探究与发现 互为反函数的两个函数图象之间的关系优秀教案内容

2013高考数学总复习----函数专题-抽象函数

一、例

题选讲

1、已知f

定义域是（1，2），则函数f

的定义域是

；

2、若f(x)是奇函数，且（0，+是

；

3、已知f(x)是偶函数，并且对定义域内任意x，满足f(x+2)=

,若当3

; 4、已知f(x)是R上的偶函数，且f(x)有四个零点，则f(x+2)=0的所有实根之和为

；

5、定义在R上的函数f(x)，f(0)

,当x>0时, f(x)>1,且对任意的a、b

，有f(a+b)=f(a)f(b). (1)求证：f(0)=1；

(2)求证：对任意x

，f(x)> 0；

(3)证明：f(x)是R上的增函数。

6、已知f(x)是R上的不恒等于0的函数，且对任意a、b

，有f(ab) = bf(a)+af(b). (1)求f(0)、f(1)的值；

(2)判断f(x)的奇偶性，并证明。

7、定义在

上的函数，当x>1时, f(x)>0, 且对任意的a、b

，都有f(ab)=f(a)f(b). (1) f(1)=0; (2)证明：f(x)是

上的增函数；

(3)证明：

,

f(

)=-f(x) (n

).

8、函数f(x)对任意a、b

，有f(a-b) = f(a)-f(b)+1, 且x>0,时, f(x)> 1。

(1)证明：f(x)是R上的增函数；

(2)若f(4)=5,解关于m的不等式f(3

<2.

）上增函数，又f(2)=0，则

<0的解集

9、函数f(x)的定义域为R，且对任意的a、b

，有f(a+b) = f(a)+f(b)-1, 且x>0,时, f(x)> 1。

(1) 证明：f(x)是R上的增函数；

(2)若f(3)=4,解关于a的不等式f(

<2. (3)设F(x)=1- f(x)，试证：F(x)在R上是奇函数。

10、函数f(x)的定义域为R，且对任意的a、b

，f(a+b) = f(a)+f(b), 若x>0,时, f(x)<0. (1)判断f(x)的奇偶性，并证明。

(2)判断函数f(x)的单调性。

(3)若f(1)=-3解关于a的不等式f(

<9.

11、函数f(x)是定义在(-1,1)上的函数，对任意x、y(-1,1),总有f(x)+f(y)=

;且当x(-

)时，f(x)>0. (1)判断f(x) 在(-1,1)上的奇偶性，并证明; (2)判断f(x) 在(0,1)上的单调性，并证明; (3)若

，

试求

的值。

二、课时作业

1.

已知函数y = f (x)(x∈R，x≠0)对任意的非零实数x1，x2，恒有f(x1x2)=f(x1)+f(x2), 试判断f(x)的奇偶性。

解：令x1= -1，x2=x，得f (-x)= f (-1)+ f (x)

……①为了求f (-1)的值，令x1=1，x2=-1，则f(-1)=f(1)+f(-1),即f(1)=0,再令x1=x2=-1得f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1) ∴f(-1)=0代入①式得

f(-x)=f(x),可得f(x)是一个偶函数。

2

已知定义在[-2，2]上的偶函数，f (x)在区间[0，2]上单调递减，若f (1-m)

分析：根据函数的定义域，-m，m∈[-2,2]，但是1- m和m分别在[-2，0]和[0，2]的哪个区间内呢？如果就此讨论，将十分复杂，如果注意到偶函数，则f (x)有性质f（-x)= f (x)=f ( |x| )，就可避免一场大规模讨论。

解：∵f (x)是偶函数，

f (1-m)

，即

化简得-1≤m<。

21m201m222m20m23. 设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3) =-f(x)，求f(2013)的值。

解：因为f(x+3) =-f(x)，所以f(x+6)=f((x+3)+3) =-f(x+3)=f(x)，故6是函数f(x)的一个周期。又f(x)是奇函数，且在x＝0处有定义，所以f(x)=0从而f（2013）= f(6×335+3)=f(3)=- f(6)= f(0)=0。

214.

设函数f（x）对任意x1,x20,都有f（x1x2)=f（x1)f(x2)， 已知f（1）=2，求f（11),f();

24解：由f（x1x2)=f（x1)fxx1)f()≥0，x0,1

(x2)，x1,x20,知 f（x）=f（222111112f(1)f()f()f()[f()] 22222， f（1）=2，

1112f()24

f()2. 同理可得4215.

