第四讲抽像型函数.doc

个人收集整理 勿做商业用途
04 第四讲—抽象函数的类型与解法（答案）
题型一 正比例函数型的抽象函数
1．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；
分析：先证明函数f(x）在R上是增函数(注意到f（x2）＝f［（x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1）＋f（x1）)；再根据区间求其值域.
2．已知函数f(x）对任意实数x、y均有f(x＋y）＋2＝f（x)＋f（y），且当x>0时,f（x）>2，f(3)＝ 5,求不等式 f（a2－2a－2）〈3的解；
分析：先证明函数f(x)在R上是增函数(仿例1）；再求出f（1)＝3;最后脱去函数符号.
3．函数f（x)对任意的a、b∈R，都有f（a+b)=f（a)+f(b）—1,并且当x＞0时，f（x）＞1。
(1）求证:f（x)是R上的增函数；
（2）若f(4)=5，解不等式f(3m2—m-2)＜3；
解 （1）设x1,x2∈R,且x1＜x2，则x2—x1＞0，∴f（x2—x1）＞1。
f(x2)—f(x1)=f((x2—x1）+x1)—f（x1）=f（x2-x1）+f(x1）—1—f(x1）=f(x2—x1)—1＞0。 ∴f(x2）＞f(x1）.
即f（x）是R上的增函数
(2）∵f（4）=f（2+2)=f(2）+f（2）—1=5，∴f(2）=3，
∴原不等式可化为f（3m2-m—2)＜f(2）,
∵f(x)是R上的增函数，∴3m2-m-2＜2， 解得-1＜m＜，故解集为（-1， )。
4．函数f（x）对任意的实数m、n有f（m+n）=f(m)+f（n）,且当x＞0时有f(x）＞0.
（1)求证:f(x）在(— ∞，+ ∞）上为增函数;
(2）若f（1)=1,解不等式f［log2(x2-x-2）］＜2；
(1）证明 设x2＞x1，则x2-x1＞0。
∵f（x2)-f（x1)=f（x2—x1+x1)-f(x1）=f(x2—x1)+f(x1)—f(x1）=f（x2-x1）＞0,
∴f(x2)＞f(x1）,f（x)在（—∞,+∞)上为增函数。
（2）解 ∵f(1)=1，∴2=1+1=f（1）+f（1)=f(2)。 
又f[log2（x2—x—2)］＜2,∴f[log2(x2—x—2)］＜f（2).
∴log2(x2—x-2）＜2，于是∴
即—2＜x＜—1或2＜x＜3。∴原不等式的解集为｛x｜—2＜x＜-1或2＜x＜3}。
5．已知函数f(x），当x，y∈R时,恒有f（x+y）=f（x)+f(y)。
（1)求证：f（x)是奇函数；
(2）如果x∈R+，f（x)＜0，并且f(1)=-,试求f(x)在区间［—2,6］上的最值；
(1）证明∵函数定义域为R，其定义域关于原点对称.
∵f（x+y）—f（x）+f（y），令y=-x，∴f(0)=f（x)+f（—x)。令x=y=0，
∴f（0)—f(0）+f（0)，得f(0）=0。∴f（x）+f（-x)=0，得f(—x)=—f(x)，∴f（x)为奇函数.
（2)解 方法一 设x,y∈R+，∵f（x+y）=f（x）+f（y），
∴f（x+y）—f(x）=f（y）.∵x∈R+，f（x）＜0,
∴f（x+y）—f（x）＜0，∴f(x+y）＜f（x).
∵x+y＞x，∴f(x)在(0，+∞）上是减函数。又∵f（x）为奇函数，f(0）=0，
∴f（x）在（-∞，+∞）上是减函数。∴f（-2)为最大值，f(6)为最小值.
∵f（1)=—，∴f（-2)=—f(2)=—2f(1)=1,f（6）=2f(3)=2[f(1）+f（2)]=-3.
∴所求f(x）在区间［—2,6］上的最大值为1，最小值为—3.
方法二 设x1＜x2，且x1,x2∈R.
则f（x2-x1）=f［x2+（-x1）]=f(x2）+f（—x1)=f（x2)—f（x1）.
∵x2-x1＞0，∴f(x2-x1)＜0。∴f（x2）—f(x1）＜0。即f(x)在R上单调递减。
∴f(-2）为最大值,f(6）为最小值.∵f（1）=-，
∴f（—2)=—f（2）=-2f（1)=1,f（6）=2f（3)=2[f（1）+f（2)］=-3.
