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  • 2021-06-16 发布

人教新课标A版高考数学黄金题系列第19题函数与方程问题的分析理

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第 19 题 函数与方程问题的分析 I.题源探究·黄金母题 【例 1】已知 ( ) 3xf x  ,求证: (1)      f x f y f x y   ; (2)      f x f y f x y   . 【证明】 (1)        3 , 3 3 3x x y x yf x f x f y f x y        . (2)        3 , 3 3 3x x y x yf x f x f y f x y        . 精彩解读 【试题来源】人教版 A 版必修 1 第 82 页复 习参考题 A 组第 7 题. 【母题评析】本题考查了指数幂运算的性 质. 【思路方法】逆用指数幂运算的性质解题. II.考场精彩·真题回放 【例 2】【2017 高考江苏卷】设 ( )f x 是定义在 R 且周期为 1 的函数,在区间[0,1) 上, 2, ,( ) , , x x Df x x x D     其中集合 1, *nD x x nn      N ,则方程 ( ) lg 0f x x  的解的个数 是 . 【答案】8 【解析】由于 ( ) [0,1)f x  ,则需考虑1 10x  的情况 在此范围内, x Q 且 xZ 时,设 *, , , 2qx p q pp   N ,且 ,p q 互质. 若 lg x Q ,则由 lg (0,1)x ,可设 *lg , , , 2nx m n mm   N ,且 ,m n 互质,因此10 n m q p  , 则10 ( )n mq p  ,此时左边为整数,右边非整数,矛盾,因此 lg x Q ,因此 lg x 不可能与每个周期内 x D 对应的部分 相等,只需考虑 lg x 与每个周期 x D 的部分的交点,画出 函数图象,图中交点除 1, 0 外其它交点横坐标均为无理 数,属于每个周期 x D 的部分,且 1x  处   1 1lg 1ln10 ln10x x     ,则在 1x  附近仅有一个交点,一次方 程解的个数为 8. 【命题意图】本题属于能力题,中等难度.在 考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的 最值等基础知识的同时,考查了考生的逻辑 推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化 与化归思想. 【考试方向】这类试题在考查题型上,通常 基本以选择题或填空题的形式出现,难度较 大. 【难点中心】解答本题的关键,是利用分类 讨论思想、转化与化归思想,逐步转化成不 含绝对值的式子,得出结论. 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题, 可利用函数的值域或最值,结合函数的单调 性、草图确定其中参数范围.从图象的最高 点、最低点,分析函数的最值、极值;从图 象的对称性,分析函数的奇偶性;从图象的 走向趋势,分析函数的单调性、周期性等. 【例 3】【2014 高考辽宁卷】已知定义在[0,1] 上的函数 ( )f x 满足: ① (0) (1) 0f f  ; ②对所有 , [0,1]x y  ,且 x y ,有 1| ( ) ( )| | |2f x f y x y   . 若对所 有 , [0,1]x y  , | ( ) ( ) |f x f y k  ,则 k 的 最小值 为 ( ) A. 1 2 B. 1 4 C. 1 2 D. 1 8 【答案】B 【解析】不妨令 0 1x y   ,则     1 2f x f y x y   . 解法一:                2 0 1f x f y f x f f x f y f y f                    0 1f x f f x f y f y f         1 1 1 1 1 1 10 1 12 2 2 2 2 2 2x x y y x y x y            , 即得     1 4f x f y  ,另一方面,当 10, 2u     时,     1,0 2 11 , 12 ux x f x u x x         ,符合题意, 当 1 2u  时,  1 102 2 4 uf f       ,故 1 4k  . 解法二:当 1 2x y  时,     1 1 2 4f x f y x y    , 当 1 2x y  时,            0 1f x f y f x f f y f                   1 11 0 0 12 2f x f f y f x y           1 1 1 1 112 2 2 2 4x y y x       ,故 1 4k  . III.理论基础·解题原理 1.