必修一数学抽象函数习题精选含答案

必修一数学抽象函数习题精选含答案
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抽象函数单调性和奇偶性
1. 抽象函数的图像判断单调性
例1．如果奇函数在区间上是增函数且有最小值为5,那么在
区间上是（ ) A 。

增函数且最小值为 B. 增函数且最大值为
C 。

减函数且最小值为
D 。

减函数且最大值
为 分析：画出满足题意的示意图，易知选B. 2、抽象函数的图像求不等式的解集
例2、已知定义在上的偶函数满足
并且在上为增函数。

若,则实数的取值范围 。

二、抽象函数的单调性和奇偶性 1。

证明单调性
例3．已知函数f(x)= ，且f （x)，g(x)定义域都是R ，且g （x)〉
0， g （1) =2,g （x ） 是增函数。

. 求证： f （x ）是R 上的增函数.
解：设x 1〉x 2因为,g （x ）是R 上的增函数， 且g(x)>0。

故g(x 1) > g （x 2) >0。

g(x 1)+1 〉 g （x 2)+1 〉0，
〉 >0
— 〉0。

f （x 1)- f(x 2）=- =1—-(1—)
=—>0。

可以推出：f(x 1) 〉f(x 2），所以f （x)是R 上的增函数。

例4．已知对一切，满足,且当时，，求证:（1）时,(2）在
R 上为减函数。

证明：对一切有.且,令,得, 现设，则，，而
f x ()[]37，f x ()[]-
-73，-5-5
-5-5R f(x)f(2)0=f(x)(,0)-∞(
1)(a )0a f ->a 1)(1
)(+-x g x g (m )(n )(m n )(m ,n )g
gg R =+∈⇒
1)(2
2+x g 1)(21+x g ⇒
1)(2
2+x g 1)(2
1+x g 1)(1)(11+-x g x g 1)(1
)(22+-x g x g 1)
(21+x g 1)(2
2+x g 1)(2
2+x g 1)(2
1+x g f x ()x y ，f
f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，x <0f x ()>1x >001<<f x ()；f x () x
y R ，∈f x y f x fy ()()()+=⋅f ()00≠x y ==0f ()01=x >0-<x 0f x ()->1f f x f x ()()()01=⋅-=
，设且, 则
,即为减函数。

2。

证明奇偶性
例5．已知的定义域为R ，且对任意实数x ，y 满足,求证:是偶函数.
分析：在中，令，得 令，得 于是，故是偶函数. 三、求参数范围
这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中，关键是利用函数的奇偶性和它在定义域内的增减性,去掉“"符号，转化为代数不等式组求解，但要特别注意函数定义域的作用。

例6．已知是定义在（）上的偶函数,且在（0，1）上为增函数，
满足
,试确定的取值范围。

解:是偶函数，且在（0，1）上是增函数， 在上是减函数，
由得.
（1）当
时,
,不等式不成立。

(2)当时，
(3）当时，
，
综上所述,所求的取值范围是 四、不等式
∴-=>f x f x ()()1
1
∴<<01f x ()x
x R 12，∈x x 12<012
1
<-<fx x ()，f x fxx x ()[()]2211=-+=-⋅<f x x f x f x ()()()2111∴
>f x f x ()()12f x ()f x ()fx
y fx fy ()()()=+f x ()fx y fx fy ()()()=+x y ==1f f f f ()()()()11110=+⇒=x y ==-1f f f f ()()()()11110=-+-⇒-=f
x f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11f x ()f f x ()-11，fa f a ()()---<2402
a f x ()∴f x ()()-10，-<-<-<-<⎧⎨⎩
1211412a a 35<<a a =2
f a f a f ()()()-=-=2402
32<<a 2
3420
410
21)4()
4()2(2222<<⎪⎩⎪
⎨⎧->-<-<-<-<-⇔-=-<-a a a a a a f a f a f 解之得，25<<a fa f a ()()-<-242
=-⇔<-<<-<-<-⎧⎨⎪
⎩
⎪<<f a a a a a a ()2224021041
2425
解之得，a ()()
3225，，
这类不等式一般需要将常数表示为函数在某点处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数符号“”，转化为代数不等式求解.
例7．已知函数对任意有，当时，，，求不等式的解集。

