高考抽象函数分类复习-较完整

抽象函数常见题型解法

抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数。由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题成为函数内容的难点之一.抽象性较强，灵活性大,解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质，通过局部性质或图象的局部特征，利用常规数学思想方法（如化归法、数形结合法等），这样就能突破“抽象”带来的困难，做到胸有成竹.另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。常见的特殊模型:

特殊模型 正比例函数f(x)=kx (k≠0) 幂函数 f(x)=xn 指数函数 f(x)=ax (a>0且a≠1) 对数函数 f(x)=logax (a>0且a≠1) 正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx 正切函数 f(x)=tanx 余切函数 f(x)=cotx f(x+y)=f(x)+f(y) 抽象函数 f(xy)=f(x)f(y) [或f(x)?yf(x)f(y)] f(x+y)=f(x)f(y) [或f(x?y)?f(x)f(y)f(xy)=f(x)+f(y) [或f(x)?f(x)?f(y)] yf(x+T)=f(x) f(x?y)?f(x)?f(y)1?f(x)f(y)1?f(x)f(y)f(x)?f(y) f(x?y)?目录：一.定义域问题 二、求值问题 三、值域问题 四、解析式问题 五、单调性问题 六、奇偶性问题

七、周期性与对称性问题 八、综合问题

一.定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。

例1.若函数y = f（x）的定义域是[－2，2]，则函数y = f（x+1）+f（x－1）的定义域为 ?1?x?1 。 解：f(x)的定义域是??2,2?，意思是凡被f作用的对象都在??2,2? 中。

评析：已知f(x)的定义域是A，求f???x??的定义域问题，相当于解内函数??x?的不等式问题。 练习：已知函数f(x)的定义域是??1,2? ，求函数f?log1?3?x?? 的定义域。

??????2例2：已知函数f?log3x?的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域 。?1,log311? 评析： 已知函数f???x??的定义域是A，求函数f(x)的定义域。相当于求内函数??x?的值域。

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练习：定义在?3,8?上的函数f(x)的值域为??2,2?，若它的反函数为f(x)，则y=f(2-3x)的定义域为

-1

-1

，值域为 。?0,4?,?3,8?

??3??二、求值问题-----抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;

例3.①对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：

令x?n,y?1,得f(n?1)?f(n)?2[f(1)]2, 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,

∴f(1)=

11n2001,即 f(n?1)-f(n)?,故f(n)?,?f(2001)?. 2222②R上的奇函数y=f(x)有反函数y=f-1(x),由y=f(x+1)与y=f-1(x+2)互为反函数，则f(2009)= . 解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.

例4.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,则g(2002)=_________.1

解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)≤f(x)+1，所以 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.

练习： 1. f(x)的定义域为(0,??)，对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ，则f(2)? （2.如果f(x?y)?f(x)f(y),且f(1)?2,则1 ）2f(2)f(4)f(6)f(2000)?????的值是 。2000 f(1)f(3)f(5)f(2001)f2(1)?f(2)f2(2)?f(4)f2(3)?f(6)f2(4)?f(8)n???? .( f(n)?2,原式=16)

f(1)f(3)f(5)f(7)3、对任意整数x,y函数y?f(x)满足：f(x?y)?f(x)?f(y)?xy?1，若f(1)?1，则f(?8)? C A.-1 B.1 C. 19 D. 43

4、函数f(x)为R上的偶函数，对x?R都有f(x?6)?f(x)?f(3)成立，若f(1)?2，则f(2005)=（ ）（B） A . 2005 B. 2 C.1 D.0

5、定义在R上的函数Y=f(x)有反函数Y=f-1(x)，又Y=f(x)过点（2，1），Y=f(2x)的反函数为Y=f-1(2x)，则Y=f-1(16)为（ ）（A） A）

11 B） C）8 D）16 816第 2 页 共 14 页

6、已知a为实数，且0?a?1,f(x)是定义在[0，1]上的函数，满足f(0)?0,f(1)?1,对所有x?y,x?y均有f()?(1?a)f(x)?af(y)21(1)求a的值(2)求f()的值7

三、值域问题

例4.设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数x、y，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在x1?x2,使得f(x1)?f(x2)，求函数f(x)的值域。

解：令x=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数

1135、(1)?f()?a?f()?a2,f()?(1?a)a?a24413? 144)?(1?a)a2?a[a?a(1?a)],可解得a?1又f()?f(22220?117)?1f(2)(2)设f()?b,则f()?f(7722723?f()?2b,同理f()?3b,?,f(1)?7b7711?f()?b?77x1?x2，使得f(x1)?f(x2)成立矛盾，故 f(0)≠0，必有 f(0)=1。

x?由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x、y均成立，因此，f(x)???f()??0 ,又因为若f(x)=0,则

?2?2f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(x)>0.

