抽象函數經典綜合題33例(共28頁)

1、精選優(yōu)質文檔-傾情為你奉上抽象函數經典綜合題33例（含詳細解答）抽象函數，是指沒有具體地給出解析式，只給出它的一些特征或性質的函數，抽象函數型綜合問題，一般通過對函數性質的代數表述，綜合考查學生對于數學符號語言的理解和接受能力，考查對于函數性質的代數推理和論證能力，考查學生對于一般和特殊關系的認識，是考查學生能力的較好途徑。抽象函數問題既是教學中的難點，又是近幾年來高考的熱點。本資料精選抽象函數經典綜合問題33例（含詳細解答）1.定義在R上的函數y=f(x)，f(0)0，當x>0時，f(x)>1，且對任意的a、bR，有f(a+b)=f(a)f(b)，（1） 求證：f(0)=1；（2

2、） 求證：對任意的xR，恒有f(x)>0；（3）證明：f(x)是R上的增函數；（4）若f(x)·f(2x-x2)>1，求x的取值范圍。解 （1）令a=b=0，則f(0)=f(0)2f(0)0 f(0)=1（2）令a=x，b=-x則 f(0)=f(x)f(-x) 由已知x>0時，f(x)>1>0，當x<0時，-x>0，f(-x)>0又x=0時，f(0)=1>0對任意xR，f(x)>0(3)任取x2>x1，則f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0 f(x2)>f(x1) f(x)在R上是增函

3、數（4）f(x)·f(2x-x2)=fx+(2x-x2)=f(-x2+3x)又1=f(0)，f(x)在R上遞增由f(3x-x2)>f(0)得：3x-x2>0 0<x<32.已知函數,在R上有定義，對任意的有 且（1）求證：為奇函數（2）若， 求的值解（1）對，令x=u-v則有f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-f(u)g(v)-g(u)f(v)=-f(x)（2）f(2)=f1-(-1)=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1)g(-1)+g(1)f(2)=f(1)0g(-1

4、)+g(1)=13.已知函數對任意實數恒有且當x0，(1)判斷的奇偶性；(2)求在區(qū)間3,3上的最大值；(3)解關于的不等式解（1）取則取對任意恒成立 為奇函數.（2）任取， 則 www.ks5u 又為奇函數 在（，+）上是減函數.對任意，恒有而在3，3上的最大值為6（3）為奇函數，整理原式得 進一步可得 而在（，+）上是減函數， 當時， 當時，當時， 當時, 當a>2時，4.已知f(x)在(1，1)上有定義，f()1，且滿足x，y(1，1)有f(x)f(y)f()證明：f(x)在(1，1)上為奇函數；對數列x1，xn1，求f(xn);求證()證明：令xy0，2f(0)f(0)，f(0)

5、0令yx，則f(x)f(x)f(0)0f(x)f(x)0 f(x)f(x)f(x)為奇函數 ()解：f(x1)f()1，f(xn1)f()f()f(xn)f(xn)2f(xn)2即f(xn)是以1為首項，2為公比的等比數列f(xn)2n1()解： 而 5.已知函數，滿足：對任意都有；（1）試證明：為N上的單調增函數；（2），且，求證：；（3）若，對任意,有，證明：.證明：（1）由知，對任意，都有，由于，從而，所以函數為上的單調增函數. （2）由（1）可知都有f(n+1)>f(n),則有f(n+1)f(n)+1 f(n+1)-f(n), f(n)-f(n-1) f(2)-f(1)f(1)-

6、f(0)由此可得f(n)-f(0)n f(n)n+1命題得證 （3）（3）由任意,有得 由f(0)=1得m=0 則f(n+1)=f(n)+1,則f(n)=n+1 6.已知函數的定義域為，且同時滿足：(1)對任意，總有；(2)(3)若且，則有.(I)求的值；(II)求的最大值；(III)設數列的前項和為，且滿足.求證：.解：（I）令，由(3),則由對任意，總有 （II）任意且，則 (III) ，即。 故即原式成立。 7. 對于定義域為的函數，如果同時滿足以下三條：對任意的，總有；若，都有成立，則稱函數為理想函數(1) 若函數為理想函數，求的值；(2)判斷函數是否為理想函數，并予以證明；(3) 若

