抽象函数经典综合题33例(含详细解答)

抽象函数经典综合题３3例(含详细解答)
抽象函数,是指没有具体地给出解析式,只给出它的一些特征或性质的函数,抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述,综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力,考查对于函数性质的代数推理和论证能力,考查学生对于一般和特殊关系的认识,是考查学生能力的较好途径。

抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。

本资料精选抽象函数经典综合问题33例(含详细解答）
1.定义在R 上的函数ｙ=ｆ(x)，f(0)≠0，当x ＞０时,f(x)>1，且对任意的a 、ｂ∈Ｒ，有f(a+b ）=f(a)f(b), （1）求证：ｆ(0)=1;
（2）求证:对任意的x ∈Ｒ,恒有f(x)>0; (3)证明：ｆ(x)是R 上的增函数;
（4)若f(x)·f(２x-ｘ２
)>1，求x 的取值范围。

解 (１)令a=ｂ=0，则ｆ（０）=[f(０)]2
∵f(0)≠0 ∴ｆ（０)＝1 (２)令ａ=x ，b=-x 则 ｆ(0)=f(x)ｆ（－x ） ∴)
(1
)(x f x f =
- 由已知x>０时，f(x ）>1>0,当x ＜0时,－ｘ>0,f （－x)>0 ∴0)
(1
)(>-=
x f x f 又x=0时，f(0）=1>0 ∴对任意x ∈R ，f(x)>0
（3)任取x 2>x 1，则ｆ(x ２)>０,f(ｘ1)＞0，x ２-ｘ1＞0 ∴
1)()()()
()
(121212>-=-⋅=x x f x f x f x f x f ∴f(x 2)>f （x 1) ∴f(x ）在R 上是增函数
(4)ｆ(x)·f(2ｘ-ｘ2
)=f[x+(2ｘ-x ２
)]=f(－ｘ2
＋3ｘ）又1=f （0)， ｆ(ｘ)在Ｒ上递增
∴由ｆ(3ｘ-x 2
)＞f(0）得:3x-x 2
>0 ∴ 0＜ｘ<3 ２．已知函数()f x ,()g x 在
R
上有定义，对任意的,x y R ∈有
()()()()()f x y f x g y g x f y -=- 且(1)0f ≠
(1）求证:()f x 为奇函数
（2)若(1)(2)f f =, 求(1)(1)g g +-的值
解（1）对x R ∈,令x=u-v 则有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) ﻩ ﻩ ﻩﻩ ﻩ
(2）ｆ（2）=f{1－(-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)≠0
∴g （－1)+g(1)＝1ﻩ ﻩ ﻩ ﻩﻩ
3.已知函数)(x f 对任意实数y x ,恒有)()()(y f x f y x f +=+且当x>0，
.2)1(.0)(-=<f x f 又
(１)判断)(x f 的奇偶性;
（2)求)(x f 在区间[－3，3]上的最大值; (３)解关于x 的不等式.4)()(2)(2+<-ax f x f ax f
解（１）取,0==y x 则0)0()
0(2)00(=∴=+f f f
取)()()(,x f x f x x f x y -+=--=则
)()(x f x f -=-∴对任意R x ∈恒成立 ∴)(x f 为奇函数. （2）任取2121),(,x x x x <+∞-∞∈且, 则012>-x x
0)()()(1212<-=-+∴x x f x f x f
),()(12x f x f --<∴ 又)(x f 为奇函数 )()(21x f x f >∴ ∴)(x f 在（－∞,+∞）上是减函数.
∴对任意]3,3[-∈x ，恒有)3()(-≤f x f
而632)1(3)1()2()12()3(-=⨯-==+=+=f f f f f 6)3()3(=-=-∴f f ∴)(x f 在[-3，3]上的最大值为６
（３)∵)(x f 为奇函数,∴整理原式得 )2()()2()(2
-+<-+f ax f x f ax f
进一步可得)2()2(2
-<-ax f x ax f
而)(x f 在（－∞，+∞)上是减函数,222
->-∴ax x ax
.0)1)(2(>--∴x ax
∴当0=a 时，)1,(-∞∈x 当2=a 时，}1|{R x x x x ∈≠∈且
当0<a 时,}12
|{<<∈x a
x x
当20<<a 时, }12
|{<>∈x a x x x 或 当a>2时，}12
|{><∈x a
x x x 或
４.已知ｆ（x )在(－1，1)上有定义,f （
