x1)f(xx2)f(t)f(2a)-f(a)1f(a)f(2a)所以函數(shù)f(x)是奇函數(shù).(2)令x12a,x2a,貝Uf(a)即1f(2a)11f(2a)解得：f(2a)=0所以f(x2a)f(x)f(2a)1f(2a)f(x)f(x)(fa21)fa(2)f(x)1f(x)所以fx4a1f(x2a)f(Xf()x因此,函數(shù)f(x)是周期函數(shù),并且有一個周期為4a.14.f(x)對一切x,y,滿足f(0)0,f(xy)f(x)f(y),且當(dāng)x0時,1；(2)f(x)在R上為減函數(shù).f(x)1,求證：(1)x0時,0f(x)證實(shí)：對一切x,yR有f(xy)f

23、(x)f(y).且f(0)0,令xy0,得f(0)1,現(xiàn)設(shè)x0,那么x0,f(x)1,而f(0)f(x)f(x)1f(x)0f(x)1,設(shè)x1,x2R且x1x2,那么0f(x2x1)1,f(x2)f(x2x)x1f(x2x1)f(x)f(x1)f(x1)f(x2),即f(x)為減函數(shù).15.函數(shù)f(x)是定義在(,1上的減函數(shù),且對一切實(shí)數(shù)x,不等式fk(sinx)fk(2sin2x恒成立,求k的值.分析：由單調(diào)性,脫去函數(shù)記號,得22ksinx122ksinxksinx22k1sinx(1)2112kk(sinx)(2)42由題意知(1)(2)兩式對一切xR恒成立,那么有22k2(1sin2

24、x)min1J1i1、29kk(sinx-)max42416.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x)對于任意x,y都有f(xy)f(x)f(y)成立,且f(1)2,當(dāng)x0時,f(x)0.(1)判斷f(x)的奇偶性,并加以證實(shí)；(2)試問：當(dāng)-2003wxW2003時,f(x)是否有最值如果有,求出最值；如果沒有,說明理由；1 2122(3)解關(guān)于x的不等式f(bx2)f(x)-f(b2x)f(b),其中b22.2 2分析與解：令x=y=0,可得f(0)=0令y=-x,那么f(0)=f(x)+f(x),.二f(x)=-f(x),f(x)為奇函數(shù)設(shè)一3Wx1vxzW3,y=xi,x=x2那么f(x2x1)=f

25、(x2)+f(x1)=f(x2)f(x1),由于x>0時,f(x)<0,故f(x2-xi)<0,即f(x2)f(x1)v0.f(x2)vf(x1)、f(x)在區(qū)間2003、2003上單調(diào)遞減.x=2003時,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時,f(x)有最小值為f(2003)=4006.由原不等式,得1f(bx2)f(b2x)>f(x)-f(b).2即f(bx2)+f(b2x)>2f(x)+f(b)1.f(bx2b2x)>

26、;2f(xb),即fbx(xb)>f(xb)+f(xb).fbx(xb)>f2f(xb)由f(x)在xCR上單調(diào)遞減,所以bx(xb)<2(xb),.二(xb)(bx2)<0.b2>2,.b>J2或b<-22當(dāng)b>«2時,b>-,不等式的解集為x|2xbbb2當(dāng)bv<2時,bv,不等式的解集為b當(dāng)b=-J2時,不等式的解集為J2,且x當(dāng)b=J2時,不等式解集為.17.定義在R上的函數(shù)fx滿足:(1)值域?yàn)?,1,且當(dāng)x0時,0；(2)對于定義域內(nèi)任意的實(shí)數(shù)x,y,均滿足:試答復(fù)以下問題:(I)試求f0的值;(n)判斷并證實(shí)函