四、解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法， 例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)

解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u+3u+1 (0≤u≤2)故f(x)=-x+3x+1 (0≤u≤2) 小结：换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.

x?1?例6、设对满足x≠0,x≠1的所有实数x，函数f(x)满足,f?x??f????1?x ,求f(x)的解析式。 ?x?2

2

解:?f(x)?f(x?1)?1?x (x?0且x?1),(1)---- 用x-1代换x得:f(x?1)?f(1)?2x?1,（2）

xxx1?xx 再以112?x(1)?(3)?(2)x3?x2?1（3）代换(1)中的x得:f(由得:f(x)? (x?0且x?1) )?f(x)?. ---21-x1-x1?x2x2?2x小结：通过解方程组的方法可求表达式。怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键。通常，给某些变量适当赋值，使之在关系中“消失”，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要策略。 例7.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).

解:易知f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1. 小结：如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。 例8.是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件: ①f(n)>0,n∈N; ②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;

③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由. 解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2. 又f(2)=4=22,f(3)=23,?,由此猜想:f(x)=2x (x∈N*) (数学归纳证明 略）

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小结：对于定义在正整数集N*上的抽象函数,用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.

例9、已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x?)?f(x?)恒成立，当x??2,3?时，

3212f(x)?x，则当x?(?2,0)时，函数f(x)的解析式为（ D ）

A．x?2 B．x?4 C．2?x?1 D． 3?x?1

解：易知T=2，当x?(?2,?1)时,x?4??2,3?,∴f(x?4)?x?4?f(x); 当x?(?1,0)时2?x??2,3?,∴f(2?x)?2?x?f(?x)?f(x).故选D。

小结：利用函数的周期性和对称性把未知区间转移到已知区间，利用已知区间的表达式求未知区间的表达式，是求解析式中常用的方法。

练习：1、设y?f(x)是实数函数(即x,f(x)为实数),且f(x)?2f()?x,求证:|f(x)|?1x22. 3322解:用1代换x,得f(1)?2f(x)?1,与已知得|f(x)|?2. x2?3xf(x)?2?0，由??0得 9f(x)?4?2?0,?xxx2.（2006重庆）已知定义域为R的函数f(x)满足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x. （Ⅰ）若f(2)=3，求f(1)；又若f(0)=a，求f(a)；

（Ⅱ）设有且仅有一个实数x0，使得f(x0)=x0，求函数f(x)的解析表达式。

解：(I)因为对任意x?R,有f(f(x)-x2?x)?f(x)?x2?x 所以f(f(2)-22?2)?f(2)?22?2 又由f(2)?3,得f(3-22?2）?3?22?2,即f(1)?1 若f(0)?a,则f(a?02?0)?a?02?0,即f(a)?a(II)因为对任意x?R，有f(f(x)?x2?x)?f(x)?x2?x. 又因为有且只有一个实数x0，使得f(x0)?x0 所以对任意x?R,有f(x)?x2?x?x02 在上式中令x?x0，有f(x0)?x0?x0?x02 再代f(x0)?x0，得x0?x0?0，故x0=0或x0=1

若x0=0，则f(x)?x2?x?0，即f(x)?x2?x 但方程x2?x?x有两个不相同实根，与题设条件矛盾。故x0?0 若x0=1，则有f(x)?x2?x?1,即f(x)?x2?x?1.易验证该函数满足题设条件。 综上，所求函数为f(x)?x2?x?1 (x?R)3、函数f(x)对一切实数x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f(1)=0， （1）求f(0)的值； （2）对任意的x1?(0,)，x2?(0,)，都有f(x1)+2

解：（1）由已知等式（2）由

1212f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x，令x?1，y?0得f(1)?f(0)?2，又∵f(1)?0，∴f(0)??2．

f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x，令y?0得f(x)?f(0)?(x?1)x，

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1112f(x1)?2?x1?x1?(x1?)2?在x1?(0,)242311上单调递增，∴f(x1)?2?(0,)．要使任意x1?(0,)，x2?(0,)都有f(x1)?2?logax2成立，必有

4223131?logax2都成立.当a?1时，logax2?loga,显然不成立．当0?a?1时，(logax2?)loga?，解

2424由（1）知

f(0)??2，∴

f(x)?2?x2?x．∵x10,)，∴1?(23得

344?a?1∴a的取值范围是[,1)． 44方法提炼 怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;(2)小题中实质是不等式恒成立问题.