2
1
)＝－1，且满足ｘ，y ∈(－1，1)有f (ｘ)+f (y )=ｆ(
xy
y
x ++1) ⑴证明：ｆ(ｘ)在(－1,1)上为奇函数； ⑵对数列x １＝
21
,x n +1=212n
n x x +,求f (x n ）;
⑶求证
25
2)(1)(1)(121++-
>+++n n x f x f x f n
（Ⅰ）证明：令x =y ＝0，∴2f (０)=ｆ(0),∴f (0）=０
令y ＝-x ,则f (ｘ)＋ｆ（-x )＝f (0)＝０ ∴f (x ）+f （-x )=0 ∴f (－x )＝－f (x ) ∴ｆ(x )为奇函数 (Ⅱ）解：f (ｘ１）=ｆ(21
)＝-1，f (ｘn ＋1)=f (212n n x x +）=f （n
n n n x x x x ⋅++1)＝ｆ(x n ）＋f (ｘｎ)＝２f (ｘn )
∴
)
()
(1n n x f x f +＝２即{f (x n )}是以-1为首项，2为公比的等比数列
∴f (x n )=-2n －
1 （Ⅲ)解：
)21
21211()(1)(1)(11
221-++++=+++n n
x f x f x f 221
2)212(2112111
1->+-=--=---=--n n n
而2
2
12)212(252-<+--=++-=++-n n n n ∴25
2)(1)(1)(121++-
>+++n n x f x f x f n
5.已知函数N x f N x x f y ∈∈=)(,),(，满足:对任意,,,2121x x N x x ≠∈都有
)()()()(12212211x f x x f x x f x x f x +>+;
（1）试证明：)(x f 为Ｎ上的单调增函数； (2）n N ∀∈,且(0)1f =,求证:()1f n n ≥+；
(3）若(0)1f =,对任意
,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f ,证明：∑
=<-n
i i
f 1
41
)13(12
. 证明:(１)由①知,对任意*
,,a b a b ∈<N ,都有0))()()((>--b f a f b a ,
由于0<-b a ,从而)()(b f a f <，所以函数)(x f 为*N 上的单调增函数. (2）由（1)可知n N ∀∈都有f(n ＋1)>f(n),则有ｆ(n ＋1)≥f （ｎ)+1 ∴f(ｎ+1）-f （n ）1≥, ∴f(n ）－f(n-1）1≥ ••• ∴ f(2)－f(1)1≥
∴ｆ（1)-f(0）1≥由此可得f （n ）-f(0）≥n ∴f （n)≥ｎ+1命题得证
（３）(3)由任意
,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f
得()1f m = 由f （0)=1得ｍ=0 则f(n+1)=f(n ）＋1,则f(ｎ)=ｎ+１
21
)311(21311)
311(313
13131)13(121
<-=--=+•••++=-∑
=n
n n n
i i f
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 =
(3)若120,0x x ≥≥且121x x +≤,则有1212()()()2f x x f x f x +≥+-. (I)求(0)f 的值； (II)求()f x 的最大值；
(II Ｉ)设数列{}n a 的前n 项和为n S ，且满足*
12(3),n n S a n N =--∈.
求证:1231
12332
()()()()2n n f a f a f a f a n -⨯+++
+≤+-.
解：(Ｉ)令120x 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 ≥∴= （ＩI ）任意[]12,0,1x x ∈且12x x <，则212101,()2x x f x x <-≤∴-≥
22112111()()()()2()f x f x x x f x x f x f x ∴=-+≥-+-≥
max ()(1)3f x f ∴==
(I ＩＩ)
*12(3)()n n S a n N =--∈1
112(3)(2)n n S a n --∴=--≥
1111133(2),10n n n n a a n a a --∴=≥=≠∴= 11
1112113333333()(
)()()()23()4n n n n n n n
n f a f f f f f -∴==+≥+-≥-+ 1
11143
333()()n n f f -∴≤+,即
11433())(n n f a f a +≤+。