7、函數為理想函數，假定，使得，且，求證解：（1）取可得又由條件，故（2）顯然在0，1滿足條件；-也滿足條件 若，則 ，即滿足條件， 故理想函數 （3）由條件知，任給、0，1，當時，由知0，1，若，則，前后矛盾；若，則，前后矛盾故 8. 已知定義在R上的單調函數,存在實數,使得對于任意實數,總有恒成立。()求的值；()若,且對任意正整數,有, ,求數列an的通項公式； ()若數列bn滿足，將數列bn的項重新組合成新數列，具體法則如下：，求證：。解：()令，得，令，得，由、得，又因為為單調函數，()由（1）得，()由Cn的構成法則可知，Cn應等于bn中的n項之和，其第一項的項數為1+2+(n1)+1

8、=+1，即這一項為2×+11=n(n1)+1Cn=n(n1)+1+n(n1)+3+n(n1)+2n1=n2(n1)+=n3 當時，解法2：9.設函數是定義域在上的單調函數，且對于任意正數有，已知.（1）求的值；（2）一個各項均為正數的數列滿足：，其中是數列的前n項的和，求數列的通項公式；（3）在（2）的條件下，是否存在正數，使 對一切成立？若存在，求出M的取值范圍；若不存在，說明理由.解：（1），令，有，.再令，有， （2）,又是定義域上單調函數， 當時，由，得，當時， 由，得，化簡，得，即，數列為等差數列. ，公差.，故. （3），令=,而. =， ，數列為單調遞增函數，由題意恒成

9、立，則只需=， ，存在正數，使所給定的不等式恒成立，的取值范圍為.10.定義在R上的函數f（x）滿足，且時，f（x）<0。（1）設，求數列的前n項和；（2）判斷f（x）的單調性，并證明。解：（1）令x=n，y=1，則所以，故數列是首項為1，公差為2的等差數列。因此，（2）設，且，則所以 于是又所以，而函數f（x）在R上是減函數。11. 設函數f（x）定義在R上，對于任意實數m、n，恒有，且當x>0時，0<f（x）<1。（1）求證：f（0）=1，且當x<0時，f（x）>1；（2）求證：f（x）在R上單調遞減；（3）設集合，若，求a的取值范圍。解：（1）令m=1

10、，n=0，得f（1）= f（1）·f（0）又當x>0時，0< f（x）<1，所以f（0）=1設x<0，則x>0令m=x，n=x，則f（0）= f（x）·f（x）所以f（x）·f（x）=1又0< f（x）<1，所以（2）設，且，則所以從而又由已知條件及（1）的結論知f（x）>0恒成立所以所以所以f（x2）< f（x1），故f（x）在R上是單調遞減的。（3）由得：因為f（x）在R上單調遞減所以，即A表示圓的內部由f（axy+2）=1= f（0）得：axy+2=0所以B表示直線axy+2=0所以，所以直線與圓相切或相

11、離，即解得：12.定義在R上的函數f（x）對任意實數a、b都有f（a+b）+ f（ab）=2 f（a）·f（b）成立，且。（1）求f（0）的值；（2）試判斷f（x）的奇偶性；（3）若存在常數c>0使，試問f（x）是否為周期函數？若是，指出它的一個周期；若不是，請說明理由。解：（1）令a=b=0則f（0）+ f（0）=2 f（0）·f（0）所以2 f（0）·f（0）1=0又因為，所以f（0）=1（2）令a=0，b=x，則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上的偶函數。（3）令，則因為所以f

12、（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為周期的周期函數。13.已知函數f（x）的定義域關于原點對稱，且滿足：（1）（2）存在正常數a，使f（a）=1求證：（1）f（x）是奇函數；（2）f（x）是周期函數，并且有一個周期為4a證明：（1）設，則所以函數f（x）是奇函數。（2）令，則即解得：f（2a）=0所以所以因此，函數f（x）是周期函數，并且有一個周期為4a。14.已知對一切，滿足，且當時，求證：（1）時，（2）在R上為減函數。 證明：對一切有。 且，令，得， 現(xiàn)設，則， 而 ， 設且， 則 ， 即為

13、減函數。15.已知函數是定義在上的減函數，且對一切實數x，不等式恒成立，求k的值。 分析：由單調性，脫去函數記號，得 由題意知(1)(2)兩式對一切恒成立，則有 16.設定義在上的函數對于任意都有成立，且，當時，。（1）判斷f(x)的奇偶性，并加以證明；（2）試問：當-20032003時，是否有最值？如果有，求出最值；如果沒有，說明理由；（3）解關于的不等式，其中.分析與解：令x=y=0，可得f(0)=0令y=-x，則f(0)=f(x)+f(x)，f(x)= f(x)，f(x)為奇函數設3x1x23，y=x1，x=x2則f(x2x1)=f(x2)+f(x1)=f(x2)f(x1)，因為x0時，