五、单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决）

例10.设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x) 在[-3，3]上的最大值和最小值.

解析:由单调性的定义步骤设x10,∴f(x2-x1)<0） 所以f(x)是R上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3), 令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=-f(3)=6.

练习：设f(x)定义于实数集上，当x>0时，f(x)>1,且对于任意实数x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)，

求证：f(x)在R上为增函数。 证明：设R上x11，

f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此处不能直接得大于f(x1)，因为f(x1)的正负还没确定) 。 取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x<0时，-x>0，f(-x)>1,∴由f(0)?f(x)f(?x)?1得f(x)?1故f(x)>0，?0，

f(?x)从而f(x2)>f(x1).即f(x)在R上是增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）

例11、已知偶函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数，对定义域内的任意x1,x2都有

x?1时f(x)?0,f(2)?1， f(x)1?x2)?f(x1)?f(x2，且当

（1）f(x)在(0,+∞)上是增函数； （2）解不等式f(2x?1)?2

解： （1）设x2?x1?0，则f(x)?f(x)?f(x?x2)?f(x)?f(x)?f(x2)?f(x)?f(x2) 211111x1x1x12∵x2?x1?0，∴

x2x?1，∴f(2)?0，即f(x2)?f(x1)?0，∴f(x2)?f(x1) x1x1∴f(x)在(0,??)上是增函数

2（2）?f(2)?1，∴f(4)?f(2)?f(2)?2，∵f(x)是偶函数∴不等式f(2x?1)?2可化为2又∵函数在(0,??)上是增函数，∴0≠|2x?1|?4，解得：f(|2x2?1|)?f(4)，{x|?10102

?x?且x??}222第 5 页 共 14 页

练习：已知函数f(x)的定义域为R，且对m、n∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－时，f(x)>0.求证：f(x)是单调递增函数；

证明：设x1＜x2,则x2－x1－

11)=0,当x>－22111>－,由题意f(x2－x1－)>0, 22211)－1=f［(x2－x1)－］>0, 22∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－∴f(x)是单调递增函数.

例12、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 3

练习1：已知f(x)是定义在(0,??)上的单调增函数，对于任意的m、n(m,n?(0,??))满足a?bf(m)?f(n)?f(mn),且a、b(0?a?b)满足f(a)?f(b)?2f()2(1)求f(1);.......(2)若f(2)?1，解不等式f(x)?2;...........(3)求证：3?b?2?2

解：(1)f(1)?0??????(2)f(x)?2的解集为(0,4)(3)?f(1)?0,f(x)在(0，??)上单调递增，?x?(0,1)时，f(x)?0，x?(1,??)时，f(x)?0又f(a)?f(b)且0?a?b,?f(a)??f(b)即f(ab)?0,?ab?1?0?a?1?b?f(b)?2f(a?ba?b),?22ab?1?f(b)?2f(a?ba?b2?a?b2?)?f?()??b?()22?2??a2?4b?b2?2,而0?a?1?0?4b?b2?2?1又b?1?3?b?2?2练习2、 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）求证：f（x）是R上的增函数；（4）若f（x）·f（2x－x2）＞1，求x的取值范围.

（1）证明：令a=b=0，则f（0）=f 2（0）.又f（0）≠0，∴f（0）=1. （2）证明：当x＜0时，－x＞0，∴f（0）=f（x）·f（－x）=1.∴f（－x）=

1＞0.

f(x)又x≥0时f（x）≥1＞0，∴x∈R时，恒有f（x）＞0.

（3）证明：设x1＜x2，则x2－x1＞0.∴f（x2）=f（x2－x1+x1）=f（x2－x1）·f（x1）.∵x2－x1＞0，∴f（x2－x1）＞1.

又f（x1）＞0，∴f（x2－x1）·f（x1）＞f（x1）.∴f（x2）＞f（x1）.∴f（x）是R上的增函数.