2211221
14144
144441
12133333333333()()()()2n n n n n n n f a f a f a f a ------∴≤+≤++≤≤+++++=+ 故1
13
()2n n f a -≤+ 1213
13
1()1()()()2n n
f a f a f a n --∴++
+
≤+即原式成立。

７. 对于定义域为[]0,1的函数()f x ，如果同时满足以下三条：①对任意的[]0,1x ∈,总有
()0f x ≥;②(1)1f =；③若12120,0,1x x x x ≥≥+≤，都有1212()()()f x x f x f x +≥+成
立，则称函数()f x 为理想函数．
（1) 若函数()f x 为理想函数,求(0)f 的值;
(2)判断函数()21x
g x =-])1,0[(∈x 是否为理想函数，并予以证明;
（3） 若函数()f x 为理想函数,
假定∃[]00,1x ∈,使得[]0()0,1f x ∈，且
00(())f f x x =，求证00()f x x =.
解:(1)取021==x x 可得0)0()0()0()0(≤⇒+≥f f f f .
又由条件①0)0(≥f ，故0)0(=f ．
(2）显然12)(-=x
x g 在[0,1］满足条件①0)(≥x g ；-
也满足条件②1)1(=g ． 若01≥x ，02≥x ，121≤+x x ,则
)]12()12[(12)]()([)(21212121-+---=+-++x x x x x g x g x x g 0)12)(12(1222122121≥--=+--=+x x x x x x ,即满足条件③，
故)(x g 理想函数.
（3）由条件③知，任给m 、∈n [0，1］,当n m <时，由n m <知∈-m n [0,１］,
)()()()()(m f m f m n f m m n f n f ≥+-≥+-=∴
若)(00x f x <，则000)]([)(x x f f x f =≤,前后矛盾； 若)(00x f x >，则000)]([)(x x f f x f =≥,前后矛盾. 故)(00x f x =
8.已知定义在R 上的单调函数()f x ,存在实数0x ,使得对于任意实数12,x x ,总有
0102012()()()()f x x x x f x f x f x +=++恒成立。

（Ⅰ)求0x 的值；
(Ⅱ)若0()1f x =,且对任意正整数n ,有1
(
)12n n
a f =+, ,求数列｛ａn }的通项公式； (Ⅲ)若数列{
b n }满足12
21n n b og a =+,将数列{b ｎ}的项重新组合成新数列{}n c ,具体法则如
下:112233456,,,c b c b b c b b b ==+=++478910,c b b b b =+++……,求
证:
123
24
n c c c c ++++
<。

