高中数学专题抽象函数 18页

高中数学专题--抽象函数 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 抽象函数 正比例函数 f(x)=kx (k≠0) f(x+y)=f(x)+f(y) 幂函数 f(x)=xn f(xy)=f(x)f(y) [或 )y(f )x(f)y x(f  ] 指数函数 f(x)=ax (a>0 且 a≠1) f(x+y)=f(x)f(y) [ )y(f )x(f)yx(f 或 对数函数 f(x)=logax (a>0 且 a≠1) f(xy)=f(x)+f(y) [ )]y(f)x(f)y x(f 或 正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx f(x+T)=f(x) 正切函数 f(x)=tanx )y(f)x(f1 )y(f)x(f)yx(f   余切函数 f(x)=cotx )y(f)x(f )y(f)x(f1)yx(f   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 11  x 。 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   xf  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 2,1 ，求函数         xf 3log 2 1 的定义域。 例 2：已知函数  xf 3log 的定义域为[3，11]，求函数 f(x)的定义域 。 11log,1 3 评析： 已知函数   xf  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。 练习：定义在 8,3 上的函数 f(x)的值域为 2,2 ，若它的反函数为 f-1(x)，则 y=f-1(2-3x) 的定义域为 ，值域为 。  8,3,3 4,0     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： ,)]1([2)()1(,1, 2fnfnfynx  得令 令 x=0,y=1, 得 f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令 x=y=0, 得：f(0)=0, ∴f(1)= 2 1 , .2 2001)2001(f,2 n)n(f,2 1f(n)-1)f(n  故即 ② R 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. 7 1)7 1( 7)1(,,3)7 3(,2)7 2( )7 2(2 1)2 7 20 ()7 1(,)7 1()2( 2 1)],1([)1()2 4 3 4 1 ()2 1( )1()4 3(,)4 1()2 1()1(5 2 2          bf bfbfbf fffbf aaaaaaaff aaafafaf   同理 则设 可解得又 、 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 ( 2)f  （ 1 2 ）2. 的值是则且如果 )2001(f )2000(f )5(f )6(f )3(f )4(f )1(f )2(f,2)1(f),y(f)x(f)yx(f   。 2000 2 (1) (2) (1) f f f   2 2 2(2) (4) (3) (6) (4) (8) (3) (5) (7) f f f f f f f f f      .( ( ) 2nf n  , 原 式 =16) 3、对任意整数 yx, 函数 )(xfy  满足： 1)()()(  xyyfxfyxf ，若 1)1( f ，则  )8(f 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 ( 6) ( ) (3)f x f x f   成立，若 (1) 2f  ，则 (2005)f = （ ）（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） 1 8 B） 1 16 C）8 D）16 的值求的值求 均有 对所有上的函数，满足 ，是定义在为实数，且、已知 )7 1()2()1( )()()1()2( ,,1)1(,0)0( ]10[)(,106 fa yafxfayxf yxff xfaa    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 21 xx  ,使得 )()( 21 xfxf  ，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 21 xx  ，使得 )()( 21 xfxf  成立矛盾，故 f(0)≠0，必有 f(0)=1。 由于 f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数 x、y 均成立，因此， 0)2()( 2    xfxf ,又因为若 f(x)=0,则 f(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)=-u2+3u+1 (0≤u≤2)故 f(x)=-x2+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. 例 6、设对满足 x≠0,x≠1 的所有实数 x，函数 f(x)满足,   xx xfxf       11 ,求 f(x) 的解析式。 