函数方程:含有未知函数的等式叫做函数方程,例如:        , 1 1f x f x f x f x      都可称 为函数方程.在高中阶段,涉及到函数方程有以下几个类型: (1)表示函数  f x 的某种性质:例如    f x f x  体现  f x 是偶函数;    1f x f x  体现  f x 是周期为 1 的周期函数(可详见“函数对称性与周期性”一节). (2)可利用解方程组的思想解出涉及的函数的解析式:例如:   12 3f x f xx      ,可用 1 x 代替 x 得  1 32f f xx x       ,即       12 3 2 1 32 f x f xx f x xxf f xx x                  . (3)函数方程也是关于变量的恒等式,所以通过对变量赋特殊值得到某些数的函数值. 2.双变量函数方程的赋值方法: (1)对 ,x y 均赋特殊值,以得到某些点的函数值,其中有些函数值会对性质的推导起到关键作用,比如      0 , 1 , 1f f f  ,在赋特殊值的过程中要注意所赋的值要符合函数定义域. (2)其中某一个变量不变,另一个赋特殊值,可得到单变量的恒等式,通常用于推断函数的性质. IV.题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上,通常以选择题或填空题或解答题的形式出现,考查对基本初等函数及超越函数 性质的理解,一般难度较大. 【技能方法】 常见函数所符合的函数方程:在填空选择题时可作为特殊的例子辅助处理,但是在解答题中不能用这些 特殊的函数代表函数方程. 抽 象 函 数 具 体 模 型      f x y f x f y   比例函数:正  f x kx      f x y f x f y   指数函数:    0, 1xf x a a a        f x y f x f y   当  0,x   时,   logaf x x 当  | 0x x x  时,   logaf x x      f x y f x f y   幂函数:  f x x          2 , 0 0f x y f x y f x f y f      三角函数:   cosf x x 【易错指导】 由于抽象函数没有具体的函数解析式,构造时容易顾此失彼,忽略性质的背后可能还蕴涵着其他性质, 结论背后可能还推论出其他结论.所以,在解题时一定要反复推敲,不断假设验证,或者索性先构造一 个具体函数,然后隐去解析式来叙述这个函数的性质,那么出现错题的可能性就小了许多. V.举一反三·触类旁通 考向 1 求抽象函数的解析式(值) 【例 1】【2017 东北三省三校第二次联合模拟考试】已知偶函数  f x 的定义域为 R ,若  1f x  为奇函 数,且  2 3f  ,则    5 6f f 的值为( ) A.-3 B.-2 C.2 D.3 【答案】D 【例 2】已知函数  f x 满足:   11 2f  ,对任意实数 ,x y 都有        2f x y f x y f x f y    , 则        1 2 3 2014f f f f     ( ) A. 1 B. 1 2  C. 1 2 D. 1 【答案】B. 【解析】由所求出发可考虑判断  f x 是否具备周期性,令 1y  ,可得        1 1 2 1f x f x f x f    ,即      1 1f x f x f x    ,∴      2 1f x f x f x    , 两式相加可得    2 1f x f x    ,则可判定  f x 的周期为 6,由      1 1f x f x f x    可得:       12 0 1 2f f f   ,即     12 6 2f f  ,由    2 1f x f x    可得     14 1 2f f    , 则       13 5 4 2f f f    ,从而            1 2 3 4 5 6 0f f f f f f      ,∴                1 2 3 2013 335 1 6 2013 2013f f f f f f f f            ,且     12014 4 2f f   . 【例 3】设角 的终边在第一象限,函数 )(xf 的定义域为 1,0 ,且 1)1(,0)0(  ff ,当 yx  时,有      sin 1 sin2 x yf f x f y        ,则使等式 1 1 4 4f      成立的 的集合为 . 【答案】 | 2 ,6 k k Z        . 限可得: 1sin 2   ,从而 的集合为 | 2 ,6 k k Z        . 【例 4】设函数  f x 的定义域为 R ,  0 1f  ,且对 ,x y R  ,都有        1 2f xy f x f y f y x     ,则  f x 的解析式为________. 【答案】   1f x x  . 