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（4）解：由f（x）·f（2x－x2）＞1，f（0）=1得f（3x－x2）＞f（0）.又f（x）是R上的增函数， ∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.

关键点注：解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f（x2）=f［（x2－x1）+x1］”是证明单调性的关

键，这里体现了向条件化归的策略

练习3.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 f(a)?f(b)＞0

a?b（1）.若a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）.若f（k ?3x)?f(3x?9x?2)＜0对x∈ [－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。 （由 >0可得f(a)>f(b).k?22?1） a?b练习4、已知函数f(x)对任何正数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x>1时,f(x)<1.

试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由.

解:对x?R?有f(x)?f(f(x2)?f(x1)f(f(a)?f(?b)x?x)?f2(x)?0,又f(x)?0,故f(x)?0，设x,x?R?,且x?x,则x2?1,则 1212x1x2x?x1)f(2)?f(x1)，所以x1x1x??f(2)?1f(x1)f(x1)x1f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上为减函数.

练习5、奇函数f(x)在(??,0)上单调递减，且f(2)?0，则(x?1)f(x?1)?0的解集为(CA、(?2,?1)?(1,2)B、(?3,1)?(2，??)??C、(?3,?1)D、(?2,0)?(2，??)练习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??1. 2(an?3),n?N*)

求证：f(a1)?f(a2)?f(a3)???f(an)?3?2n?1n?1.

22?3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 （2分） （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 （6分）

*(III)?Sn??1 (a?3)(n?N)?Sn?1??1n2(an?1?3)(n?2)21 (8分) ?an?13an?1(n?2),?a1?1?0?an?3n?1?f(an)?f(3n?111?1?1)?f(2)?f(1)?2?3f(1)?4 )?f(3n3n3n3n3n3n1)?1f(?f(3n33n?111)?43，即f(an?1)?34。 f(an)?31 4144144441 故f(an)?2?n?f(an)?13f(an?1)?3?32f(an?2)?32?3???3n?1f(a1)?3n?1?3n?2???32?3?2?3n?13?1?f(a1)?f(a2)???1?(1)n3f(an)?2n?1?1即原式成立。 （14分）

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六、奇偶性问题

例13. （1）已知函数f(x)(x≠0的实数)对任意不等于零的实数x、y都有f(x﹒y)=f(x)+f(y)，试判

断函数f(x)的奇偶性。

解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑f(-x)与f(x)的关系：

取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1)，取x=y=1有f(1)=0.所以f(-x)=f(x),即

f(x)为偶函数。

（2）已知y=f(2x+1)是偶函数，则函数y=f(2x)的图象的对称轴是（ D ） A.x=1

B.x=2

C.x=－

1 2D.x=

1 2解析：f(2x+1)关于x=0对称,则f(x)关于x=1对称,故f(2x)关于2x=1对称.

注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化繁为简。F（x）=f(2x+1)为偶函数，则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。 例14：已知函数f(x)的定义域关于原点对称且满足?1?f(x?y)?使f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。 证明：设t=x-y,则f(?t)?f(y?x)?f(x)f(y)?1，（2）存在正常数a，

f(y)?f(x)f(y)f(x)?1f(y)f(x)?1????f(t)，所以f(x)为奇函数。

f(x)?f(y)f(y)?f(x)例15：设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(??,0)上是增函数，又f(2a2?a?1)?f(3a2?2a?1)。求实数a的取值范围。

解析：又偶函数的性质知道：f(x)在(0,??)上减，而2a?a?1?0，3a?2a?1?0，所以由

22f(2a2?a?1)?f(3a2?2a?1)得2a2?a?1?3a2?2a?1，解得0?a?3。

（设计理由：此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题，所以本题弹性较大，可以作一些条件变换如：

f(a?1)?f(1)或f(a?1)?f(1?2a)等；也可将定义域作一些调整）

例16：定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log23且对任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)． (1)求证f(x)为奇函数；