解 : (1)1),x0(x x1)x 1x(f)x(f  且 ---- ,12)1 1()1(:x 1-x x x xfx xfx 得代换用 （2） :)1(x-1 1 得中的代换再以 x .1 2)()x-1 1f( x xxf   --- （ 3 ） 1)x0(x x2x2 1xx)x(f:2 )2()3()1( 2 23    且得由 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） 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 )(xf 是定义在R上的偶函数，且 )2 1()2 3(  xfxf 恒成立，当  3,2x 时， xxf )( ，则当 )0,2(x 时，函数 )(xf 的解析式为（ D ） A． 2x B． 4x C． 12  x D． 13  x 解：易知 T=2，当 )1,2( x 时,  3,24x ,∴ )(4)4( xfxxf  ; 当 )0,1(x 时  3,22  x ,∴ )()(2)2( xfxfxxf  .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、 .23 2|)x(f:|,x)x 1(f2)x(f),)x(f,x()x(fy  求证且为实数即是实数函数设 解 : 02)x(xf3 x,x 1)x(f2)x 1(f,xx 1 2  与已知得得代换用 ， .23 2|)x(f|,024)x(9f 0 2  得由 2.（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。 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) , ( ( ) - ) ( ) ( ( 2 ) - 2 2 ) ( 2 ) 2 2 ( 2 ) 3 , ( 3 - 2 2 3 2 2 , (1 ) 1 ( 0 ) , ( 0 0 ) 0 0 , ( ) I x R f f x x x f x x x f f f f f f f a f a a f a a                       解 ： 因 为 对 任 意 有 所 以 又 由 得 ） 即 若 则 即 2 2 0 0 0 2 0 2 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 2 2 0 (II) ( ( ) ) ( ) . ( ) , ( ) ( ) ( ) 0 ( ) 0 ( ) x R f f x x x f x x x x f x x x R f x x x x x x f x x x x f x x x x x x x f x x x f x x x                        因 为 对 任 意 ， 有 又 因 为 有 且 只 有 一 个 实 数 ， 使 得 所 以 对 任 意 有 在 上 式 中 令 ， 有 再 代 ， 得 ， 故 = 0 或 = 1 若 = 0 ， 则 ， 即 2 0 2 2 0 2 0 ( ) 1, ( ) 1 . ( ) 1 ( ) x x x x x f x x x f x x x f x x x x R              但 方 程 有 两 个 不 相 同 实 根 ， 与 题 设 条 件 矛 盾 。 故 若 = 1 ， 则 有 即 易 验 证 该 函 数 满 足 题 设 条 件 。 综 上 ， 所 求 函 数 为 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 (0)f 的值； （2）对任意的 1 1(0, )2x  ， 2 1(0, )2x  ，都有 f(x1)+20 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 0)( 1)(1)()()0(  xfxfxfxff 得 ，故 f(x)>0，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 1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x f x f x   ，且当 1x  时 ( ) 0, (2) 1f x f  ， （1）f(x)在(0,+∞)上是增函数； （2）解不等式 2(2 1) 2f x   解：（1）设 2 1 0x x  ，则 2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( )xf x f x f x f xx     2 2 1 1 1 1 ( ) ( ) ( ) ( )x xf x f f x fx x     ∵ 2 1 0x x  ，∴ 2 1 1x x  ，∴ 2 1 ( )xf x 0 ，即 2 1( ) ( ) 0f x f x  ，∴ 2 1( ) ( )f x f x ∴ ( )f x 在 (0, ) 上是增函数 （2） (2) 1f  ，∴ (4) (2) (2) 2f f f   ，∵ ( )f x 是偶函数∴不等式 2(2 1) 2f x   可化为 2(|2 1|) (4)f x f  ，又∵函数在 (0, ) 上是增函数，∴0≠ 2|2 1| 4x   ，解得： 10 10 2{ | }2 2 2x x x    且 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(－ 2 1 )=0, 当 x>－ 2 1 时，f(x)>0.求证：f(x)是单调递增函数； 证明：设 x1＜x2,则 x2－x1－ 2 1 >－ 2 1 ,由题意 f(x2－x1－ 2 1 )>0, ∵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(－ 2 1 )－1=f［(x2－x1)－ 2 1 ］>0, ∴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) ,2x,2xnm,xx0:)2( n 2 m 121  且使可令设证明 0nm)2(f)nm()2(f)x x(f)x(f)x(f)1( nm 2 1 21  得由 故 f(x1)0 可得 f(a)>f(b). 