【解析】观察到右边的结构并非    ,f x f y 的轮换对称式,考虑其中一个变量不变,另一个变量赋值为 1,则 1x  时,        1 1 1 2f y f f y f y     ①, 1y  时,        1 1 1 2f x f x f f x     ②,则求  1f 是关键,结合  0 1f  ,可令 0x y  ,则        21 0 0 0 2 1 2f f f f      ,代入到①②可得:         1 1 1 2 f y f y f x f x x       ,即         1 1 1 2 f x f x f x f x x       ,消去  1f x  解得:   1f x x  . 【跟踪练习】 1.已知函数 y=f(x)是偶函数,其图像与 x 轴有四个交点,则方程 f(x)=0 的所有实根之和是( ) A.4 B.2 C.1 D.0 【答案】D 【解析】偶函数图像关于 y 轴对称,所以与 x 轴四个交点横坐标,两两关于 y 轴对称,即两两之和为零, 所有实根之和为零,选 D. 2.【2017 重庆第一次调研抽测】奇函数 的定义域为 .若 为偶函数,且 ,则 ( ) A.-2 B.-1 C.0 D.1 【答案】B 3.已知  f x 是定义在 R 上的函数, 04f      ,且对任意的 ,x y R ,都有     2 2 2 x y x yf x f y f f             ,那么 3 5 2015 4 4 4 4f f f f                             _________. 【答案】 0 . 【解析】函数方程为“和→积”的特点,抓住 04f      ,可发现令 2y x   ,则   2 222 2 02 2 2 4 4 x xx f x f x f f f x f                                             ,∴可得:自变量间隔 2  ,, 其函数值的和为 0,∴将求和的式子两两一组,即: 3 5 7 2013 2015 04 4 4 4 4 4S f f f f f f                                                             . 4.【2017 西省实验中学高三下学期模拟热身】已知定义在 R 上的函数  y f x 满足条件    4f x f x   ,且函数  2y f x  是偶函数,当  0,2x 时,   lnf x x ax  ( 1 2a  ),当  2,0x  时,  f x 的最小值为 3,则 a 的值等于 ( ) A. 2e B.e C.2 D.1 【答案】A 【解析】因为函数  2y f x  是偶函数,所以    2 2f x f x    ,即    4f x f x   . 当  2,0x  时,          0 , 2 ,   4 lnx f x f x f x x ax            .   1 1x 0axf ax x       ,有  1 2,0x a     ,函数  y f x 在 12,  a      函数单减,在( 1 ,0)a  单调递增.   1 1 1 1 3minf x f ln lnaa a            ,解得 2a e ,故选 A. 点睛:本题的难点是对于函数  2y f x  是偶函数的正确转化,应该得到    2 2f x f x    .如 果说是  y f x 是偶函数,则应得到   2 2x f x    . 考向 2 抽象函数的性质(奇偶性、单调性、周期性、对称性、最值等) 【例 5】定义在 1,1 的函数满足关系     1 x yf x f y f xy       ,当  1,0x  时,   0f x  ,若  1 1 1, , 04 5 2P f f Q f R f                   ,则 , ,P Q R 的大小关系为 ( ) A. R P Q  B. R Q P  C. P Q R  D. Q P R  【答案】D. 虑 1 2 1, 0, 2x x       , 1 2x x ,则     1 2 1 2 1 21 x xf x f x f x x       ,因为 1 2 10 2x x   ,∴ 1 2 1 2 1 1 1 30,1 12 2 2 4x x x x         ,从而 1 2 1 2 1 01 x x x x    ,即     1 2 1 2 1 2 01 x xf x f x f x x       , 得到  f x 在 10, 2      单调递增,∴Q P R  . 【评注】本题在证明单调性时,因为考虑了 , ,P Q R 中自变量的取值,所以只需考虑 10, 2      的单调性,缩 小 1 2,x x 的范围使得判断 1 2 1 21 x x x x   的范围较容易.