解：（Ⅰ)令120x x ==,得0()(0)f x f =-，①
令121,0x x ==,得00()()(1)(0)f x f x f f =++，(1)(0)f f ∴=-，② 由①、②得0()(1)f x f =，又因为()f x 为单调函数，01x ∴= (Ⅱ)由(1）得121212()()()(1)()()1f x x f x f x f f x f x +=++=++，
1111
(1)()()()(1),2222f f f f f =+=++
111
()0,()1122f a f ==+= 11111111111
()()()()(1)2()1222222n n n n n n f f f f f f +++++=+=++=+, 1111
()1[()1],222
n n f f ++=+ 112n n a a +=,1
12n n a -⎛⎫= ⎪
⎝⎭
，
1
112212121212n n n b og a og n -⎛⎫=+=+=+ ⎪
⎝⎭
（Ⅲ）由｛C ｎ}的构成法则可知,C ｎ应等于{ｂｎ}中的n 项之和，其第一项的项数为
[1+2+…＋（ｎ－1)]+1＝
2)1(n n -＋1,即这一项为2×［2
)1(n
n -+１]－1＝n(n －１)+１ C n =n(n-1)+１＋ｎ(ｎ－1)＋3+…+ｎ(ｎ-1)+2ｎ-1=n ２
(n-1)+2
)121(-+n n ＝ｎ3
3192912824
+=<
当3n ≥时，322111111
[](1)2(1)(1)
n n n n n n n n n =
<=---+ 333
31111111111
11[]
234822334
(1)(1)
n n n n n ∴+
++++
<++-++
-⨯⨯-⨯⨯+111111291[]18223(1)81224
n n <++-<++=⨯⨯+
解法2：
3234(1)(2)0,4(1)n n n n n n n n --=-≥∴≥-
33333()4(1)411111111111
11()234842311111119291181648161624
n n n n n
n n n
n <=---∴+++++<++-+
+
--<++-<++=<
9．设函数()f x 是定义域在(0,)+∞上的单调函数,且对于任意正数,x y 有
()()()f xy f x f y =+,已知(2)
1f =.
(１）求1()
2f 的值；
（２）一个各项均为正数的数列
{}n a 满足:()()(1)1(*)n n n f S f a f a n N =++-∈,其中n
S 是数列
{}n a 的前n 项的和,求数列{}n a 的通项公式；
（３）在(2)的条件下，是否存在正数M ,使
122n n a a a ⋅⋅⋅
⋅11)a ≥- 2(21)
a ⋅-(21)
n a ⋅-
对一切*n N ∈成立？若存在，求出M 的取值范围；若不存在，说明理由．
解:(1）∵()()()f xy f x f y =+，令1x y ==,有(1)(1)(1)2(1)f f f f =+=,∴(1)0f =.
再令12,2x y ==,有1(1)(2)()2f f f =+，∴1()(1)(2)0112f f f =-=-=-,∴1()12f =-
(2）∵()()(1)1n n n f S f a f a =++-11
[(1)]()[(1)]22n n n n f a a f f a a =++=+，
又∵()f x 是定义域(0,)+∞上单调函数,∵0n S >，1
(1)0
2n n a a +>，∴
1
(1)
2n n n S a a =+ ……①
当
1n =时，由
1111
(1)
2
S a a =+，得
11a =，当
2
n ≥时，
1111
(1)2n n n S a a ---=
+ ……②
由①-②，得11111
(1)(1)22n n n n n n n
S S a a a a a ----=+-+=， 化简，得
22
11()0
n n n n a a a a ----+=，∴
11()(1)0
n n n n a a a a --+--=,
∵0n a >，∴110
n n a a ---=，即11n n a a --=，∴数列{}n a 为等差数列. 11a =，公差1d =. ∴
1(1)1(1)1n a a n d n n =+-=+-⨯=,故n a n =.
(３）∵
12
2212
2!n n n n a a a n n ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅=⋅,
12(21)(21)
(21)13
(21)
n a a a n ---=⋅⋅-
令
21)(21)n n n n b a a =
--3(21)n n ⋅-而
113(21)(2n n b
n ++⋅-.
∴1n n b b
+==1,
∴
1n n
b
b +>，数列
{}n b 为单调递增函数,由题意n M b ≤
恒成立,则只需min ()n M b ≤＝
1b
∴ M ∈,存在正数M ,使所给定的不等式恒成立，M 的取值范围为
.
10.定义在R 上的函数f （x )满足fxy fx fy f ()()()()++=+=11
20，,且x >
1
2
时，f （x ）<0。

（1）设a fnn N n =∈()()*
，求数列的前n 项和S n ； （2)判断f （x ）的单调性,并证明。

解:(1)f f f ()11212
11
=⎛⎝ ⎫
⎭⎪+⎛⎝ ⎫
⎭⎪-=- 令ｘ=ｎ，y ＝1，则f n f n f f n ()()()()+=+-=-1112
所以,a a a n n 1112=--=-+，
故数列{}a n 是首项为－１,公差为-2的等差数列。