27、數(shù)fx的單調(diào)性;(m)假設(shè)函數(shù)fx存在反函數(shù)gx,求證：g分析與解：(I)在fmnfmfn中,令m1fmfnfm1fmf0fmf0.也即:111litg13n10,n0,那么有f0.由于函數(shù)fx的值域?yàn)?,1,所以,0,所以0.(n)函數(shù)fx的單調(diào)性必然涉及到f于是,由我們可以聯(lián)想到：是否有*)這個問題實(shí)際上是：ffn是否成立為此,我們首先考慮函數(shù)的奇偶性,也即fxx的關(guān)系.由于f00,所fm以,在fmnn一中,令nm,得f0.所以,函數(shù)fx為奇函數(shù).故(*)式成立.所以,x1,x2R,且x1x2,那么x2x10,故fx2x10且1fx2,fx11.所以,fx2fx1fx2x11fx2fxi0

28、,所以,函數(shù)fx在R上單調(diào)遞減.m由于函數(shù)fx在R上單調(diào)遞減,所以,函數(shù)fx必存在反函數(shù)由原函數(shù)與反函數(shù)的關(guān)系可知：gx也為奇函數(shù)；gx在1,1上單調(diào)遞減；且當(dāng)為了證實(shí)此題,需要考慮gx的關(guān)系式.在*式的兩端,同時用g作用,得：mng1xy令fmx,fny,那么mgx,ngy,那么上式可改寫為：gxgyg根據(jù)對應(yīng).不難驗(yàn)證：對于任意的x,y1,1,上式都成立.這樣,我們就得到了gx的關(guān)系式.這個式子給我們以提示：即可以將3n-寫成1士一y的形式,那么可通過裂項(xiàng)相消的方1xy法化簡求證式的左端.事實(shí)上,由于2_n3n所以,3n所以,111113n1III點(diǎn)評:般來說,涉及函數(shù)奇偶性的問題,首先應(yīng)

29、該確定f0的值.18.函數(shù)f(x)對任意實(shí)數(shù)x、y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(1)=1,f(27)=9,當(dāng)04XMl時,1/吶).(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)判斷f(x)在0,+°O)上的單調(diào)性,并給出證實(shí)；(3)假設(shè)厘之口且/(口4J9,求a的取值范圍.分析：由題設(shè)可知f(x)是哥函數(shù)y=的抽象函數(shù),從而可猜測f(x)是偶函數(shù),且在0,+8)上是增函數(shù).解：(1)令y=-1,那么f(x)=f(x)f(-1),f(1)=1,f(x)=f(x),f(x)為偶函數(shù).J0£生=八乜f)7衛(wèi))U6)(2)設(shè)心網(wǎng)?勺,.二町,與勺,f(-)<1口V尤Ml時,八

30、力已0J),.二七,f(x1)Vf(x2),故f(x)在0,+8)上是增函數(shù).f(27)=9,又六雙=咐"73怨)吁=5期1.9=5(利T=書昭pg+D|?“之*+1,3田0,+*即建2,又口“,故W2.19.設(shè)函數(shù)A二,(制的定義域?yàn)槿wR,當(dāng)x<0時,打?1,且對任意的實(shí)數(shù)x,yCR,有%+y)=m)成立,數(shù)列應(yīng))滿足,=/,且2%+1(nCN*)(I)求證：A,(工)是R上的減函數(shù);(n)求數(shù)列)的通項(xiàng)公式;出假設(shè)不等式口+生1.+的.+%也黑+1對一切nCN*均成立,的最大值.解析：I令工二T沖口,得/7=/70,由題意知/T工°,所以/0=1,故,=,=1.

31、當(dāng)天二o時,入?口,".=J=1,進(jìn)而得04/<1.設(shè)和電WR且巧</,那么邑-公>0,0父/必一工1,二-.T：_一二,即,弓5勺,所以a=/工是R上的減函數(shù).八"一/()由/缸+1所以由于F=八K是R上的減函數(shù),所以M+0出一+1進(jìn)而一-+2a.能+】=目口恒2a+1即*,所以口H是以1為首項(xiàng),2為公差的等差數(shù)列.=14(m-1)x2=2»-1所以%,=S0所以出由a+%l+G'1+%龍片+1對一切nCN*均成立.k<知.十41+町1十%*,對一切nCN均成立.肝見=設(shè).+%.+引.十口j蹤/5巴邦+1二知FW0且1+%.+%Q