14、f(x)0，故f(x2x1)0，即f(x2)f(x1)0。f(x2)f(x1)、f(x)在區(qū)間2003、2003上單調遞減x=2003時，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時，f(x)有最小值為f(2003)= 4006。由原不等式，得f(bx2) f(b2x)f(x) f(b)。即f(bx2)+f(b2x)2f(x)+f(b)f(bx2b2x)2 f(xb)，即fbx(xb)f(xb)+f(xb)fbx(xb)f2 f(xb)由f(x)在xR上單調遞減，所以

15、bx(xb)2(xb)，(xb)(bx2) 0b22, b或b當b時，b，不等式的解集為當b時，b，不等式的解集為當b=時，不等式的解集為當b=時，不等式解集為17.已知定義在上的函數滿足：（1）值域為，且當時，；（2）對于定義域內任意的實數，均滿足：試回答下列問題：（）試求的值；（）判斷并證明函數的單調性；（）若函數存在反函數，求證：分析與解：（）在中，令，則有即：也即：由于函數的值域為，所以，所以（）函數的單調性必然涉及到，于是，由已知，我們可以聯(lián)想到：是否有？（）這個問題實際上是：是否成立？為此，我們首先考慮函數的奇偶性，也即的關系由于，所以，在中，令，得所以，函數為奇函數故（）式成立所

16、以，任取，且，則，故且所以，所以，函數在R上單調遞減（）由于函數在R上單調遞減，所以，函數必存在反函數，由原函數與反函數的關系可知：也為奇函數；在上單調遞減；且當時，為了證明本題，需要考慮的關系式在（）式的兩端，同時用作用，得：，令，則，則上式可改寫為：不難驗證：對于任意的，上式都成立（根據一一對應）這樣，我們就得到了的關系式這個式子給我們以提示：即可以將寫成的形式，則可通過裂項相消的方法化簡求證式的左端事實上，由于，所以，所以，點評：一般來說，涉及函數奇偶性的問題，首先應該確定的值18.已知函數f（x）對任意實數x、y都有f（xy）f（x）·f（y），且f（1）1，f（27）9，當

17、時，。（1）判斷f（x）的奇偶性；（2）判斷f（x）在0，）上的單調性，并給出證明；（3）若，求a的取值范圍。分析：由題設可知f（x）是冪函數的抽象函數，從而可猜想f（x）是偶函數，且在0，）上是增函數。解：（1）令y1，則f（x）f（x）·f（1），f（1）1，f（x）f（x），f（x）為偶函數。（2）設，時，f（x1）f（x2），故f（x）在0，）上是增函數。（3）f（27）9，又，又，故。19.設函數的定義域為全體R，當x<0時，且對任意的實數x，yR，有成立，數列滿足，且（nN*）   （）求證：是R上的減函數；   （）求數列的

18、通項公式；   （）若不等式對一切nN*均成立，求k的最大值解析：（）令，得，由題意知，所以，故    當時，進而得       設且，則，即，所以是R上的減函數       （）由 得  ，所以因為是R上的減函數，所以， 即， 進而，所以是以1為首項，2為公差的等差數列所以，          &

19、#160; 所以                                   （）由對一切nN*均成立知對一切nN*均成立    設，知且   又故為關于n的單調增函數，所以，k的最大值為&#

20、160; 20.函數f(x)的定義域為D , 滿足: 對于任意，都有，且f(2)=1.(1)求f(4)的值；(2)如果上是單調增函數，求x的取值范圍. (1) (2) 321 因為上是增函數，所以 21.函數的定義域為R，并滿足以下條件：對任意，有；對任意、，有； 則（1）求的值； （2）求證：在R上是單調增函數； （3）若，求證：9.解：解法一：（1）令，得：（2）任取、，且. 設則在R上是單調增函 （3）由（1）（2）知 而 解法二：（1）對任意x、yR，有 1分 當時 任意xR， 3分 （2）是R上單調增函數 即是R上單調增函數；（3）而22. 定義在區(qū)間（0，）上的