122 k ） 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: 0)x(f,0)x(f,0)x(f)xx(f)x(fRx 2   故又有对 ， 则则且设 ,1x x,xx,Rx,x 1 2 2121   1)x x(f)x(f )x(f)x x(f )x(f )xx x(f )x(f )x(f 1 2 1 1 1 2 1 1 1 2 1 2      ，所以 f(x1)>f(x2),故 f(x)在 R+上为减函数. )2()0,2()1,3()2()1,3()2,1()1,2( )(0)1()1(0)2()0,()(5   ，、、，、、 的解集为，则上单调递减，且在、奇函数练习 DCBA Cxfxfxf  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  0,1x ，总有 ( ) 2f x  ； (2) (1) 3f  ba bfaf   )()( (3)若 1 20, 0x x  且 1 2 1x x  ，则有 1 2 1 2( ) ( ) ( ) 2f x x f x f x    . (I)求 (0)f 的值； (II)求 ( )f x 的最大值； (III)设数列 na 的前 n 项和为 nS ，且满足 *1 2 ( 3),n nS a n N    . 求证： 1 2 3 1 1 2 3 3 2( ) ( ) ( ) ( ) 2n nf a f a f a f a n        . 解：（I）令 1 2 0x x  ，由(3),则 (0) 2 (0) 2, (0) 2f f f    由对任意  0,1x ，总有 ( ) 2, (0) 2f x f   （2 分） （II）任意  1 2, 0,1x x  且 1 2x x ，则 2 1 2 10 1, ( ) 2x x f x x      2 2 1 1 2 1 1 1( ) ( ) ( ) ( ) 2 ( )f x f x x x f x x f x f x         max ( ) (1) 3f x f   （6 分） (III) *1 2 ( 3)( )n nS a n N    1 1 12 ( 3)( 2)n nS a n      1 1 1 1 13 3( 2), 1 0 nn n na a n a a        (8 分) 1 1 1 1 1 2 1 1 3 3 3 3 3 33( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 ( ) 4n n n n n n nnf a f f f f f         1 1 1 1 4 3 33 3( ) ( )n nf f    ，即 1 1 4 3 3( ) )(n nf a f a   。 2 2 1 1 2 2 1 1 4 1 4 4 1 4 4 4 4 1 1 2 13 3 3 33 3 3 3 3 3 3( ) ( ) ( ) ( ) 2n n n nn n nf a f a f a f a                    故 1 1 3( ) 2n nf a   1 2 1 3 1 3 1 ( ) 1( ) ( ) ( ) 2n n f a f a f a n        即原式成立。 （14 分） 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=－ 2 1 D.x= 2 1 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)()()(1 xfyf yfxfyxf   ，（2） 存在正常数 a，使 f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。 证明：设 t=x-y,则 )()()( 1)()( )()( 1)()()()( tfxfyf xfyf yfxf xfyfxyftf    ，所以 f(x)为 奇函数。 例 15 ： 设 )(xf 是 定 义 在 R 上 的 偶 函 数 ， 且 在 )0,( 上 是 增 函 数 ， 又 )123()12( 22  aafaaf 。求实数 a 的取值范围。 解析：又偶函数的性质知道： )(xf 在 ),0(  上减，而 012 2  aa ， 0123 2  aa ， 所以由 )123()12( 22  aafaaf 得 12312 22  aaaa ，解得 30  a 。 （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： )21()1()1()1( afaffaf  或 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)=log 2 3 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 x )+f(3 x -9 x -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)=log 2 3＞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 x )＜-f(3 x -9 x -2)=f(-3 x +9 x +2)， k·3 x ＜-3 x +9 x +2， 3 2x -(1+k)·3 x +2＞0 对任意 x∈R 成立．令 t=3 x ＞0，即 t 2 -(1+k)t+2＞0 对任意 t＞0 恒成立． 