高中数学专题训练(一)抽象函数

1高中数学专题训练（一）——抽象函数1.已知函数y=f(x)(x∈R，x≠0)对任意的非零实数1x，2x，恒有f(1x2x)=f(1x)+f(2x),试判断f(x)的奇偶性。2已知定义在[-2，2]上的偶函数，f(x)在区间[0，2]上单调递减，若f(1-m)f(m),求实数m的取值范围3.设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3)=-f(x)，求f(1998)的值。4.设函数f（x）对任意21,0,21xx都有f（)21xx=f（)()21xfx，已知f（1）=2，求f（);41(),21f5.已知f（x）是定义在R上的函数，且满足：f（x+2）[1－f（x）]=1+f（x），f（1）=1997，求f（2001）的值。26.设f（x）是定义R在上的函数，对任意x，y∈R，有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）且f（0）≠0.（1）求证f（0）=1；（2）求证：y=f（x）为偶函数.7.已知定义在R上的偶函数y=f(x)的一个递增区间为（2，6），试判断（4，8）是y=f(2-x)的递增区间还是递减区间？8.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babfaf)()(＞0（1）.若a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小；（2）.若f（k)293()3xxxf＜0对x∈[－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。9.已知函数()fx是定义在（-∞，3]上的减函数，已知22(sin)(1cos)faxfax对xR恒成立，求实数a的取值范围。310．已知函数(),fx当,xyR时，恒有()()()fxyfxfy.(1)求证:()fx是奇函数;(2)若(3),(24)faaf试用表示.11.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.(1)求(0),(1)ff的值;(2)判断()fx的奇偶性,并证明你的结论;(3)若(2)2f,*(2)()nnfunNn,求数列{nu}的前n项和ns.12.已知定义域为R的函数()fx满足22(()))()ffxxxfxxx.(1)若(2)3,(1);(0),();fffafa求又求(2)设有且仅有一个实数0x,使得00()fxx,求函数()fx的解析表达式.413.已知函数()fx的定义域为R,对任意实数,mn都有1()()()2fmnfmfn,且1()02f,当12x时,()fx0.(1)求(1)f;(2)求和(1)(2)(3)...()ffffn*()nN;(3)判断函数()fx的单调性,并证明.14.函数()fx的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有()fx0;②对任意,xyR,有()[()]yfxyfx;③1()13f.(1)求(0)f的值;(2)求证:()fx在R上是单调减函数;(3)若0abc且2bac,求证:()()2()fafcfb.15.已知函数()fx的定义域为R,对任意实数,mn都有()()()fmnfmfn,且当0x时,0()1fx.(1)证明:(0)1,0fx且时,f(x)1;(2)证明:()fx在R上单调递减;(3)设A=22{(,)()()(1)}xyfxfyf,B={(,)(2)1,xyfaxyaR},若AB=,试确定a的取值范围.516.已知函数()fx是定义在R上的增函数,设F()()()xfxfax.(1)用函数单调性的定义证明:()Fx是R上的增函数;(2)证明:函数y=()Fx的图象关于点(,0)2a成中心对称图形.17.已知函数()fx是定义域为R的奇函数,且它的图象关于直线1x对称.(1)求(0)f的值;(2)证明:函数()fx是周期函数;(3)若()(01),fxxx求当xR时,函数()fx的解析式,并画出满足条件的函数()fx至少一个周期的图象.18．函数()fx对于x0有意义，且满足条件(2)1,()()(),()ffxyfxfyfx是减函数。（1）证明：(1)0f；（2）若()(3)2fxfx成立，求x的取值范围。619．设函数()fx在(,)上满足(2)(2)fxfx，(7)(7)fxfx，且在闭区间［0，7］上，只有(1)(3)0ff．（1）试判断函数()yfx的奇偶性；（2）试求方程()fx=0在闭区间［-2005，2005］上的根的个数，并证明你的结论．20.已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。21.已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2+f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。7参考答案：1.解：令1x=-1，2x=x，得f(-x)=f(-1)+f(x)……①为了求f(-1)的值，令1x=1，2x=-1，则f(-1)=f(1)+f(-1),即f(1)=0,再令1x=2x=-1得f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)∴f(-1)=0代入①式得f(-x)=f(x),可得f(x)是一个偶函数。