21、函f(x)滿足：（1）f(x)不恒為零；（2）對任何實數x、q,都有.（1）求證：方程f(x)=0有且只有一個實根；（2）若a>b>c>1,且a、b、c成等差數列，求證：；（3）（本小題只理科做）若f(x) 單調遞增，且m>n>0時，有，求證：解：(1)取x=1,q=2,有若存在另一個實根，使得（2），則0，又a+c=2b,ac-b=即ac<b(3)又令m=b,n=,b且q則f(m)+f(n)=(qf(b)=f(mn)=0且即4m=,由0<n<1得，23. 設是定義域在上的奇函數，且其圖象上任意兩點連線的斜率均小于零.（l）求證在上是減函數；（l

22、l）如果，的定義域的交集為空集，求實數的取值范圍；（lll）證明若，則，存在公共的定義域，并求這個公共的空義域.解：（1）奇函數的圖像上任意兩點連線的斜率均為負 對于任意且有從而與異號在上是減函數（2） 的定義域為 的定義域為 上述兩個定義域的交集為空集 則有： 或解得：或故c的取值范圍為或（3） 恒成立 由(2)知：當時 當或時且 此時的交集為當 且 此時的交集為故時，存在公共定義域，且當或時，公共定義域為；當時，公共定義域為.24已知函數f(x)= ,且f(x),g(x)定義域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函數. g(m) · g(n)= g(m+

23、n)(m、nR) 求證： f(x)是R上的增函數解:設x1>x2 g(x)是R上的增函數, 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上的增函數25.定義在R+上的函數f(x)滿足: 對任意實數m,f(xm)=mf(x); f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數x,y都成立;(2)證明f(x)是R+上的單調增函數;(3)若f(x)+f(x-

24、3)2,求x 的取值范圍.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n為實數,則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)<f(x2),即f(x)是R+上的增函數.(3)由f(x)+f(x-3)2及f(x)的性質,得fx(x-3)2f(2)=f(2)解得 3<x4.26.已知f(x)是定義在R上的函數，f(1)=1,且對任意xR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(

25、x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.所以g(x+5)+(x+5)-1g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1g(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.設定義在R上的函數f(x),滿足當x>0時,f(x)>1,且對任意x,yR,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2解:(1)先證f(x)>0,且單調遞增，因為f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時f(x)>

26、;1,所以f(0)=1.f(x)=f(x-xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故f(x)>0任取x1,x2R且x1<x2,則x2-x1>0,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xR時,f(x)為增函數. 解得:x|1<x<2(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為:f(x)2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)由(1)得x=0.28.定義域為R的函數f(x)滿足

27、：對于任意的實數x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當x0時f(x)0恒成立.(1)判斷函數f(x)的奇偶性，并證明你的結論；(2)證明f(x)為減函數；若函數f(x)在-3，3）上總有f(x)6成立，試確定f(1)應滿足的條件；解:（1）由已知對于任意xR，yR，f（x+y）=f（x）+ f（y）恒成立令x=y=0，得f（0+0）= f（0）+ f（0），f（0）=0令x=-y，得f(x-x)= f(x)+ f(-x)=0對于任意x，都有f(-x)= - f(x)f(x)是奇函數.（2）設任意x1，x2R且x1x2，則x2-x10，由已知f（x2-x1）0（1）又f（x2-x1

28、）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2）由（1）（2）得f(x1)f(x2),根據函數單調性的定義知f(x0在(-，+)上是減函數.f(x)在-3，3上的最大值為f(-3).要使f(x)6恒成立，當且僅當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）nf（x）- f（a）f（ax2-a2x）nf（x-a）（10分）由已知得：fn（x-a）=nf（x-a）f（ax2-a2

29、x）fn（x-a）f（x）在（-，+）上是減函數ax2-a2xn（x-a）.即（x-a）（ax-n）0，a0，（x-a）（x-）0，（11分）討論：（1）當a0，即a-時，原不等式解集為x | x或xa；（2）當a=0即a=-時，原不等式的解集為；（3）當a0時，即-a0時，原不等式的解集為x | xa或x29.已知是定義在R上的不恒為零的函數，且對于任意的都滿足：（）求的值；（）判斷的奇偶性，并證明你的結論；（）若，求數列的前項的和解：（）取a=b=0得f(0)=0,取a=b=1得f(1)=0, （）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)是奇函數； （）30（2005年廣東省高考試題）設函數在上滿足，且在閉區(qū)間0，7上，只有（）試判斷函數的奇偶性；（）試求方程=0在閉區(qū)間-2005，2005上的根的個數，并證明你的結論解:由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函數的對稱軸為,從而知函數不是奇函數,由,從而知函數的周期為又,故函數是非奇非偶函數;(II)由(II) 又故f(x)在0,10和-10,0上均有有兩個解,從而可知函數在0