解:设且, 则, ，则 ， ， 故为增函数， 又
因此不等式的解集为。

五、综合问题求解
解题时需把握好如下三点:一是注意函数定义域的应用，二是利用函数的奇偶性去掉函数符号“"前的“负号"，三是利用函数单调性去掉函数符号“".
例8.设函数定义在R 上，当时，，且对任意，有，当时。

（1)证明;
（2）证明：在R 上是增函数；(3）设，
,若
，求满足的条件. 解：(1）令得， 或。

若，当时，有，这与当时，矛盾， 。

（2)设，则，由已知得，因为,,
若时,，由 ,
（3）由得 得（2） 从（1)、（2)中消去得，因为
即。

例9. 已知是定义在上的奇函数，且,若时，有.（1)判断函数在上是增函数,还是减函数，并证明你的结
f f x ()x y R ，∈f x f y f x y ()()()+=++2x >0f x ()>2f ()35=fa
a ()2223--<x x R 1
2
、
∈x x 12<x x 210->∴->f x x ()212fx
x ()2120-->2211()[()]f x fxx x ∴=-+2111()()2()f x xf x f x =-+->21()()f x f x ∴
>f x ()f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=2
(1)3(22)3(1)f f a a f ∴=∴--<=，2221a a --<即13a ∴-<<fa a ()2
223--<{}a a |-<<13f f y f x
=()x >0f x ()>1m n ，f m nf m f n ()()()+=⋅m n ≠f m f n ()()≠f ()01=f x (){}A x y f xf y f =⋅<()|()()()，22
1B x y f a x b y c a b c R a =++=∈≠{()|()}，，，，，10A B =∅
a b c ，，
mn
==0f f f ()()()000=⋅∴=f ()00f ()01=f ()00=m ≠0f m f m f ()()()+=⋅00m n ≠f m f n ()()≠∴=f ()01x x 12<x x 210->f x x ()211->x 10≥f x ()11>x 10<->->x f x 11
01，()f
fx f x ()()()011=⋅-111
()0
()f x f x ∴=
>-22111()()()()f xf x x f xf x =-⋅>()f xR ∴在上为增函数。

fx fy f ()()()221⋅<x y 22
11+<()fa xb yc ()++=1a
x b y c ++=0y (
)a b x a c x c b 2222220+++-<A B =∅
∴=-+-<∆()()()24022222a c a b c b a b c 222
+<(x)f [1,1]-(1)1f =,[1,1]ab
∈-()()0f a f b a b
+>+(x)f [1,1]-
论；（2)解不等式：f （x +）＜f （）.
解：（1)设任意x 1，x 2∈［－1，1],且x 1〈x 2。

由于f (x )是定义在上的奇函数，
∴f （x 2）－f (x 1）=f （x 2)+f （－x 1).
因为x 1〈x 2，所以x 2+（－
x 1）≠0，
由已知有
＞0，∵x 2+（－x 1)=x 2－x 1>0
∴f （x 2)+f (－x 1)〉0,即f （x 2）>f （x 1)，所以函数f (x )在[－1，1]上是增函数。

（2）由不等式
f （x +）＜f (）得
，解得－1<x 〈0,
即为所求。

例10、已知设函数定义在的一切实数,对定义域的任意
都有，且当时，，
（1） 求证:
；
（2）在上是增函数.
（3)解不等式。

21
11
-x [1,1]-)
()()(1212x x x f x f -+-+21
11
-x ⎪⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪⎨⎧
->+≤-≤
-≤+≤-112111111211x x x x y f x
=()0x ≠12
,x x 1212()()()fx x fx fx ⋅=+x 1>(x )0f >f(2)1=(x )(x )f f -=(x)
f (0,)+∞22
(x (3a 4)x 2a 8a 4)2f -++++<。