(2)若f(k·3)+f(3-9-2)＜0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．

(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)---- ①令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立，∴f(x)是奇函数． (2)解：f(3)=log23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R上是单调函数，所以f(x)在R上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．f(k·3)＜-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3＜-3+9+2，

xxxxxxxxxxx第 8 页 共 14 页

3

2x-(1+k)·3+2＞0对任意x∈R成立．令t=3＞0，即t-(1+k)t+2＞0对任意t＞0恒成立．

1?k2xx2令f(t)?t2?(1?k)t?2,其对称轴x?当1?k?0即k??1时，f(0)?2?0,符合题意；故：21+k当?0时,2?1?k?0?对任意t?0,f(t)?0恒成立??22????(1?k)?8?0解得-1?k??1?22k??1?22时，f(k?3x)?f(3x?93?2)?0对任意x∈R恒成立。

说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t-(1+k)t+2对于任意t＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．本题还有更简捷的

解法：分离系数由k·3＜-3+9+2得k要使对x?R不等式k?3x?xxx2?3x?22x?1,而u?3??1?22?1, 3x3x2?1.恒成立，只需k<22?1 3x上述解法是将k分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖．

练习：1、已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b都满足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值； (2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (3)若f(2)=2,un=f(2n) (n∈N*),求证:un+1>un (n∈N*).

解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.

(2)、令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数. (3)先用数学归纳法证明:un=f(2n)>0 (n∈N*)(略)

2.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） 同例16（略）

（2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，∴f（x2-x1）＜0,而f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）-f（x1）<0；

∴f(x1)＞f(x2),即f(x)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. （3）

112222

f（ax）- f（x）＞ f（ax）- f（a）? f（ax）- f（ax）＞n[f（x）- f（a）] nn2222

f（ax-ax）＞nf（x-a），由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）∴f（ax-ax）＞f[n（x-a）]

?

22

∵f（x）在（-∞，+∞）上是减函数∴ax-ax＜n（x-a）.即（x-a）（ax-n）＜0，∵a＜0，∴（x-a）（x-讨论：（1）当a＜

n）＞0， ann＜0，即a＜-n时，原不等式解集为{x | x＞或x＜a}； aa第 9 页 共 14 页

（2）当a=（3）当

n＜0即a=-n时，原不等式的解集为φ； ann＜a＜0时，即-n＜a＜0时，原不等式的解集为{x | x＞a或x＜} aa3、已知f(x)是定义在［－1，1］上的奇函数，且f(1)=1,若a,b∈［－1,1］,a+b≠0时，有

(1)判断函数f(x)在［－1，1］上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （2）解不等式：f(x+

f(a)?f(b)＞0.

a?b11)＜f(); 2x?1(3)若f(x)≤m2－2pm+1对所有x∈［－1,1］,p∈［－1,1］(p是常数）恒成立，求实数m的取值范围.

.解：（1）设任意x1,x2∈［－1,1］,且x1

因为x10

x2?(?x1)∴f(x2)+f(－x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以函数f(x)在［－1，1］上是增函数.

（2）由不等式f(x+

121??1?x??1?12)＜f()得?,解得－1

1?x?1??1??1x?1?11?x???2x?1?2

（3）由以上知f(x)最大值为f(1)=1,所以要f(x)≤m－2pm+1对所有x∈［－1,1］,p∈［－1,1］(p是常数)恒成立，只需1≤m－2pm+1恒成立，得实数m的取值范围为m≤0或m≥2p.

2

七、周期性与对称性问题（由恒等式简单判断：同号看周期，异号看对称） ．．．编号 周 期 性 对 称 性 1 f?x?a??f?x?a?→T=2a f?x?a??f??x?a?→对称轴x?a?y?f?x?a?是偶函数； f?x?a???f??x?a?→对称中心（a,0）?y?f?x?a?是奇函数 f?a?x??f?b?x?→对称轴x?a?b； 22 f?a?x??f?b?x?→T=b?a f?a?x???f?b?x?→对称中心(3 a?b,0)； 2f(x)= -f(x+a)→T=2a f(x)= -f(-x+a)→对称中心??a?,0? ?2?4 f?a?x???f?b?x?→T=2b?a f(x)=±f?a?x???f?b?x?→对称中心??a?b?,0? 2??5 f(x)=1-6 1→T=2a f?x?f(x)= b-f(-x+a)→对称中心??ab?,? ?22?1?f(x)?0?→T=3a f?x?a? 结论：(1) 函数图象关于两条直线x=a，x=b对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b|