∴所求f(x）在区间［—2，6］上的最大值为1，最小值为—3.
6．已知函数y=f(x)的定义域为R,且对任意a，b∈R,都有f(a+b）=f（a)+f(b)，且当x＞0时，
f(x)＜0恒成立，f(3)=—3。
（1)证明:函数y=f(x)是R上的减函数;
（2）证明：函数y=f（x）是奇函数；
（3）试求函数y=f(x）在[m,n］（m，n∈Z）上的值域；
（1）证明 设x1，x2∈R,且x1＜x2,f（x2)=f[x1+（x2-x1）］=f（x1)+f（x2—x1）.
∵x2-x1＞0,∴f（x2—x1）＜0.∴f（x2）=f(x1)+f（x2-x1)＜f(x1)。故f(x）是R上的减函数。
（2）证明 ∵f（a+b）=f（a）+f(b)恒成立，∴可令a=-b=x,则有f（x）+f（-x）=f（0）,
又令a=b=0,则有f(0）=f(0)+f（0),∴f(0）=0.从而x∈R，f（x）+f(-x）=0，
∴f(-x）=—f（x).故y=f（x）是奇函数。
（3）解 由于y=f(x)是R上的单调递减函数，
∴y=f(x)在［m，n］上也是减函数，故f（x)在［m，n］上的最大值f（x）max=f(m）,最小值f（x）min=f（n）.
由于f（n)=f(1+(n-1)）=f(1）+f（n—1)=…=nf（1），同理f（m)=mf(1）.
又f(3）=3f（1）=—3,∴f(1)=-1,∴f（m)=-m, f(n)=—n.
∴函数y=f(x）在［m，n］上的值域为［-n,-m］。
7．已知函数对任意，总有f(x+y）=f(x)+f（y),且当时，,；
（1）求证是R的上的减函数；
（2)求在［-3,3］上的最大值和最小值;
解：（1)，令可得,在R上任取,
则.
，又时，，∴，
即。由定义可知在R上为单调递减函数。
（2）∵是R的上的减函数，∴在[—3，3］上也是减函数∴最小，最大，
，
即在[—3，3]上的最大值为2，最小值为-2。
题型二 幂函数型的抽象函数
1．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0≤x＜1时，f(x）∈[0,1］.
（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a≥0且f（a＋1）≤,求a的取值范围。
分析:（1)令y＝－1；
（2）利用f（x1）＝f（·x2）＝f（）f（x2）；
（3）0≤a≤2。
2．已知函数f（x)， 对于任意实数x，y， 都有f(x+y)=f（x）f（y)，f（1)=2， 则f（1)+f(2)+f(3）+…+f（2004）=________.
分析:由于f(x+y)=f（x）f(y）,取一个满足此性质的具体函数:指数函数，不妨设f(x）=ax(a＞0，a≠1），因为f(1)=2，所以a=2，f(x)=2x。
所以f（1）+f（2)+f(3）+…+f(2000)=2+22+23+24+…+22004=22005—2。
3．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0≤x＜时，f(x)∈(0，1）
（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a≥0，且f(a+1)≤，求a的取值范围。
分析：由题设可知f（x）是幂函数y= 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,得f（—x)=f(x）·f（-1)。
因为f（—1)=1，所以f(-x)=f(x),f(x)为偶函数。
（2)设0≤x1＜x2，则0≤＜1,f(x1)=f（ ) ·f（x2）.
因为当0≤x＜1时，f(x)∈（0，1),所以f（)＜1，所以f（x1)＜f(x2)，故f(x）在（0，+∞）上是增函数。
(3）因为f（27)=9，且f（3×9）=f（3）×f（9)=f(3)·f（3)·f(3)=［f（3）]3，
所以9= ［f(3)]3，所以f（3）= ,因为f(a+1)≤，所以f(a+1)≤f（3），
所以由，得0≤a≤2。
4．定义在R上的函数满足：对任意实数，总有，且当时，．
（1）试求的值；
（2）判断的单调性并证明你的结论；
（3）设，若，试确定的取值范围．
（4）试举出一个满足条件的函数．
讲解：(1）在中，令．得：．
因为,所以,．
（2）要判断的单调性，可任取，且设．
在已知条件中，若取,则已知条件可化为：．
由于，所以．
为比较的大小,只需考虑的正负即可．
在中，令,,则得．
∵ 时，，∴ 当时，．
又,所以,综上，可知，对于任意，均有．
∴ ．∴ 函数在R上单调递减．
（3)首先利用的单调性，将有关函数值的不等式转化为不含的式子．
，
，即．
由，所以，直线与圆面无公共点．
所以，．解得：．（4)如．
5．（2001年全国高考题）设是定义在R上的偶函数，其图像关于直线对称，对任意都有,且．
（Ⅰ）求及；
（Ⅱ）证明：是周期函数;
（Ⅲ）记，求．
答案:(Ⅰ）;（Ⅱ)略;（Ⅲ）．
题型三 指数函数型的抽象函数
1．设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞）,满足条件：存在x1≠x2，使得f（x1）≠f（x2);对任何x和y，f（x＋y)＝f(x）f（y)成立.求：
（1） 求f(0）;
（2） 对任意值x，判断f（x)值的符号.