32、+%i+%F(«44)2(«+1)又;-丁故尸為關(guān)于n的單調(diào)增函數(shù),"6=¥所以3,k的最大值為320.函數(shù)fx的定義域?yàn)镈xx0,滿足：對于任意m,nD,都有f(mn)f(m)f(n),且f(2)=1.(1)求f(4)的值；(2)如果f(2x6)3,且f(x)在(0,)上是單調(diào)增函數(shù),求x的取值范圍.(1) f(4)f(22)f(2)f(2)112.(2) 3=2+1=f(4)f(2)f(42)f(8).由于f(x)在(0,)上是增函數(shù),所以f(2x6)3f(2x6)f(8)02x683x7.21 .函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,并滿足以下條彳對任意xR,

33、有f(x)0;y1.對任忌X、yR,有叱f(x)；叼1.那么(1)求f(0)的值；(2)求證：f(x)在R上是單調(diào)增函數(shù);9.解：解法(3)假設(shè)abc0,且b2ac,求證：f(a)f(c)2f(b).(1)令x0,y2,得：f(0)f(0)2f(0)0f(0)1(2)任取Xi、x2(,),且Xix2f(x1)f(x2)f(1p1)f(3p2)f(3)p11f(-)1,P1P2f(X1)f(x2)3(3)由(1)知f(b)f(0)1設(shè)X11P1,X21P2,那么p1p233g"f(x)在R上是單調(diào)增函af(b)1f(a)f(b-c)f(b)bcf9f(bc)f(b)bf(a)f(c)a

34、cf(b)bf(b)儼、ac2“b)而ac2ac2b22bac2f(b)b,i2b2f(b)b2f(b)f(a)f(c)2f(b)解法二：(1)二.對任意x、yCR,有f(xy)f(x)yf(x)f(x1)fx1分當(dāng)x0時f(0)f(1)0任意xCR,f(x)0f(0)1(2)f(1)1,f(1)f(31)f(1)31333f(x)1是R上單調(diào)增函數(shù)即f(x)是R上單調(diào)增函數(shù)；(3)f(a)f(c)f(1)af(1)c2,.f(1)ac而ac2、ac2b22b2f(1)ac2f(1)2b2f(b)f(a)f(c)2f(b)22 .定義在區(qū)間(0,)上的函f(x)滿足：(1)f(x)不恒為零；(

35、2)對任何實(shí)數(shù)x、q,都有f(xq)qf(x).(1)求證：方程f(x)=0有且只有一個實(shí)根；(2)假設(shè)a>b>c>1,且a、b、c成等差數(shù)列,求證：f(a)?f(c)f2(b);(3)(本小題只理科做)假設(shè)f(x)單調(diào)遞增,且m>n>0時,有f(m)f(n)2f(mn),求證：3m2.2解：(1)取x=1,q=2,有f(12)f(2)即f(1)01是f(x)0的一個根,假設(shè)存在另一個實(shí)根x01,使得f(x1)0對任意的(“(0,)成立,且乂1x0q(q0),有f(x1)qf(x0)0,f(xo)0恒成立,f(x1)0,與條件矛盾,f(x)0有且只有一個實(shí)根x1(

36、2)abc1,不妨設(shè)abq1,cbq2,那么q10,q20.-.f(a)?f(c)f(bq1)?f(bq2)qq2?f2(b),又a+c=2b,ac-b2=(a-c)-042即ac<b2bq1q2b2,0q1q22,q2cliq1f(a)f(c)f2(b)2f(1)0,f(x)在(0,)單調(diào)遞增,當(dāng)x(0,1)日tf(x)0;當(dāng)x(1,)時,f(x)0.又f(m)f(n),f(m)f(n),f(m)f(n),mn0,f(m)f(n).令m=bq1,n=bq2,b1,且q1q202那么f(m)+f(n)=(q1q2)f(b尸f(mn)=0mn1,0n1m,f(m)2fm?n,且22(mnm