因此,()()
S n n n n n
=-+-⨯-=-·()112
22
(2)设x x R 12、∈，且x x 12<,则x x 210-> 所以 x x 21121
2-+> 于是f x x ()2112
0-+<
又f x f x f x x ()()()2121
1-=-- =-+-=-+<f x x f f x x ()()()
21211211
2
0 所以f x f x ()()21
<,而函数f （x )在R 上是减函数。

1１． 设函数f （x )定义在Ｒ上，对于任意实数m 、ｎ，恒有fm n fm fn ()()()+=·,且当ｘ>０时,0<ｆ(x )<1。

(1）求证：f （0）=1，且当ｘ<0时，f （x ）>1； （2）求证：ｆ（ｘ)在Ｒ上单调递减;
(3）设集合{
}
A x y f xf y f =>(,)|()()()
22
1·， {}
B x y f a x y a R =-+=∈(,)|()21，，若A B ∩=∅,求ａ的取值范围。

解：(1）令ｍ=１,n=０，得f （１）= f （1）·f （0） 又当x >0时,0< ｆ(x ）<1，所以f （0)=1 设ｘ<0，则-x >0
令m=ｘ,n=－ｘ，则ｆ(０）= f （x )·ｆ（-ｘ） 所以f (ｘ)·ｆ(－x ）=１
又0< ｆ（－x )<1,所以f x
f x ()()
=->1
1
(２）设x x R 12、∈，且x x 12<，则x
x 210->
所以0121
<-<fx x () 从而f x f x x x f x x f x ()()()()2212211=-+=-· 又由已知条件及(1）的结论知f （x ）>0恒成立
所以
f x f x f x x ()()()21
21
=- 所以0121<
<f x f x ()
()
所以f （x 2）< f (x 1），故f （x )在R 上是单调递减的。

（3)由
得：f x y f ()()22
1
+> 因为f （x )在R 上单调递减
所以x y 2
2
1+<,即A 表示圆x y 2
2
1+=的内部 由f (ax -y +２)=１= ｆ(0）得：ａx －ｙ＋2=0 所以Ｂ表示直线ａｘ-ｙ+2=0
所以A B ∩=∅
，所以直线与圆相切或相离,即2112
+≥a
解得:-≤≤33a
12.定义在R 上的函数f (x ）对任意实数a 、b 都有f (a +b )+ ｆ(a －b )=2 f (ａ）·f (b ）成立,且f ()00≠。

（1)求ｆ(０）的值； (2）试判断f (ｘ)的奇偶性;
(３）若存在常数c >0使f c
()2
0=，试问f (x )是否为周期函数？若是，指出它的一个周期;若不是，请说明理由。

解:(1)令ａ=b =0
则ｆ（0）+ f (0)=２ ｆ（0）·ｆ（0） 所以2 f (0）·[ｆ（0）－1]=0 又因为f ()00≠，所以f (０)=1
(2）令a =０，b ＝ｘ,则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上的偶函数。

（３)令a x c
b c =+=22
，，则
f x c c f x c c fx c f c +⎛⎝ ⎫⎭⎪+⎡⎣⎢⎤⎦⎥++⎛⎝ ⎫⎭⎪-⎡⎣⎢⎤⎦
⎥=+⎛⎝ ⎫⎭⎪⎛⎝ ⎫
⎭⎪2222222· 因为f c 20⎛⎝ ⎫
⎭
⎪=
所以f (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为周期的周期函数。

13.已知函数f (x ）的定义域关于原点对称，且满足：
（1)f x x f x f x f x f x ()()()()()12
12
21
1-=+-·
（2)存在正常数a ,使ｆ（a ）=1 求证：(1）f （x )是奇函数；
(2）ｆ（x ）是周期函数，并且有一个周期为4a 证明：（1）设t x x =-12
,则
f t f x x f x f x f x f x f x f x f x f x f x x f t ()()()()()()
()()()()()()-=-=
+-=-
+-=--=-21211212211211
··
所以函数f （x )是奇函数。