分析：（1）令y＝0；（2)令y＝x≠0.
2．是否存在函数f（x）,使下列三个条件：①f（x）>0,x∈N；②f（a＋b)＝ f（a)f（b）,a、b∈N；③f（2)＝4。同时成立?若存在，求出f（x）的解析式,若不存在，说明理由。
分析：先猜出f（x）＝2x；再用数学归纳法证明。
3．已知函数f（x）（x≠0）满足f（xy）＝f（x)＋f(y),
（1） 求证:f（1)＝f（－1）＝0;
（2） 求证：f（x)为偶函数；
（3） 若f(x)在（0,＋∞）上是增函数，解不等式f（x)＋f（x－）≤0。
分析：函数模型为：f（x）＝loga｜x｜（a＞0）
（1） 先令x＝y＝1，再令x＝y＝ －1；
（2） 令y＝ －1;
（3） 由f（x)为偶函数，则f（x)＝f（|x｜）.
题型四 对数函数型的抽象函数
1．设f(x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足f（x·y）＝f（x）＋f（y)，f(3）＝1,求：
（1） 求f（1）；
（2） 若f（x）＋f（x－8）≤2，求x的取值范围。
分析：(1）利用3＝1×3;
(2）利用函数的单调性和已知关系式.
2．设函数y＝ f(x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f(a)＋f（b）,那么g（a＋b）＝g(a)·g（b）是否正确，试说明理由.
分析：设f（a）＝m，f(b）＝n，则g（m）＝a，g(n)＝b，
进而m＋n＝f（a）＋f（b）＝ f（ab）＝f [g（m）g（n）］…。
3．设f（x）是定义在(0，+∞）上的增函数，且对任意的x，y∈（0,+∞）,都有f(xy）=f(x)+f(y）.
（1)求证：当x∈（1，+∞）时，f（x）＞0；且f（)=f（x）—f（y）。
（2)若f（2)=1,解不等式f（x+2)-f（2x)＞2。
分析：由f(xy）=f（x)+（y)，不难想到f（x）应为对数函数形式，所以f(1)=0,由题意条件，f（x)为增函数，据此不难求解.
解:(1）令x=y=1,则由f(xy）=f（x)+f(y）得f(1×1）=f（1)+f（1)。
即f（1）=2f（1）,f(1)=0，又由于函数f(x)在(0，+∞）上为增函数，所以对任意x∈(1，+∞)，有f（x)＞f(1）=0,故f(x）＞0。
设x，y∈（0,+∞)，则有 ∈（0，+∞），于是f(x)=f（y） = f( ) + f(y）,即f（)=f(x）-f(y）.
（2）由于f(2）=1，所以f=f（2)+f(2)=f（2×2)=f（4），由f(x+2）-f(2x）＞2，f（x+2)＞f(2x）+f(4）， f（x+2）＞f（8x)，又因为函数f(x）在（0，+∞）上为增函数，所以x+2＞8x，因x∈(0，+∞)，所以 0＜x＜ .
4．已知定义在区间（0，+∞）上的函数f（x）满足f（=f(x1）—f(x2),且当x＞1时,f（x）＜0。
(1）求f（1)的值；
(2)判断f(x)的单调性;
（3）若f(3）=-1,解不等式f（｜x｜）＜—2.
解 (1)令x1=x2＞0，代入得f（1)=f(x1）-f(x1）=0,故f（1)=0.
（2）任取x1，x2∈（0,+∞），且x1＞x2,则＞1,由于当x＞1时,f（x）＜0,
所以f＜0，即f（x1)-f(x2)＜0,因此f（x1）＜f(x2），
所以函数f(x）在区间(0,+∞)上是单调递减函数.