但也可将 1 2,x x 在 1,1 中任取,但是在判断 1 2 1 21 x x x x   的 范围会比较复杂,可利用不等式的等价变形来证:假设 1 2 1 2 1 01 x x x x    ,因为 1 21 0x x  , 1 2 1 2 01 x x x x   且 1 2 1 2 1 2 1 2 1 11 x x x x x xx x          1 1 2 2 1 21 0 1 1 0x x x x x x         ,由  1 2, 1,1x x   可得  1 21 1 0x x   成立,从而 1 2 1 2 11 x x x x    . 【例 6】【2017 山东聊城模拟】已知定义域为 R 的函数  f x ,若函数  f xy x   的图象如图所示,给出 下列命题: ①    1 1 0f f   ; ②函数  f x 在区间  , 1  上单调递增; ③当 1x  时,函数  f x 取得极小值; ④方程   0xf x  与   0f x  均有三个实数根. 其中正确命题的个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 所以方程 ' 0 0xf x f x ( ) 与( ) 均有三个实数根.不正确;故选:C. 【例 7】【2018 河北衡水模拟】定义在 R 上的函数  f x 对任意  1 2 1 2,x x x x 都有    1 2 1 2 0f x f x x x   , 且函数  1y f x  的图象关于(1,0)成中心对称,若 ,s t 满足不等式    2 22 2f s s f t t    , 则当1 4s  时, 2t s s t   的取值范围是 ( ) A. 13, 2      B. 13, 2      C. 15, 2      D. 15, 2      【答案】D. 【解析】设 1 2x x ,则 1 2 0x x  .由 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   ,知 1 2( ) ( ) 0f x f x  ,即 1 2( ) ( )f x f x , 所以函数 ( )f x 为减函数.因为函数 ( 1)y f x  的图象关于 (1,0) 成中心对称,所以 ( )y f x 为奇函数, 所以 2 2 2( 2 ) (2 ) ( 2 )f s s f t t f t t      ,所以 2 22 2s s t t   ,即 ( )( 2) 0s t s t    .因为 2 3 31 1 1 t s s ts t s t s        ,而在条件 ( )( 2) 0 1 4 s t s t s        下,易求得 1[ ,1]2 t s   ,所以 11 [ ,2]2 t s   , 所以 3 3[ ,6]21 t s   ,所以 3 11 [ 5, ]21 t s      ,即 2 1[ 5, ]2 t s s t     ,故选 D. 【例 8】【2018 陕西西安长安区高三上学期质量检测】已知定义在区间  0, 上的函数  f x 满足      1 2 1 2f x x f x f x   ,且当 1x  时,   0f x  . (1)求  1f 的值; (2)证明:  f x 为单调增函数; (3)若 1 15f       ,求  f x 在 1 ,12525      上的最值. 【答案】(1)f(1)=0.(2)见解析(3)最小值为﹣2,最大值为 3. (2)证明:设 x1,x2∈(0,+∞),且 x1>x2,则 >1,∴f( )>0, ∴f(x1)﹣f(x2)=f(x2⋅ )﹣f(x2)=f(x2)+f( )﹣f(x2)=f( )>0, 即 f(x1)>f(x2),∴f(x)在(0,+∞)上的是增函数. (3)∵f(x)在(0,+∞)上的是增函数. 若 ,则 f( )+f( )=f( )=﹣2,即 f( •5)=f(1)=f( )+f(5)=0, 即 f(5)=1,则 f(5)+f(5)=f(25)=2,f(5)+f(25)=f(125)=3, 即 f(x)在 上的最小值为﹣2,最大值为 3. 【点睛】本题主要考查函数单调性的定义和性质,以及抽象函数的求值,其中利用赋值法是解决抽象函 数的基本方法,而利用函数的单调性的定义和单调性的应用是解决本题的关键. 【跟踪练习】 1.定义在 2013,2013 上的函数  f x 满足:对于任意的  , 2013,2013a b  ,有       2012f a b f a f b    ,且 0x  时,有   2012f x  ,设  f x 的最大值和最小值分别为 ,M N ,则 M N 的值为 ( ) A. 2011 B. 2012 C. 4022 D. 4024 【答案】D. 【分析】由最值联想到函数的单调性,从而先考虑证明  f x 单调,令 2 1 1,a x x b x   (其中 1 2x x ), 则可证明  f x 为增函数,从而    2013 , 2013M f N f   ,再利用函数方程求出    2013 2013f f  的值即可 令 0a b  ,可得:      0 2 0 2012 0 2012f f f    , 4024M N   . 2.