高中数学必修1抽象函数练习题教师版 6页

抽象函数练习题教师版 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.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. 3. 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 4，. 的值是则且如果 )2000( )2001( )5( )6( )3( )4( )1( )2(,2)1(),()()( f f f f f f f ffyfxfyxf   。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) 5、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 6、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 7，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. 8，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 9，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。 10，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。 11， .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 12，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 13，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)>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） 15 ， 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 16，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. 17，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. )293()3  xxx f (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 ） 20，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. 21，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， ba bfaf   )()( 2231124010,24 )2()2()2(2)(12,)2(2)( 101,0)()()(,0)()( 0)(),1(0)()1,0()0()(,0)1()3( )4,0(2)()2(0)1()1( 222 22          bbbbabba babbafbafbfabbabafbf baababfbfafbabfaf xfxxfxxff xff 又而 即且又 时，，时，上单调递增，，在 的解集为解：   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． 22，①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） 23 ， 已 知 函 数  f x 满 足 ：   11 4f  ，         4 ,f x f y f x y f x y x y R     ， 则  2010f =_____________. 解析：取 x=1 y=0 得 2 1)0( f 法一：通过计算 )........4(),3(),2( fff ，寻得周期为 6 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  2010f =f(0)= 2 1 24， 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            22 TxfTxf 令 x = 0 得              222 TfTfTf ,∴          2 3 2 TfTf =0.(本题易错选为 A) 25，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 26，函数 )1(  xfy 是偶函数，则 )(xfy  的图象关于 x=1 对称。 27，函数 )(xfy  满足 )( 1)3( xfxf  ，且 1)3( f ，则 )2010(f -1 。 28，（09 山东）已知定义在 R 上的奇函数 )(xf ，满足 ( 4) ( )f x 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 1 2 3 4, , ,x x x x ,则 1 2 3 4 _________.x x x x    -8 29，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 