(3）由f（）=f(x1）-f（x2）得f（=f(9）—f(3),而f（3)=-1,所以f（9）=—2。
由于函数f(x)在区间（0，+∞）上是单调递减函数，
由f（|x｜）＜f（9）,得｜x｜＞9，∴x＞9或x＜—9.因此不等式的解集为｛x|x＞9或x＜-9}.
5．已知函数是定义在(0，+∞）上的减函数,且满足f(x·y）＝f（x）＋f(y），;
（1）求；（2）若，求x的取值范围；
解：（1）令，则；
(2)∵,∴
由为在（0，+∞)上的减函数,得
.
6．已知f（x)在定义域（0，+∞）上为增函数，且满足f(xy）=f（x）+f（y）,f（3）=1,
试解不等式f（x）+f(x—8)≤2.
解 根据题意，由f（3）=1,得f(9）=f(3)+f（3)=2.
又f（x)+f（x—8）=f［x（x-8）］，故f［x（x—8）］≤f(9)。
∵f（x)在定义域(0，+∞）上为增函数,∴解得8＜x≤9.
7．已知函数f(x)对一切实数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） 当x＞0时，0＜f（x）＜1;
（2） f(x）在x∈R上是减函数.
分析：（1）先令x＝y＝0得f（0）＝1,再令y＝－x；
（2）受指数函数单调性的启发：
由f（x＋y)＝f(x）f(y）可得f（x－y）＝,
进而由x1＜x2，有＝f(x1－x2)＞1.
题型五 三角函数型的抽象函数
1．已知函数f（x），g(x)在R上有定义，且f（x—y）=f(x)g(y）-f(y)g（x），若 f（1）=f(2)≠0，求g(1)+g（-1)的值.
分析：由于f(x—y)=f（x)g(y)—f(y)g（x)的结构非常类似于两角差的正弦公式，而正弦函数为奇函数，所以本题只要证明f(x)为奇函数便可迎刃而解。
解：设x,s,t∈R，且x=s-t，由于f（-x)=f（t—x）=f（t)g（s)-f（s)g（t)=-［f(s）g（t)-f（t)g（s）］=-f(s—t）=-f（x),所以f(x)为奇函数。
于是有f(2)=ff［1-(—1)］=f(1)g(—1)-f(—1)g（1)=f（1)g(—1)+f（1)g（1）=f(1）[g(-1)+g(1)］，由于f(1)=f（2）≠0，故上式变形得g（—1)+g(1）=1。
2．已知函数f(x)满足f（x+1）= ，且f(2）=2006，求f（2006)的值。
分析:由f(x+1)= 的形式，不难联想到正切函数，如tan(x+)= ,而此函数是以T=×4=π为周期，所以不难猜想f（x）=tanx，其周期为4，故本题最关键是
求出f（x）的周期。
解:由于f（x+2)=f［(x+1）+1]= == -
所以f(x+4)=f[(x+2）+2]=- =f（x)
∴f(x）是以4为周期的周期函数，于是f（2006）=f(2)=(2006).
3．已知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三个条件：
① x1、x2是定义域中的数时，有f（x1－x2）＝;
② f(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。
分析:（1)利用f [－（x1－x2）]＝ －f ［（x1－x2)］,判定f（x）是奇函数；
（2）先证明f(x）在（0，2a)上是增函数，再证明其在（2a,4a）上也是增函数.
4．已知定义在R上的函数满足：
（1）值域为,且当时,;
（2）对于定义域内任意的实数，均满足：
试回答下列问题:
（Ⅰ）试求的值；（Ⅱ)判断并证明函数的单调性;
（Ⅲ）若函数存在反函数，求证:．
讲解：（Ⅰ)在中，令，则有．即:．
也即：．
由于函数的值域为,所以,，所以．
（Ⅱ）函数的单调性必然涉及到,于是，由已知，我们可以联想到：是否有
？(＊）
这个问题实际上是:是否成立?