第 10 页 共 14 页

(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b| (3) 函数图象关于直线x=a，及点M(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4|a-b| （4） 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别: y=f(a+x)与y=f(b-x)关于x?b?ab?a,0)对称 对称；y=f(a+x)与y=-f(b-x)关于点(22 （可以简单的认为：一个函数的恒等式，对应法则下的两式相加和的一半为对称轴：两个同法则不同表达式的函数，对应法则下的两式相减等于0，解得的x为对称轴）

例17：①已知定义在R上的奇函数f (x)满足f (x+2) = – f (x)，则f (6)的值为（ B ）

A. –1 B. 0 C. 1 D. 2

解： 因为f (x)是定义在R上的奇函数，所以f (0) = 0，又T=4，所以f (6) = f (2) = – f (0) = 0。

②函数f(x)对于任意的实数x都有f(1+2x)=f(1-2x)，则f(2x)的图像关于 对称。（x=1/2） 练习：（2010重庆）已知函数f?x?满足：f?1??1，4f?x?f?y??f?x?y??f?x?y??x,y?R?，则4f?2010?=_____________.

解析：取x=1 y=0得

f(0)?1 法一：通过计算f(2),f(3),f(4)........，寻得周期为6 2法二：取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n) 联立得f(n+2)= —f(n-1) 所以T=6 故f1 2例18. 已知函数y=f(x)满足f(x)?f(?x)?2002，求f?1?x??f?1?2002?x?的值。

?2010?=f(0)=

解：由已知式知函数的图象关于点（0，1001）对称。据原函数与其反函数的关系，知函数y=f(x) 的图象关于点（1001，0）对称,所以f?1-1

?x?1001??f?1?1001?x??0,即f?1?x??f?1?2002?x?=0

例19. 奇函数f (x)定义在R上，且对常数T > 0，恒有f (x + T ) = f (x)，则在区间［0，2T］上，方程f (x) = 0根的个数最小值为（ ）C

A. 3个 B.4个 C.5个 D.6个

解：∵f (0) = 0→x1= 0， 又f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0→ x2 = T，x3 = 2T.又因为f??x??T?T????f?x?? 2?2??令x = 0得

?T??T??T??T??3T?f????f????f??,∴f???f??=0.(本题易错选为A) ?2??2??2??2??2?例20．① f(x)满足f(x) =-f(6-x)，f(x)= f(2-x)，若f(a) =-f(2000)，a∈[5，9]且f(x)在[5，9]上单调。 求a的值。

解：∵ f(x)=-f(6-x) ∴f(x)关于（3，0）对称 又∵ f(x)= f(2-x) ∴ f(x)关于x=1对称 ∴T=8

∴f(2000)= f(0) 又∵f(a) =-f(2000) ∴f(a)=-f(0) 又∵f(x) =-f(6-x) ∴f(0)=-f(6) ∴f(a)=f(6) ∴a =6

②设y=f(x)是定义在[-1,1]上的偶函数，函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称，

且当x [2,3]时，g(x)=2a(x-2)-4(x-2)(a为常数且a R)

（1）求f(x);

（2）是否存在a [2,6]或a (6,+∞),使函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上？

若存在，求出a的值；若不存在，说明理由.

解：（1）设点M(x,f(x))为函数y=f(x)图象上任意一点，则点M关于直线x=1的对称点为N(2-x,f(x)).

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3

∵y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称. ∴点N(2-x,f(x))在y=g(x)图象上.

由此得f(x)=g(2-x)（利用结论4的命题易得这一结果：y=g(x)与y=g(2-x)的图象关于直线x=1对称） 设x

[-1,0]，则2-x

[2,3].此时f(x)=g(2-x)=-2ax+4x

3

3

又f(x)为偶函数?f(-x)=f(x),x? [-1,1]. ∴当x? [0,1]时，f(x)=2ax-4 x

（2）注意到f(x)为偶函数，只须研究f(x)在[0,1]上的最大值. (ⅰ)当a

(2,6]时，由0

2

x 1得a-2x＞0， ≤

=12得

=

（当且仅当4 =486>

=a－2

,即x=

[0,1]

2

f(x)=2x(a-2 x)=

时等号成立）. 由题意知,f(x)的最大值为12,令条件的a不存在.