37、nmnmnm1,mn1,f(m)2f(),f(m)fm-2222即4m=m22mnn2,4mm22n2,由0<n<1得04mm221,m1,3m2223.設(shè)f(x)是定義域在1,1上的奇函數(shù),且其圖象上任意兩點(diǎn)連線的斜率均小于零.(I)求證f(x)在1,1上是減函數(shù)；2(II)如果f(xc),f(xc)的定義域的交集為空集,求實(shí)數(shù)c的取值范圍；2(Ill)證實(shí)假設(shè)1c2,那么f(xc),f(xc)存在公共的定義域,并求這個公共的空義域.解：(1)奇函數(shù)f(x)的圖像上任意兩點(diǎn)連線的斜率均為負(fù)對于任意x1、x21,1且x1x2有f(x1)f(x2)0xx2從而x1x2與f(x1)f(

38、x2)異號f(x)在1,1上是減函數(shù)(2) f(xc)的定義域?yàn)閏1,c1f(xc2)的定義域?yàn)閏21,c21上述兩個定義域的交集為空集22那么有：c1c1或c1c1解得：c2或c1故c的取值范圍為c2或c12(3);c1c1恒成立由(2)知：當(dāng)1c2時c21c1當(dāng)1c2或1c0時c21c1且c21c1此時的交集為(c21,c1當(dāng)0c1c21c1且c21c1此時的交集為c1,c21故1c2時,存在公共定義域,且當(dāng)1c0或1c2時,公共定義域?yàn)?c21,c1；當(dāng)0c1時,公共定義域?yàn)閏1,c21.24.函數(shù)f(x)=g(-x)-1,且f(x),g(x)定義域都是R,且g(x)>0,g(1)

39、=2,g(x)g(x)1函數(shù).g(m)g(n)=g(m+n)(m、nCR)求證：f(x)是R上的增函數(shù)解：設(shè)x1>x2g(x)是R上的增函數(shù),且g(x)>0g(x1)>g(x2)>0g(x1)+1>g(x2>g(x2)122)+1>0>0是增g(x1)1>0g(x2)1g(x1)12g(X2)1f(x1)-f(x2)=g(x1)1-g(x2)1=1-2-(1-g(Xi)1g(X2)1g(X1)12g(X2)12g(X1)>01f(X1)>f(X2)f(X)是R上的增函數(shù)25.定義在R+上的函數(shù)f(X)滿足：對任意實(shí)數(shù)m,f(Xm

40、)=mf(X);f(2)=1.(1)求證:f(Xy)=f(X)+f(y)對任意正數(shù)X,y都成立；(2)證實(shí)f(X)是R+上的單調(diào)增函數(shù)；假設(shè)f(X)+f(X-3)w2,求X的取值范圍.解：(1)令X=2m,y=2n,其中m,n為實(shí)數(shù),那么f(Xy)=f(2m+)=(m+n)f(2)=m+n.又f(X)+f(y)=f(2m)+f(2n尸mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(Xy)=f(X)+f(y)(2)證實(shí)：設(shè)0X1X2,可令mn且使X12m,X22n,由(1)得f(X1)f(X2)f(紅)f(2mn)(mn)f(2)mn0X2故f(x1)<f(x2),即f(x)是R+上的增函數(shù).由f

41、(x)+f(x-3)w2及f(x)的性質(zhì),得fx(x-3)&2f(2)=f(2)解得3<xW4.26 .f(x)是定義在R上的函數(shù),f(1)=1,且對任意xCR都有f(x+5)>f(x)+5,f(x+1)f(x)+1.假設(shè)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

