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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-x2)>1，求x的取值范围。
解 （1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0 ∴f(0)=1
（2）令a=x，b=-x则 f(0)=f(x)f(-x) ∴
由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0
∴又x=0时，f(0)=1>0
∴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(x1) ∴f(x)在R上是增函数
（4）f(x)·f(2x-x2)=f[x2x-x2)]=f(-x2+3x)又1=f(0)，
f(x)在R上递增
∴由f(3x-x2)>f(0)得：3x-x2>0 ∴ 00
∴g(-1)+g(1)=1
3.已知函数对任意实数恒有且当x＞0，
(1)判断的奇偶性；
(2)求在区间[－3,3]上的最大值；
(3)解关于的不等式

解（1）取则
取
对任意恒成立 ∴为奇函数.
（2）任取， 则 www.ks5u

又为奇函数
∴在（－∞，+∞）上是减函数.
对任意，恒有
而
∴在[－3，3]上的最大值为6
（3）∵为奇函数，∴整理原式得
进一步可得
而在（－∞，+∞）上是减函数，

当时，
当时，
当时，
当时,
当a>2时，

4.已知f(x)在(－1，1)上有定义，f()＝－1，且满足x，y∈(－1，1)有f(x)＋f(y)＝f()
⑴证明：f(x)在(－1，1)上为奇函数；
⑵对数列x1＝，xn＋1＝，求f(xn);
⑶求证
(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()＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn)
∴＝2即{f(xn)}是以－1为首项，2为公比的等比数列
∴f(xn)＝－2n－1
(Ⅲ)解：

而
∴

5.已知函数，满足：对任意都有
；
（1）试证明：为N上的单调增函数；
（2），且，求证：；
（3）若，对任意,有，证明：.
证明：（1）由①知，对任意，都有，
由于，从而，所以函数为上的单调增函数.
（2）由（1）可知都有f(n+1)>f(n),则有f(n+1)f(n)+1
f(n+1)-f(n), f(n)-f(n-1)
f(2)-f(1)
f(1)-f(0)由此可得f(n)-f(0)n f(n)n+1命题得证
（3）（3）由任意,有
得 由f(0)=1得m=0
则f(n+1)=f(n)+1,则f(n)=n+1

6.已知函数的定义域为，且同时满足：
(1)对任意，总有；
(2)
(3)若且，则有.
(I)求的值；
(II)求的最大值；
(III)设数列的前项和为，且满足.
求证：.
解：（I）令，由(3),则
由对任意，总有
（II）任意且，则

(III)

，即。
故
即原式成立。
7. 对于定义域为的函数，如果同时满足以下三条：①对任意的，总有；②；③若，都有成立，则称函数为理想函数．
(1) 若函数为理想函数，求的值；
(2)判断函数是否为理想函数，并予以证明；
(3) 若函数为理想函数，假定，使得，且，求证．
解：（1）取可得．
又由条件①，故．
（2）显然在[0，1]满足条件①；-
也满足条件②．
若，，，则

，即满足条件③，
故理想函数．
（3）由条件③知，任给、[0，1]，当时，由知[0，1]，

若，则，前后矛盾；
若，则，前后矛盾．

故

8. 已知定义在R上的单调函数,存在实数,使得对于任意实数,总有恒成立。
(Ⅰ)求的值；
(Ⅱ)若,且对任意正整数,有, ,求数列{an}的通项公式；
(Ⅲ)若数列{bn}满足，将数列{bn}的项重新组合成新数列，具体法则如下：……，求证：。
解：(Ⅰ)令，得，①
令，得，，②
由①、②得，又因为为单调函数，
(Ⅱ)由（1）得，

，

，，

(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
[1+2+…+(n－1)]+1=+1，即这一项为2×[+1]－1=n(n－1)+1
Cn=n(n－1)+1+n(n－1)3+…+n(n－1)+2n－1=n2(n－1)+=n3

当时，

解法2：

9.设函数是定义域在上的单调函数，且对于任意正数有，已知.
（1）求的值；
（2）一个各项均为正数的数列满足：，其中是数列的前n项的和，求数列的通项公式；
（3）在（2）的条件下，是否存在正数，使

对一切成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，说明理由.

解：（1）∵，令，有，∴.
再令，有，∴，∴
（2）∵,
又∵是定义域上单调函数，∵，，∴ ……①
当时，由，得，当时， ……②
由①－②，得，
化简，得　，∴，
∵，∴，即，∴数列为等差数列. ，公差.
∴，故.
（3）∵，
令=,
而.
∴=，
∴，数列为单调递增函数，由题意恒成立，则只需=，
∴ ，存在正数，使所给定的不等式恒成立，的取值范围为.