已知函数 ( )f x 是定义在 R 上不恒为 0 的函数,且对于任意的实数 ,a b 满足 (2) 2f  , ( ) ( ) ( )f ab af b bf a  , (2 ) (2 ),( ), ,( )2 n n n nn f fa n N b n Nn      ,考察下列结论: ① (0) (1)f f ;② ( )f x 为奇函数;③数列 na 为等差数列;④数列 nb 为等比数列. 其中正确的个数为 ( ) A.1 B. 2 C.3 D. 4 【答案】D. 【解析】考虑按照选项对函数方程中的 ,x y 进行赋值. ①计算    0 , 1f f ,令 0a b  ,可得  0 0f  ;令 1x y  ,则      1 2 1 1 0f f f   ,∴ (0) (1)f f ,①正确;② 使等式中出现    ,f x f x ,令 , 1a x b   ,则      1f x xf f x    , 需要计算出  1f  ,结合方程可令 1, 1x y    ,则有    1 2 1f f   ,即  1 0f   ,∴    f x f x   ,  f x 为奇函数,②正确;③从等差数列定义出发,考虑递推公式    1 1 1 2 2 2 2 n n n n n n f f a a      ,因为        12 2 2 2 2 2 2n n n nf f f f     ,所以可得:        1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 12 2 2 2 n n n n n n n n n n n f f f f a a             ,从而判定 na 为等差数列,③正确;④若 按照等比数列定义,考虑     1 1 2 1 2 n n n n fb n b n f     ,则不易于进行化简.可由③出发得到  2nf 的表达式:   1 2 12 fa   ,∴  1 1na a n d n    ,即  2 2n nf n  ,∴  2 2 n n n f b n   ,从而可判定 nb 是 一个等比数列,④正确. 3.【2017 上海闵行二模】设函数  y f x 的定义域是 R ,对于以下四个命题: (1) 若  y f x 是奇函数,则   y f f x 也是奇函数; (2) 若  y f x 是周期函数,则   y f f x 也是周期函数; (3) 若  y f x 是单调递减函数,则   y f f x 也是单调递减函数; (4) 若函数  y f x 存在反函数  1y f x ,且函数    1y f x f x  有零点,则函数  y f x x  也有零点. 其中正确的命题共有 A.1 个 B.2 个 C.3 个 D.4 个 【答案】C 4.已知函数  f x 对任意的 ,m n R 均有      f m n f m f n   ,且当 0x  时,   0f x  (1)求证:  f x 为奇函数; (2)求证:  f x 为 R 上的增函数. 【答案】(1)详见解析;(2)详见解析. 【分析】 试题分析:(1)要证明奇函数,则需要    ,f x f x 出现在同一等式中,所以考虑令 ,m x n x   ,则 有      0f f x f x   ,再通过代入特殊值计算出  0 0f  即可;(2)思路:要证明单调递增,则需 任取 1 2,x x R ,且 1 2x x ,去证明  1f x 与  2f x 的大小,结合等式,则需要让  1f x 与  2f x 分居 等号的两侧,才能进行作差.所以考虑  2 2 1 1x x x x   ,进而 2 1,m n x n x   .只需判断  2 1f x x 的符号即可. 试题解析:(1)令 ,m x n x   ,则      0f f x f x   .令 0, 0m n  ,则      0 0 0f f f  解得  0 0f  ,    f x f x    ,  f x 为奇函数. (2)任取 1 2,x x R ,且 1 2x x ,令 2 1 1,m x x n x   ,代入方程可得:      2 1 1 2 1 1f x x x f x x f x       ,      2 1 2 1f x f x f x x    , 2 1x x , 2 1 0x x   , 依题意可得:  2 1 0f x x  ,    2 1 0f x f x   即    2 1f x f x ,  f x 为增函数. 【评注】第(2)问将 2x 拆分为 2 1 1x x x  是本题证明的亮点,达到了让  1f x 与  2f x 分居等号的两 侧的目的. 5.设 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数,其图象关于直线 1x  对称,对任意 1 2 1, [0, ]2x x  ,都有 1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x f x f x  . (1)设  1 2f  ,求 1 1( ), ( )2 4f f ; (2)证明 ( )f x 是周期函数. 