（2)令x a x a 122==
，，则f a f a f a f a f a ()()()()()
=+-21
2·
即121
12=
+-f a f a ()()
解得:f (２a )=0
所以f x a f x f a f a f x f x fa fa f x f x ()()()()()()[()]()()()
+=
-+--=-+--=-22122121
··
所以()
f x a f x a f x
f x +=-+=--=4121
1()
()()
因此，函数f (x ）是周期函数,并且有一个周期为4ａ。

１4.已知f x ()对一切x y ，，满足f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，，且当x <0时，
f x ()>1,求证：（1）x >0时，01<<f x ()；(2）f x ()在Ｒ上为减函数。

证明： 对一切x y R ，∈有f x y f x f y ()()()+=⋅。

且f ()00≠,令x y ==0,得f ()01=, 现设x >0,则-<x 0,f x ()->1， 而f f x f x ()()()01=⋅-=
∴-=
>f x f x ()()
1
1 ∴<<01f x ()，
设x x R 12，∈且x x 12<, 则0121<-<f x x ()， f x f x x x ()[()]2211=-+
=-⋅<f x x f x f x ()()()2111 ∴>f x f x ()()12, 即f x ()为减函数。

１5.已知函数f x ()是定义在(]-∞，1上的减函数,且对一切实数x ，不等式
fk x fk x
(s i n )(s i n)-≥-22
恒成立,求k 的值。

分析:由单调性，脱去函数记号,得
k x k x k x k x k k x 22
222222
1111412-≤-≤-⎧⎨⎪⎩⎪⇔≤+-+≥-⎧⎨⎪⎩
⎪sin sin sin sin ()
(sin )(2)
由题意知(1)(2）两式对一切x R
∈恒成立，则有 k x k k x k 22
22
111412941≤+=-+≥-=⎧⎨⎪⎩⎪⎫⎬⎪
⎭
⎪⇒=-(s i n )(s i n )m i n m a x １６．设定义在R 上的函数()f x 对于任意,x y 都有()()()f x y f x f y +=+成立,且
(1)2f =-,当0x >时,()0f x <。

(1）判断f(x)的奇偶性,并加以证明；
(2）试问：当-２003≤x ≤２０03时,()f x 是否有最值？如果有，求出最值；如果没有,说明理由；
(３）解关于x 的不等式
2211
()()()()22
f bx f x f b x f b ->-,其中22b ≥. 分析与解：⑴令x ＝y ＝０，可得f （0）=0
令ｙ=-x,则f(０)＝ｆ(-x)+f(x),∴f （-ｘ）= -f(x)，∴ｆ(ｘ)为奇函数 ⑵设-3≤x 1＜x 2≤3，y=－x 1,ｘ=x 2
则f(x 2－x 1)=f(ｘ2)+f(－x １)=f(ｘ2)－f(x 1),因为ｘ>0时，f （x)<0， 故f(x 2－x １)＜０，即ｆ(x 2)－ｆ(x １）<0。

∴f(ｘ2)<f(x 1)、f(x)在区间[-20０３、2003］上单调递减
∴x=－２003时,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时，f （x)有最小值为f （2003)＝ －４006。