42、(x+3)<g(x+2)<g(x+1),故g(x)=g(x+1)又g(1)=1,故g(2002)=1.R,有27 .設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x>0時,f(x)>1,且對任意x,y£f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2221解不等式f(3xx2)4,;(2)解萬程f(x)2f(x3)f(2)1.2解:(1)先證f(x)>0,且單調(diào)遞增,由于f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時f(x)>1,所以f(0)=1.又f(x)f(xx)f(-)20,假設(shè)存在某個x°R,使f(x0)0,那么222f(x)=f(x-

43、xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,與矛盾,故f(x)>0任取x1,x2R且x1<x2,那么x2-x1>0,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xCR時,f(x)為增函數(shù).解得:x|1<x<2(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為：f(x)2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5(舍)由(1)得x=0.28.定義域?yàn)镽勺函數(shù)f(x)滿足：對于任意的實(shí)數(shù)x,y者B有f(x+y尸f(

44、x)+f(y)成立,且當(dāng)x>0時f(x)<0值成立.(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性,并證實(shí)你的結(jié)論；(2)證實(shí)f(x)為減函數(shù)；假設(shè)函數(shù)f(x)在-3,3)上總有f(x)W6成立,試確定f(1)應(yīng)滿足的條件；1c1(3)解關(guān)于x的不等式f(ax)f(x)-f(ax)f(a),(n是一個給je的自然數(shù),a0)nn解：(1)由對于任意xCR,yCR,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,對于任意x,都有f(-x)=-f(x)f(x)是奇函數(shù).(2)設(shè)任意xi,x2eRl

45、.xi<x2,那么x2-x1>0,由f(x2-xi)<0(1)又f(x2-x1)=f(x2)+f(-x1)=f(x2)-f(xi)(2)由(1)(2)得f(x1)>f(x2),根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義知f(x0在(-8,+8)上是減函數(shù).f(x)在-3,3上的最大值為f(-3).要使f(x)w6恒成立,當(dāng)且僅當(dāng)f(-3)<6,又(-3)=-f(3)=-f(2+1)=-f(2)+f(1)=-f(1)+f(1)+f(1)=-3f(1),.f(1)>-2.(3) 1f(ax2)-f(x)>_f(a2x)-f(a)nnf(ax2)-f(a2x)>nf(x)-

46、f(a)f(ax2-a2x)>nf(x-a)(10分)由得：fn(x-a)=nf(x-a).f(ax2-a2x)>fn(x-a).f(x)在(-00,+OO)上是減函數(shù)ax2-a2x<n(x-a).即(x-a)(ax-n)v0,.a<0,(x-a)(x-n)>0,(11分)a討論：(1)當(dāng)avnv0,即av-Jn時,a原不等式解集為x|x>n或xva;a(2)當(dāng)2=口<0即2=-Jn時,原不等式的解集為九a(3)當(dāng)nvav0時,即-Jnvav0時,a原不等式的解集為x|x>2或*<-a29.fx是定義在R上的不恒為零的函數(shù),且對于任意的a,

47、bR都滿足：fabafbbfa(i)求f0,f1的值；(n)判斷fx的奇偶性,并證實(shí)你的結(jié)論；f2n*(出)假設(shè)f22,unnN,求數(shù)列un的前n項(xiàng)的和Sn.n解：(I)取a=b=0得f(0)=0,取a=b=1得f(1)=0,(n)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)是奇函數(shù)；1(出)Sn230.(2005年廣東省高測試題)設(shè)函數(shù)f(x)在()上滿足f(2x)f(2x),解：由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函數(shù)yf(x)的對稱軸為x2和x7,從而知函數(shù)yf(x)不是奇函數(shù),由f(2f(7x)f(2x)f(x)x)f(7x)f(x)f(4x)f(14I)f(4刈«x)f(x)f(x10),從而知函數(shù)yf(x)的周期為T10又f(3)f(0)0,而f(7)0,故函數(shù)f(x)是非奇非偶函數(shù)；4f(2x)f(2x)(II)由f(7x)f(7x)f(x)f(x)f(4x)f(14x)f(4x)f(14x)f(x)f(x10)(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上均有有兩個解從而可知函數(shù)yf(x)在0,2005上有402個解,在上有400個解,