为此，我们首先考虑函数的奇偶性，也即的关系．由于，所以，在中,令,得．
所以，函数为奇函数．故（＊）式成立．
所以,．
任取，且,则，故且．所以，

所以,函数在R上单调递减．
(Ⅲ)由于函数在R上单调递减，所以，函数必存在反函数，由原函数与反函数的关系可知：也为奇函数；在上单调递减;且当时，．
为了证明本题，需要考虑的关系式．
在（＊）式的两端，同时用作用，得：，
令，则，则上式可改写为:
．
不难验证：对于任意的,上式都成立．（根据一一对应）．
这样，我们就得到了的关系式．这个式子给我们以提示：即可以将写成的形式，则可通过裂项相消的方法化简求证式的左端．
事实上，由于
,
所以，．
所以,

题型六 综合类型
1．（1）函数，若对于任意实数，都有，求证:为奇函数；
（2）函数，若对于任意实数,都有，且；
①求证：；②求证：为偶函数；
（3）设函数定义在上，证明+是偶函数，—是奇函数;
2．已知f(x)是实数集R上的函数，且对任意xR，f（x)=f（x+1）+f（x—1)恒成立.
（1)求证：f（x）是周期函数。
(2)已知f(3)=2，求f（2 004）。
（1)证明 ∵f(x）=f（x+1)+f（x-1）,∴f(x+1)=f(x）-f（x-1)，
则f(x+2)=f
∴f(x+3)=f
∴f(x+6）=f∴f(x)是周期函数且6是它的一个周期。
(2)解 f（2 004)=f(334×6)=f(0)=—f（3）=-2。
3．设f（x）是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、x2∈［0，］都有f(x1+x2）
=f（x1)·f（x2），且f(1）=a＞0。
（1）求f()及f（）(2)证明：f（x)是周期函数;（3)记an=f（2n+，求an.
（1）解 ∵对x1、x2∈,
都有f（x1+x2）=f（x1）·f（x2），
∴f（x）=f（≥0，x∈［0,1]。
∴f（1）=f( f（.
 ∵f(1)=a＞0, ∴f（
（2）证明 ∵y=f（x）的图象关于直线x=1对称，
∴f（x）=f（1+1—x），即f（x)=f（2-x),x∈R.
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-x用x代换，得f（x）=f(x+2），x∈R.
这表明f（x）是R上的周期函数，且2是它的一个周期。
（3）解 由（1）知f（x）≥0，x∈[0,1]。
∵f（=f（…
=f(…·f(又f(
∵f（x)的一个周期是2，∴an=f(2n+）=f(),∴an=a.
4．设函数f(x)在（—∞，+∞）上满足f（2—x)=f(2+x)，f（7—x)=f(7+x)，且在闭区间［0，7]上，只有f(1）=f（3)=0.
（1)试判断函数y=f（x)的奇偶性；
（2)试求方程f(x）=0在闭区间[—2 005,2 005］上的根的个数,并证明你的结论.
解 （1)由
从而知函数y=f（x）的周期为T=10.又f（3）=f（1）=0，而f(7)≠0,故f(-3)≠0.
故函数y=f(x)是非奇非偶函数.
(2）由（1）知y=f（x）的周期为10。
又f(3）=f（1）=0,f(11）=f（13)=f（-7）=f(-9)=0，
故f(x）在［0，10］和［—10,0]上均有两个解,从而可知函数y=f(x)在[0，2 005]上有402个解，在［—2 005，0］上有400个解，所以函数y=f（x）在［-2 005,2 005］上有802个解.
5．已知f(x）是定义在R上的增函数，对x∈R有f(x)〉0，且f(5)=1，设F(x）= f(x)+,讨论F （x)的单调性,并证明你的结论。
解：这是抽角函数的单调性问题，应该用单调性定义解决.
在R上任取x1、x2，设x1<x2，∴f（x2)= f(x1)，

∵f(x）是R上的增函数,且f(10）=1，∴当x<10时0< f（x）<1, 而当x>10时f(x）>1;
① 若x1〈x2<5，则0〈f（x1)<f(x2)〈1，
② ∴0〈 f(x1)f(x2）〈1,∴<0, ∴F （x2)< F(x1）;
②若x2 >x1>5,则f(x2）〉f（x1）〉1 ， ∴f（x1)f（x2）〉1， ∴〉0， ∴ F（x2）〉 F （x1）；
综上，F （x）在（－∞,5）为减函数，在(5,+∞）为增函数。
6．（2002北京高考题）已知是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的都满足：
（Ⅰ)求的值；(Ⅱ）判断的奇偶性，并证明你的结论；
(Ⅲ）若,求数列的前项的和．
[答案与提示: 2．（Ⅰ)；（Ⅱ）奇函数；（Ⅲ）．］
第12页（共12页） SniperCXB