2.分析：根据函数的定义域，-m，m∈[-2,2]，但是1-m和m分别在[-2，0]和[0，2]的哪个区间内呢？如果就此讨论，将十分复杂，如果注意到偶函数，则f(x)有性质f（-x)=f(x)=f(|x|)，就可避免一场大规模讨论。解：∵f(x)是偶函数，f(1-m)f(m)可得)()1(mfmf，∴f(x)在[0，2]上是单调递减的，于是202101mmmm，即222122122mmmmm化简得-1≤m21。3.解：因为f(x+3)=-f(x)，所以f(x+6)=f((x+3)+3)=-f(x+3)=f(x)，故6是函数f(x)的一个周期。又f(x)是奇函数，且在x＝0处有定义，所以f(x)=0从而f(1998)=f(6×333)=f(0)=0。4.解：由f（)21xx=f（)()21xfx，21,0,21xx知f（x）=f（)2()2xfx≥0，x1,02)]21([)21()21()2121()1(fffff，f（1）=2，.2)21(21f同理可得412)41(f5.解：从自变量值2001和1进行比较及根据已知条件来看，易联想到函数f（x）是周期函数。由条件得f（x）≠1，故f（x+2）=,)(1)(1xfxff（x+4）=)(1)(1)(11)(1)(11xfxfxfxfxf.所以f（x+8）=)()4(1xfxf.所以f（x）是以8为周期的周期函数，从而f（2001）=f（1）=1997说明：这类问题出现应紧扣已知条件，需用数值或变量来迭代变换，经过有限次迭代可直接求出结果，或者在迭代过程中发现函数具有周期性，利用周期性使问题巧妙获解。6.证明：（1）问题为求函数值，只需令x=y=0即可得。（2）问题中令x=0即得f（y）+f（-y）=2f（0）f（y），且f（0）=1.所以f（y）+f（-y）=2f（y），因此y=f（x）为偶函数.说明：这类问题应抓住f（x）与f（-x）的关系，通过已知条件中等式进行变量赋值。7.解：由y=f(x)是偶函数且在（2，6）上递增可知，y=f(x)在（－6，－2）上递减。令u=2-x，则当x∈(4,8)时，u是减函数且u∈(-6,-2)，而f(u)在（－6，－2）上递减，故y=f(2-x)在（4，8）上递增。所以（4，8）是y=f(2-x)的单调递增区间。8.解：（1）.因为a＞b，所以a-b＞0，由题意得babfaf)()(＞0，所以f（a）+f（－b）＞0，又f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－b）8=－f（b），f（a）－f（b）＞0，即f（a）＞f（b）（2）.由（1）知f（x）在R上是单调递增函数，又f)3(xk＋f)293(xx＜0，得f)3(xk＜f)239(xx，故xk3＜239xx，所以k＜1323xx令t＝]3,31[3x,所以k＜t+12t，而t+t2≥22，即k＜22－19.解：22(sin)(1cos)faxfax等价于2222222222sin33sin311cos32cos205sin1cos1cossin14axaxaaxaxaaxaxaaxxaa2211022211011022aaaaa或10.（1）证明：令yx，得()()()fxxfxfx()()(0)fxfxf令0xy，则(0)2(0)ff00f∴()()0fxfx()()fxfx∴()fx是奇函数。（2）∵(24)(3)(21)2(3)(18)...8(3)ffffff又∵(3)(3)fafa(24)8fa11.（1）解：令0ab，则(0)0f令1ab，则(1)2(1)(1)0fff（2）证明：令1ab，则(1)2(1)ff，∵(1)0f，∴(1)0f令,1axb，则()(1)()()fxxffxfx∴()fx是奇函数。（3）当0ab时，()()()fabfbfaabba，令()()fxgxx，则()()()gabgagb故()()nganga，所以1()()()()nnnnnfaaganaganafa9∴1(2)11()22nnnfufn∵111(2)2,(1)(2)220222fffff∴111(2)242ff，故11122nnunN∴11122111212nnnsnN12.解：(1)∵对任意xR，函数()fx满足22(()))()ffxxxfxxx，且(2)2f∴22((2)22)(2)22,(1)1ffff则∵(0)fa，∴22((0)00)(0)00fff=200af(a)=a(2)∵对任意xR，函数()fx满足22(()))()ffxxxfxxx,有且仅有一个实数0x,使得00()fxx∴对任意xR，有20()fxxxx上式中，令0xx，则20000()fxxxx∵00()fxx，故2000xx0001xx或若00x，则2()0fxxx，则2()fxxx，但方程2xxx有两个不相同的实根与题设茅盾，故00x若01x，则2()1fxxx，则2()1fxxx，此时方程221(1)0xxxx有两个相等的实根，即有且仅有一个实数0x,使得00()fxx∴2()1fxxxxR13.（1）解：令12mn，则1111()2()2222ff1(1)2f（2）∵1(1),2f111(1)(1)()()()1222fnffnfnfn∴(1)()1fnfn∴数列()fn是以12为首项,1为公差的等差数列,故10(1)(2)(3)...()ffffn=(1)22nnn=22n(3)任取1212,,xxRxx且,则21211121112111()()[()]()()()()()22fxfxfxxxfxfxxfxfxfxx=211()02fxx∴12()()fxfx∴函数()f