2 2 1( ) (1 ) 2, 2 1 0 1 (0) 2 0,2 0 , 1 00, ( ) 0 2 (1 ) 8 0 1 2 2 令 其 对 称 轴 当 即 时 ， 符 合 题 意 ； 1+k当 时2 对 任 意 恒 成 立 解 得 -1 kf t t k t x k k f k t f t k k                           故： 31 2 2 ( 3 ) (3 9 2) 0时， x xk f k f       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 2 -(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 x ＜ -3 x +9 x +2 得 ,12213 23,13 23  x x x x uk 而 要使对 x R 不等式 23 1. 3 x xk    恒成立，只需 k< 12 2  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； )0a,n(),a(f)xa(fn 1)x(f)ax(fn 1x)3( 22  是一个给定的自然数的不等式解关于 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） n 1 f（ax2）- f（x）＞ n 1 f（a2x）- f（a） f（ax2）- f（a2x）＞n[f（x）- f（a）]  f（ax2-a2x）＞nf（x-a），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- a n ）＞0， 讨论：（1）当a＜ a n ＜0，即a＜- n 时，原不等式解集为{x | x＞ a n 或x＜a}； （2）当a= a n ＜0即a=- n 时，原不等式的解集为φ； （3）当 a n ＜a＜0时，即- n ＜a＜0时，原不等式的解集为{x | x＞a或x＜ }a n 3、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 ba bfaf   )()( ＞0. (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+ 2 1 )＜f( 1 1 x ); (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 x10 ∴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+ 2 1 )＜f( 1 1 x )得            1 1 2 1 11 11 12 11 xx x x ,解得－1 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            22 TxfTxf 令 x = 0 得              222 TfTfTf ,∴          2 3 2 TfTf =0.(本题易错选为 A) 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)3(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)). ∵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+4x3 又 f(x)为偶函数  f(-x)=f(x),x [-1,1]. ∴当 x [0,1]时，f(x)=2ax-4 x3 （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 x 1 得 a-2x2＞0， f(x)=2x(a-2 x2)= ≤ = （当且仅当 4 =a－ 2 ,即 x= [0,1]时等号成立）. 由题意知,f(x)的最大值为 12,令 =12 得 =486> ,∴a>6,这与 a (2,6]矛盾,故此时满足条件的 a 不存在. (ⅱ)当 a=2 且 0≤x≤1 时,f(x)=4x(1－ ) 同理可证 f(x)= (当且仅当2 =1- ,即x= 时等号 成立),也与已知矛盾. (ⅲ)当 a>6 时,设 0 ,则 f( )-f( )=2a( - )-4( - )=2( - )[a-2( + + )]，由题设 0< + + <3,a>6 ∴a-2( + + )>0 又 - <0 ∴f( )-f( )<0 即 f( )0)在区间 8,8 上有四个不同的根 1 2 3 4, , ,x x x x ,则 1 2 3 4 _________.x x x x    -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 有，且当 x>0 时，00 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)2(f)3x(f2 1)]x(f[)2(;,4)xx3(f)1( 22  解方程解不等式 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. 则使假设存在某个又 ,0)x(f,Rx,0)]2 x(f[)2 x 2 x(f)x(f oo 2  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. 求 证 :( Ⅰ )f(x) 是 奇 函 数 ； （ Ⅱ ） ).3 1(f) 5n5n 1(f)19 1(f)11 1(f 2     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.                )3n)(2n( 11 )3n)(2n( 1 f)1)3n)(2n( 1(f) 5n5n 1(f 2 又 )3n 1(f)2n 1(f )3n 1(2n 11 )3n 1(2n 1 f                )3n 1(f)3 1(f)]5 1(f)4 1(f[)]4 1(f)3 1(f[) 5n5n 1(f)19 1(f)11 1(f 2     命题成立又 ).3 1(f)3n 1(f)3 1(f,0)3n 1(f 