已知f（x）是定义在R上的函数，且满足：f（x+2）[1－f（x）]=1+f（x），f（5）=2000，求f（2013）的值。

解：从自变量值2001和1进行比较及根据已知条件来看，易联想到函数f（x）是周期函数。由条件得f（x）≠1，故

111f(x),f（x+2）=f（x+4）=11f(x)111f(x)1f(x)f(x)f(x). 所以f(x)f（x+8）=1f(x). f(x4) 所以f（x）是以8为周期的周期函数，

从而f（2013）=f（251*8+5）=2000 说明：这类问题出现应紧扣已知条件，需用数值或变量来迭代变换，经过有限次迭代可直接求出结果，或者在迭代过程中发现函数具有周期性，利用周期性使问题巧妙获解。

6.

设f（x）是定义R在上的函数，对任意x，y∈R，有 f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）且f（0）≠0. （1）求证f（0）=1；

（2）求证：y=f（x）为偶函数. 证明：（1）问题为求函数值，只需令x=y=0即可得。

（2）问题中令x=0即得f（y）+f（- y）=2f（0）f（y），

且f（0）=1.所以f（y）+f（-y）=2f（y），因此y=f（x）为偶函数. 说明：这类问题应抓住f（x）与f（-x）的关系，通过已知条件中等式进行变量赋值。

7. 已知定义在R上的偶函数y=f(x)的一个递增区间为（2，6），试判断（4，8）是y=f(2-x)的递增区间还是递减区间？

解：由y=f(x)是偶函数且在（2，6）上递增可知，y=f(x)在（－6，－2）上递减。令u=2-x，则当x∈(4,8)时，u是减函数且u∈(-6,-2)，而f(u)在（－6，－2）上递减，故y=f(2-x)在（4，8）上递增。所以（4，8）是y=f(2-x)的单调递增区间。

8.

设f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意a，b，当a+b≠0，都有＞0 （1）.若a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）.若f（k3x)f(3x9x2)＜0对x∈[－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。

解：（1）.因为a＞b，所以a-b＞0，由题意得

f(a)f(b)＞0，所以abf(a)f(b)abf（a）+f（－b）＞0，又f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－b）=－f（b）， f（a）－f（b）＞0，即f（a）＞f（b）

（2）.由（1）知f（x）在R上是单调递增函数，又f(k3x)＋f(3x9x2)x＜0，得f(k3x)＜f(9x3x2)，故k3x＜9x3x2，所以k＜321

3x2x令t＝3[3,3],所以k＜t+t1，而t+≥22，即k＜22－1 t129.已知函数f(x)是定义在（-∞，3]上的减函数，已知f(a2sinx)f(a1cos2x)对xR恒成立，求实数a的取值范围。

解：f(a2sinx)f(a1cos2x)等价于

asinx3a3sinxa23122a1cosx3a2cosx

a20a2sinxa1cos2xa2a1cos2xsinx5a2a14222a2110

2aa22a110或a1102210．已知函数f(x),当x,yR时，恒有f(xy)f(x)f(y). (1)求证: f(x)是奇函数; (2)若f(3)a,试用a表示f(24). 证明：（1）令yx，得f(xx)f(x)f(x)f(x)f(x)f(0)

令xy0，则f(0)2f(0)f00

∴f(x)f(x)0f(x)f(x) ∴f(x)是奇函数。

（2）∵f(24)f(3)f(21)2f(3)f(18)...8f(3)

又∵f(3)af(3)af(24)8a

11.已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的a,bR,都满足: f(ab)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; f(2n)(nN*),求数列{un}的前n项和sn. (3)若f(2)2,unn解（1）：令ab0，则f(0)0

令ab1，则f(1)2f(1)f(1)0

（2）证明：令ab1，则f(1)2f(1)，∵f(1)0，∴f(1)0

令ax,b1，则f(x)xf(1)f(x)f(x)

∴f(x)是奇函数。

f(ab)f(b)f(a)f(x)（3）当ab0时，，令g(x)，则g(ab)g(a)g(b)

abbax

故g(an)ng(a)，所以f(an)ang(an)nang(a)nan1f(a)

f(2n)1∴unn2n11f()

211f20

22n11∵f(2)2,f(1)f(2)2f211111∴ff(2)，故un42222nN

11122∴sn112nn11nN

212.已知定义域为R的函数f(x)满足f(f(x)x2x))f(x)x2x. (1)若f(2)3,求f(1);又f(0)a,求f(a);

(2)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. 解：(1)∵对任意xR，函数f(x)满足f(f(x)x2x))f(x)x2x，且f(2)2

∴

f(f(2)222)f(2)222,则f(1)1

∵f(0)a，∴f(f(0)020)f(0)020=a020f(a)=a (2)