(ⅱ)当a=2且0≤x≤1时,f(x)=4x(1－

)

,∴a>6,这与a (2,6]矛盾,故此时满足

同理可证 f(x)= (ⅲ)当a>6时,设0

,则f(

)-f(

(当且仅当2 )=2a(

-

=1- )-4(

,即x=

-

时等号成立),也与已知矛盾. )=2(

- )[a-2(

+

+ ∴f(

)]，由题设0< )-f(

+ + )

<3,a>6 ∴a-2( + + )>0 又 - <0

)<0即f( ), ∴f(x)在[0,1]上为增函数. ∴此时 =f(1)=2a-4.

令2a-4=12,解得a=8 (6,+∞),适合题意.

(6,+∞),使得函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上.

因此,综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ)知,存在a=8

练习1、函数y?f(x?1)是偶函数，则y?f(x)的图象关于 x=1 对称。

2、函数y?f(x)满足f(x?3)??1)? -1 。 ，且f(3)?1，则f(2010f(x)12123、函数f(x)是定义在R上的奇函数，且f(?x)?f(?x),则f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)? 解析：法一：因f(x)为奇函数且关于x法二：因

?f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)?0, 小结：此方法为抽象函数具体化法

1对称，T=2,可借助图象解答，得结果为0. 小结：此方法为数形结合法 21x联想函数f(x)?si?nxf(x)为奇函数且关于x?对称，类比f(x)?sin

2?4、已知函数y?f(2x?1)是定义在R上的奇函数，函数y?g(x)是y?f(x)的反函数，若x1?x2?0则

g(x1)?g(x2)?（ D ）

A）2 B）0 C）1 D）-2

解析：法一：(函数具体化)设

f(x)?x?1符合题意，则g(x)?x?1则g(x1)?g(x2)?(x1?1)?(x2?1)?(x1?x2)?2??2，

法二：y=f(2x-1)是R上的奇函数→f(-2x-1)=-f(2x-1)，即f(-2x-1)+f(2x-1)=0，由反函数的关系就可以取x1=

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f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2.

5.设f(x)是R的奇函数,f(x+2)= — f(x),当0≤x≤1,时,f(x)=x,则f(7.5)= - 0.5 6.定义在R上的函数f(x)满足f(-x)+f(x)=3,则f-1(x)+f-1(3-x)= .0

7、 f（x）是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f（2）=0，则方程f（x）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是（ ）D

A.4 B.5 C.6 D.7

8、设函数f(x)的定义域为[1,3],且函数f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称,已知当x [2,3]时f(x)=

2x,求当x [1,2]时,f(x)的解析式.

解:由已知得 f(x)=-f(4-x)① 又当x [1,2]时,4-x [2,3],∴f(4-x)=(4-x) -2(4-x) ②

∴由①②得f(x)=- (x- 4) +2(4-x) ∴当x9、（09山东）已知定义在R上的奇函数

[1,2]时,f(x)=-x +6x-8

f(x)，满足f(x?4)??f(x),且在区间[0,2]上是增函数,

若方程f(x)=m(m>0)在区间??8,8?上有四个不同的根x1,x2,x3,x4,则x1?x2?x3?x4?_________.-8 八、综合问题

例21. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总时，0

中，令中，令

，得,因为当

，因为时，

，所以

。

，

有，且当x>0

，

所以当时,而

，所以，综上可知，对于任意，则

,所以，均有

。

又当x=0时，设所以

.所以在R上为减函数。 ,即有,由

，所以直线

（2）由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以又

，根据函数的单调性，有

与圆面无公共点。因此有，解得。

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评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题，二是f(x)>0的结论。这是解题的关键性步骤，完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决。

例22.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(1)解不等式f(3x?x2)?4,;(2)解方程[f(x)]2?f(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f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,

222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

例23.定义在(?1,1)上的函数f(x)满足:(1)对任意x,y?(?1,1),都有f(x)?f(y)?f(x?y) 1?xy1111)?f(). (2)当x∈(-1,0)时,有f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数； （Ⅱ）f()?f()???f(211193n?5n?5解:(1)易证f(x)是奇函数。

（2）易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.

1???11??(?)???(n?2)(n?3)11n?3??f(1)?f(1) ??f?n?2又f(2)?f()?f??111(n?2)(n?3)?1?n?2n?3n?5n?5??1??1??(?)?(n?2)(n?3)??n?3?????n?2111111111)?f()???f(2)?[f()?f()]?[f()?f()]???f()?f() 111934453n?3n?5n?51111又f()?0,?f()?f()?f().命题成立

n?33n?33

?f(第 14 页 共 14 页

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