【答案】(1) 41 12, 22 4f f           ;(2)答案见解析. (2)证明:依题设 ( )y f x 关于直线 1x  对称,    2 ,f x f x x R    . 又  f x 是偶函数,        , 2 , .f x f x f x f x x R        将上式中 x 以 x 代换,得    2 ,f x f x x R   .这表明 ( )f x 是 R 上的周期函数,且 2 是它的一个周期. 考向 3 解不等式 【例 9】【2017 广西教育质量诊断性联合考试】已知定义在 R 上的奇函数  f x 在 0, 上递减,若    3 2 1f x x a f x    对  1,2x  恒成立,则 a 的取值范围为( ) A. 3,  B. , 3  C.  3, D.  ,3 【答案】C 【点睛】本题关键步骤有:1.利用奇函数的性质可得  f x 在 R 上是减函数;2.将原命题等价转化为 3a x  3 1x  在 1,2 上恒成立;3.利用导数工具求得  maxf x ,从而求得正解. 【例 10】【2017 四川南充高级中学 4 月检测】已知函数  f x 在定义域 R 上的导函数为  'f x ,若方程  ' 0f x  无解,且   2017 2017xf f x    ,当   sin cosg x x x kx   在 ,2 2      上与  f x 在 R 上的单调性相同时,则实数 k 的取值范围是( ) A. , 1  B. , 2  C. 1, 2   D. 2,  【答案】A 【解析】因为方程  ' 0f x  无解,所以函数  f x 为单调函数,因此由   2017 2017xf f x    ,得   2017xf x  =m(m 为常数), 即   2017xf x m  为单调增函数,因此   cos sin 0g x x x k    在在 ,2 2      上恒成立. π π π, cos sin 2sin 1, 22 2 4x x x x                    ,因此 1k   ,选 A. 点睛:函数单调性问题,往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题,即转化为方程或不等式解的 问题(有解,恒成立,无解等),而不等式有解或恒成立问题,又可通过适当的变量分离转化为对应函数 最值问题. 【例 11】【2017 陕西西安铁一中学高三上学期第五次模拟考试】已知偶函数 在 上为增函数, 在不等式 恒成立,则实数 的取值范围是 ( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】由偶函数可知,可知不等式 恒成立,即 恒成立,则可 得 恒成立.即 且 恒成立.由根的判别式可得 .故本题选 C . 点睛:本题主要考查函数的奇偶性与单调性.对于抽象函数不等式,一般根据函数的奇偶性将它转化为 的形式,然后利用函数的单调性将抽象函数不等式转化成具体的不等式 ,但不能改变 变量的定义域.对于奇函数,其图像关于原点中心对称,由图知其在关于原点对称的区间单调性相同; 偶函数的图像关于 轴对称,偶函数在关于原点对称的区间单调性相反. 【例 12】【2017 江西南昌三模】定义域为 R 的函数 ( )f x 满足 ( +3)=2 ( )f x f x ,当  1,2x  时, 2 | 1| , [ 1,0) ( )={ 1 , [0,2)2 x x x x f x x          .若存在 [ 4, 1)x   ,使得不等式 2 3 4 ( )t t f x  成立,则实数t 的取值范 围是_______. 【答案】   ,1 2,   【点睛】本题考查函数的解析式、抽象函数、函数与不等式,涉及函数与不等式思想、数形结合思想和 转化化归思想,考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力,综合性较强,属于较难题型.先利 用已知条件求 1( )= ( +3)2f x f x 2 | 1| 1 1 , [ 4,-3)2 2={ 1 1 , [-3, 1)2 2 x x x x x           ,再利用数形结合思想观察图像求解不等式. 【跟踪练习】 1.【2017 重庆一中 5 月考】已知函数    2 2 2x xf x x   ,则不等式    2 1 1 0f x f   的解集 是( ) A. 1, 2      B. , 1  C. 1 2       D.  1,  【答案】B 【解析】    f x f x   ,所以函数是奇函数,      22 2 2 2 ln2 2 ln2 0x x x xf x x x      , 所以函数是单调递增函数,那么不等式等价于    2 1 1 2 1 1 1f x f x x          ,故选 B. 