∵对任意xR，函数f(x)满足f(f(x)x2x))f(x)x2x,有且仅有一个实数x0,使得f(x0)x0

∴对任意xR，有f(x)x2xx0

上式中，令xx0，则f(x0)x02x0x0

∵f(x0)x0，故x0x020x00或x01

若x00，则f(x)x2x0，则f(x)x2x，但方程x2xx有两个不相同的实根与题设茅盾，故x00

若x01，则f(x)x2x1，则f(x)x2x1，此时方程x2x1x(x1)20有两个相等的实根，即有且仅有一个实数x0,使得f(x0)x0

∴f(x)x2x1xR

113.已知函数f(x)的定义域为R,对任意实数m,n都有f(mn)f(m)f(n),211且f()0,当x时, f(x)>0. 22(1)求f(1); (2)求和f(1)f(2)f(3)...f(n)(nN*); (3)判断函数f(x)的单调性,并证明. 111111，则f()2f()f(1)

2222221111（2）∵f(1),f(n1)f(1)f(n)f(n)f(n)1

2222（1）解：令mn∴f(n1)f(n)1

1∴数列f(n)是以为首项,1为公差的等差数列,故

2nn(n1)n2f(1)f(2)f(3)...f(n)==

222(3)任取x1,x2R,且x1x2,则

11f(x2)f(x1)f[(x2x1)x1]f(x1)f(x2x1)f(x1)f(x1)f(x2x1)221

=f(x2x1)0

2∴f(x1)f(x2)

∴函数f(x)是R上的单调增函数.

14.函数f(x)的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有f(x)>0;②对任意1x,yR,有f(xy)[f(x)]y;③f()1. 3(1)求f(0)的值; (2)求证: f(x)在R上是单调减函数; (3)若abc0且b2ac,求证:f(a)f(c)2f(b).

(1)解:

∵对任意xR,有f(x)>0,

∴令x0,y2得,f(0)[f(0)]2f(0)1

(2)任取任取x1,x2R,且x1x2,则令x111p1,x2p2,故p1p2

33

∵函数f(x)的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有f(x)>0;②对1任意x,yR,有f(xy)[f(x)]y;③f()1

31111∴f(x1)f(x2)f(p1)f(p2)[f()]p1[f()]p20

3333∴f(x1)f(x2)

∴函数f(x)是R上的单调减函数. (3) 由（1）（2）知，f(b)f(0)1，∴f(b)1

acacbb∵f(a)f(b)f(b),f(c)bf(b)

bb∴f(a)f(c)f(b)f(b)2[f(b)]∴2abcbacb，而ac2ac2b22b

f(b)acb2f(b)2bb2f(b)

∴f(a)f(c)2f(b)

15.已知函数f(x)的定义域为R,对任意实数m,n都有f(mn)f(m)f(n),且当x0时,0f(x)1. (1)证明:f(0)1,且x0时,f(x)>1; (2)证明: f(x)在R上单调递减;

(3)设A={(x,y)f(x2)f(y2)f(1)},B={(x,y)f(axy2)1,aR},若AB=,试确定a的取值范围. 证明(1):令m0,n1,则f(01)f(0)f(1)

∵当x0时,0f(x)1,故f(1)0,∴f(0)1,∵当x0时,0f(x)1

∴当x0时,x0,则f(xx)f(x)f(x)f(x)(2)证明:

任取x1,x2R,且x1x2,则

f(0)11

f(x)f(x)f(x2)f(x1)f[(x2x1)x1]f(x1)f(x2x1)f(x1)f(x1)[f(x2x1)1]f(x1)

∵x2x10,∴0<0f(x2x1)1,故f(x2x1)1<0,又∵f(x1)0,

∴[f(x2x1)1]f(x1)0,故f(x1)f(x2)

∴函数f(x)是R上的单调减函数. (3)

∵A(x,y)f(x2)f(y2)f(1)(x,y)f(x2y2)f(1)

由（2）知，f(x)是R上的减函数，∴x2y21

∵B={(x,y)f(axy2)1,aR}=x,yaxy20,aR

又∵AB，

x2y21∴方程组无解，即直线axy20与单位圆x2y21的内部无公axy20共点

∴2a211a233a3，故a的取值范围是-3a3

16.已知函数f(x)是定义在R上的增函数,设F(x)f(x)f(ax). (1)用函数单调性的定义证明:F(x)是R上的增函数; a(2)证明:函数y=F(x)的图象关于点(,0)成中心对称图形. 2证明：(1)任取x1,x2R,且x1x2,则

F(x1)F(x2)[f(x1)f(ax1)][f(x2)f(ax2)=[[f(x1)f(x2)][f(ax1)f(ax2)]

∵x1x2,

∴x1x2,∴ax1ax2,

又∵函数f(x)是定义在R上的增函数,

∴f(x1)f(x2),f(ax1)f(ax2)