10.定义在R上的函数f（x）满足，且时，f（x）<0。
（1）设，求数列的前n项和；
（2）判断f（x）的单调性，并证明。
解：（1）
令x=n，y=1，则
所以，
故数列是首项为－1，公差为－2的等差数列。
因此，
（2）设，且，则
所以
于是
又

所以，而函数f（x）在R上是减函数。
11. 设函数f（x）定义在R上，对于任意实数m、n，恒有，且当x>0时，01；
（2）求证：f（x）在R上单调递减；
（3）设集合，
，若，求a的取值范围。
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
（2）设，且，则
所以
从而
又由已知条件及（1）的结论知f（x）>0恒成立
所以
所以
所以f（x2）< f（x1），故f（x）在R上是单调递减的。
（3）由得：
因为f（x）在R上单调递减
所以，即A表示圆的内部
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，所以直线与圆相切或相离，即
解得：
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。
（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，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
则f（0）+ f（0）=2 f（0）·f（0）
所以2 f（0）·[f（0）－1]=0
又因为，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，则

因为
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：
（1）
（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，则

所以函数f（x）是奇函数。
（2）令，则
即
解得：f（2a）=0
所以
所以
因此，函数f（x）是周期函数，并且有一个周期为4a。
14.已知对一切，满足，且当时，，求证：（1）时，（2）在R上为减函数。
证明：对一切有。
且，令，得，
现设，则，，
而

，
设且，
则

，
即为减函数。
15.已知函数是定义在上的减函数，且对一切实数x，不等式恒成立，求k的值。
分析：由单调性，脱去函数记号，得

由题意知(1)(2)两式对一切恒成立，则有

16.设定义在上的函数对于任意都有成立，且，当时，。
（1）判断f(x)的奇偶性，并加以证明；
（2）试问：当-2003≤≤2003时，是否有最值？如果有，求出最值；如果没有，说明理由；
（3）解关于的不等式，其中.
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[f(bx2) －f(b2x)]＞f(x) －f(b)。
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≥或b≤－
当b＞时，b＞，不等式的解集为
当b＜－时，b＜，不等式的解集为
当b=－时，不等式的解集为
当b=时，不等式解集为φ
17.已知定义在上的函数满足：
（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：．
分析与解：（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，

点评：一般来说，涉及函数奇偶性的问题，首先应该确定的值．

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.设函数的定义域为全体R，当x<0时，，且对任意的实数x，y∈R，有成立，数列满足，且（n∈N*）
   （Ⅰ）求证：是R上的减函数；
   （Ⅱ）求数列的通项公式；
   （Ⅲ）若不等式对一切n∈N*均成立，求k的
最大值．
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 , 满足: 对于任意，都有
，且f(2)=1.
(1)求f(4)的值；
(2)如果上是单调增函数，求x的取值范围.
(1)
(2) 3＝2＋1＝
因为上是增函数，所以

21.函数的定义域为R，并满足以下条件：①对任意，有；
②对任意、，有；③ 则
（1）求的值；
（2）求证：在R上是单调增函数；
（3）若，求证：
9.解：解法一：（1）令，得：

（2）任取、，且. 设则

在R上是单调增函
（3）由（1）（2）知

而
解法二：（1）∵对任意x、y∈R，有
………1分 ∴当时
∵任意x∈R， …………3分
（2）
是R上单调增函数 即是R上单调增函数；…（3）
而

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.
（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：；
（3）（本小题只理科做）若f(x) 单调递增，且m>n>0时有，求证：
解：(1)取x=1,q=2,有
若存在另一个实根，使得
（2），
，则0，∴，又a+c=2b,
∴ac-b=
即ac
从而与异号
∴在上是减函数
（2） 的定义域为
的定义域为
∵ 上述两个定义域的交集为空集
则有： 或
解得：或
故c的取值范围为或
（3）∵ 恒成立
由(2)知：当时

当或时
且
　　　此时的交集为
　　　　　当
且
此时的交集为
　　　故时，存在公共定义域，且
　　　　当或时，公共定义域为；
　　　　当时，公共定义域为.
24．已知函数f(x)= ,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0 g(1) =2,g(x) 是增函数. 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(x1) > g(x2) >0
g(x1)+1 > g(x2)+1 >0
> >0
- >0
f(x1)- f(x2)=- =1--(1-)
=->0
f(x1) >f(x2)
f(x)是R上的增函数
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)

故f(x1)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

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.

f(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|10）= 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.
（3） f（ax2）- f（x）＞ f（a2x）- f（a）
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，
∴（x-a）（x-）＞0，（11分）
讨论：（1）当a＜＜0，即a＜-时，
原不等式解集为{x | x＞或x＜a}；
（2）当a=＜0即a=-时，原不等式的解集为φ；
（3）当＜a＜0时，即-＜a＜0时，
原不等式的解集为{x | x＞a或x＜
29.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．
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；
（Ⅲ）．
30．（2005年广东省高考试题）设函数在上满足，，且在闭区间［0，7］上，只有．
（Ⅰ）试判断函数的奇偶性；
（Ⅱ）试求方程=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)得函数的对称轴为,
从而知函数不是奇函数,
由
,从而知函数的周期为
又,故函数是非奇非偶函数;
(II)由

(II) 又
故f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,
从而可知函数在[0,2005]上有402个解,在[-2005.0]上有400个解,
所以函数在[-2005,2005]上有802个解.
31. 设定义在R上且对任意的有，求证：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（T为非零常数）则为周期函数，且周期为T。
证明：

得
由（3）得
由（3）和（4）得。
上式对任意都成立，因此是周期函数，且周期为6。
32.设是定义在上的偶函数，其图象关于直线对称。对任意都有。
（I）设求；
（II）证明是周期函数。
解析：（I）解略。
（II）证明：依题设关于直线对称
故
又由是偶函数知

将上式中以代换，得

这表明是上的周期函数，且2是它的一个周期
是偶函数的实质是的图象关于直线对称
又的图象关于对称，可得是周期函数

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，进而知中的，于是f（x1）＜ f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。
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