【点睛】本题考查了利用函数性质,包括奇偶性,单调性,解抽象不等式,本题的出题意图比较明显, 重点是分析函数的性质,如果不用导数分析函数的单调性,也可以利用奇函数的性质,奇函数在对称区 间的单调性一致,很明显,函数在 0, 为增函数,那在定义域内也是增函数,这样判断起来会更快, 简便. 2.函数  f x 的定义域为 | 0x x  ,满足      f xy f x f y  ,  f x 在区间 0, 上单调递增, 若 m 满足    3 1 3 log log 2 1f m f m f       ,则实数 m 的取值范围是 ( ) A.  1,3 B. 10, 3      C.  10, 1,33       D.  1,1 1,33      【答案】D. ∴    3 1 3 3 log log 2 logf m f m f m       ,所解不等式为    3log 1f m f ,∵  f x 为偶函数,且区间  0, 上单调递增,∴自变量距离 y 轴越近,则函数值越小,∴ 3log 1m  ,即 31 log 1m   ,解得 1 33 m  ,因为 3log 0, 1m m   ,∴ m 的范围为  1,1 1,33      . 3.【2017 衡水金卷】定义域为 R 的偶函数  f x 满足对任意的 x R ,有      2 1 ,f x f x f   且当  2,3x 时,   22 12 18f x x x    ,若函数    log 1ay f x x   在 R 上恰有六个零点,则实数 a 的取值范围是( ) A. 50, 5       B. 5 ,15       C. 5 3,5 3       D. 3 ,13       【答案】C 【解析】令 1x   ,则        1 1 1 2 1f f f f    ,所以  1 0f  ,所以    2f x f x  ,即函 数的周期为 2 ,由此可画出函数  f x 和  log 1ay x  的图像如下图所示.由图可知   32 2 log 3, 3af a    ,   54 2 log 5, 5af a    ,故 5 3,5 3a      . 4.【2017 云南昆明下学期第二次统测】定义“函数  y f x 是 D 上的 a 级类周期函数” 如下: 函数  , Dy f x x  ,对于给定的非零常数 a ,总存在非零常数T ,使得定义域 D 内的任意实数 x 都有    af x f x T  恒成立,此时T 为  f x 的周期.若  y f x 是 1, 上的 a 级类周期函数,且 1T  ,当  1,2x 时,    2 2 1xf x x  ,且  y f x 是 1, 上的单调递增函数,则实数 a 的取 值范围为( ) A. 5 ,6    B. 2, C. 10 ,3    D. 10, 【答案】C 5.已知定义在 R 上的函数  f x ,对于任意实数 ,a b 都满足      f a b f a f b  ,且  1 0f  ,当 0x  时,   1f x  . (1)求  0f 的值; (2)求证:  f x 在 ,  上是增函数; (3)求不等式:     2 1 2 4f x x f x    的解集. 【分析】(1)采用赋值法;(2)考虑证明  f x 单调递增,则需构造出    1 2f x f x ,即可设 2 1x x 且 令 2 1 1,a x x b x   ,则有      2 2 1 1f x f x x f x  ,从而        2 1 2 1 11f x f x f x x f x      , 由 2 1 0x x  和已知条件可得:  2 1 1 0f x x   ,所以需要证明  1 0f x  ,即  ,0x   ,   0f x  ,可考虑结合题目条件和  0 1f  ,令 1 1,a x b x   ,则有          1 1 1 1 10 0f f x f x f x f x      ,从而单调性可证;(3)本题并没有  f x 的解 析式,所 以考虑利用函数的单调性求解.由(1)(2)问可得   0f x  ,从而        2 21 2 4 02 4f x x f x x x ff x        ,再根据单调性即可得到关于 x 的不等式,解出 不等式即可.          1 1 1 1 10 ,f f x f x f x f x      . 1 0x  , 1 0x  ,  1 0f x   ,    1 1 1 0f x f x    ,        2 1 2 1 11 0f x f x f x x f x        ,即    1 2f x f x ,  f x 在 R 上单调递增. (3)解:   0f x  ,        2 21 2 4 12 4f x x f x x f xf x        .        2 2 22 4 2 4 3 4f x x f x f x x x f x x         ,且  0 1f  ,    2 3 4 0f x x f    .由(2)可得  f x 单调递增, 2 3 4 0x x    ,解得  4,1x   .