故f(x1)f(x2)0,f(ax1)f(ax2)0

∴[f(x1)f(x2)][f(ax1)f(ax2)]>0 ∴F(x)是R上的增函数; a(2)设M(x0,y0)为函数y=F(x)的图象上任一点,则点M(x0,y0)关于点(,0)2的对称点为N(m,n),则

ynax0m,00,故max0,ny0

222∵把max0,代入F(x)f(x)f(ax)得, f(ax0)f(aax0)f(ax0)f(x0)=-y0

a∴函数y=F(x)的图象关于点(,0)成中心对称图形. 217.已知函数f(x)是定义域为R的奇函数,且它的图象关于直线x1对称. (1)求f(0)的值; (2)证明: 函数f(x)是周期函数; (3)若f(x)x(0x1),求当xR时,函数f(x)的解析式,并画出满足条件的函数f(x)至少一个周期的图象. 17.(1)解:∵f(x)为R上的奇函数, ∴对任意xR,都有f(x)f(x),令x0,则f(0)f(0)∴f(0)=0 (2)证明: ∵f(x)为R上的奇函数, ∴对任意xR,都有f(x)f(x),

∵f(x)的图象关于直线x1对称,

∴对任意xR,都有f(1x)f(1x), ∴

用1x代x得,f(2x)f[1(1x)]f(x)f(x)

∴f[2(2x)]f(x2)[f(x)]f(x),即f(4x)f(x)

∴f(x)是周期函数,4是其周期. x(1x1)(3)当x1,3时，f(x)

x2(1x3)当4k1x4k1时，f(x)x4k，kZ

当4k1x4k3时，f(x)x24k，kZ

x4k(4k1x4k1)∴f(x),zR

x24k(4k1x4k3)图象如下：

y

-2

-1

0

1 2

3

4

5 6

x

18．函数f(x)对于x>0有意义，且满足条件f(2)1,f(xy)f(x)f(y),f(x)是减函数。

（1）证明：f(1)0；

（2）若f(x)f(x3)2成立，求x的取值范围。

证明：(1)令xy1，则f(11)f(1)f(1)，故f(1)0

（2）∵f(2)1，令xy2，则f(22)f(2)f(2)2，

∴f(4)2

∴f(x)f(x3)2f[x(x3)]f(4)f(x23x)f(4)x23x41x4

∴f(x)f(x3)2成立的x的取值范围是1x3。

19．设函数f(x)在(,)上满足f(2x)f(2x)，f(7x)f(7x)，且在闭区间［0，7］上，只有f(1)f(3)0．

（1）试判断函数yf(x)的奇偶性；

（2）试求方程f(x)=0在闭区间［-2005，2005］上的根的个数，并证明你的结论．

解:（1）由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函数yf(x)的对称轴为x2和x7, 从而知函数yf(x)不是奇函数, f(2x)f(2x)f(x)f(4x)由f(4x)f(14x)

f(7x)f(7x)f(x)f(14x)f(x)f(x10),从而知函数yf(x)的周期为T10

又f(3)f(0)0,而f(7)0,故函数yf(x)是非奇非偶函数; (2)由f(2x)f(2x)f(x)f(4x)f(4x)f(14x)f(7x)f(7x)f(x)f(14x)f(x)f(x10)

又f(3)f(0)0,f(11)f(13)f(7)f(9)0

故f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,从而可知函数yf(x)在[0,2005]上有402个解,在[-2005.0]上有400个解,所以函数yf(x)在[-2005,2005]上有802个解. 20.

已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。

解：设∵∴在条件中，令y＝－x，则，即，∵当，

，∴f（x）为增函数。

，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f，∴，

（0），∴

f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，

∴

f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，

∴

f（x）的值域为［－4，2］。

21. 已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2 +

f（x＋y），的解。

，∴， 即

∵，∴f（x）为单调增函数。

，

又∵，∴，

即，则且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式解：设，∵当f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，解得不等式的解为－1 < a < 3。

22.

设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在，对任何x和y，成立。求：

，使得（1）f（0）；

（2）对任意值x，判断f（x）值的正负。

解：（1）令y＝0代入。若f（x）＝0，则对任意与题设矛盾，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1。

（2）令y＝x≠0，则，又由（1）知f（x）≠0，，则，有，∴

，这∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对任意x，f（x）＞0恒成立。

23.

是否存在函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x

∈N；②；③f（2）＝4。同时成立？若存在，求出f（x）的解析式，如不存在，说明理由。

分析：由题设可猜想存在数，又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测存在函，用数学归纳法证明如下：

，又∵x

∈N时，f（x），结论正确。

（1）x＝1时，∵＞0，∴

（2）假设时有，则x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，结论正确。

综上所述，x为一切自然数时。

24.

设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否正确，试说明理由。

解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g（m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g（m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）。

25.

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。

25.

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），（x2）f，（x2－x1）f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）上是增函数。