⑶由原不等式，得
2
1
[f （ｂｘ2) －f(b 2x)]>f(x ） －f(b)。

即f(b ｘ2)＋f(-b 2x)＞２［ｆ(x)+ｆ（-b ）］
∴f(bx 2-b 2x)>2 f （x-b ）,即f ［bx （x-b)]>f(x-b ）+f(x －b) ∴f ［bx(x-ｂ)］＞ｆ[2 f(x-b)]
由ｆ（x)在ｘ∈Ｒ上单调递减，所以bx(x-b)＜2（x-b ），∴(x －b)(bx －2） ＜０ ∵b ２
≥2, ∴b ≥2或b ≤-2
当b ＞2时，b>
b 2,不等式的解集为⎭⎬⎫
⎩⎨⎧〈〈b x b x 2| 当b<-2时,ｂ＜
b 2，不等式的解集为⎭⎬⎫⎩
⎨⎧
〉〈b x b x x 2|或
当ｂ=－2时，不等式的解集为{}
R x x x ∈-≠且,2| 当b=2时，不等式解集为φ
17.已知定义在R 上的函数()f x 满足：
（1)值域为()1,1-,且当0x >时,()10f x -<<； （２)对于定义域内任意的实数,x y ,均满足：()()()
()()
1f m f n f m n f m f n ++=+
试回答下列问题： （Ⅰ)试求()0f 的值;
（Ⅱ）判断并证明函数()f x 的单调性;
(Ⅲ)若函数()f x 存在反函数()g x ，求证：21111511312g g g g n n ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫⎛⎫
+++> ⎪
⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
.
分析与解:（Ⅰ）在()()()()()
1f m f n f m n f m f n ++=+中，令0,0m n >=,则有()()()()()
010f m f f m f m f +=+．即：
()()()()()100f m f m f f m f +=+⎡⎤⎣⎦．也即:()()()2010f f m ⎡⎤-=⎣⎦
. 由于函数()f x 的值域为()1,1-,所以，()
()
2
10f m ⎡⎤-≠⎣
⎦
,所以()00f =.
（Ⅱ）函数()f x 的单调性必然涉及到()()f x f y -，于是，由已知
()()()()()1f m f n f m n f m f n ++=
+,我们可以联想到：是否有()()()
()()
1f m f n f m n f m f n --=-?(＊）
这个问题实际上是:()()f n f n -=-是否成立？
为此,我们首先考虑函数()f x 的奇偶性，也即()()f x f x -与的关系.由于()00f =，所以，在()()()
()()
1f m f n f m n f m f n ++=
+中,令n m =-，得()()0f m f m +-=.所以，函数()f x 为
奇函数．故（*）式成立．所以，()()()()()1f m f n f m n f m f n -=--⎡⎤⎣⎦.任取12,x x R ∈，且12x x <,则210x x ->,故
()210f x x -<且()()211,1f x f x -<<．所
以,()()()()()21212110f x f x f x x f x f x -=--<⎡⎤⎣⎦，所以,函数()f x 在R 上单调递减. (Ⅲ）由于函数()f x 在Ｒ上单调递减， 所以,函数()f x 必存在反函数()g x ，
由原函数与反函数的关系可知：()g x 也为奇函数;()g x 在()1,1-上单调递减;且当
10x -<<时，()0g x >.
为了证明本题，需要考虑()g x 的关系式．
在(*)式的两端，同时用g 作用，得:()()()()1f m f n m n g f m f n ⎡⎤--=⎢⎥-⎣⎦
,
令()(),f m x f n y ==，则()(),m g x n g y ==，则上式可改写为:()()1x y g x g y g xy ⎛⎫--= ⎪
-⎝⎭
. 不难验证：对于任意的(),1,1x y ∈-，上式都成立.（根据一一对应）． 这样，我们就得到了()g x 的关系式． 这个式子给我们以提示：即可以将2131n n ++写成1x y
xy
--的形式,则可通过裂项相消的方法
化简求证式的左端．
事实上，由于
()()()()
()()
2
1
1
1
1211
121
1131
121
111212n n n n n n n n n n n n -
++++=
=
=
++++--
-⋅++++⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
,
所以,2
1113112g g g n n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-
⎪ ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭⎝⎭． 所以,211151131g g g n n ⎛⎫⎛⎫
⎛⎫
+++ ⎪
⎪ ⎪++⎝⎭
⎝⎭
⎝⎭
1111112334121111122222g g g g g g n n g g g g g n n ⎡⎤⎡⎤⎡⎤
⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-+- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎢⎥
++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫
=-=+-> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪
++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
点评：一般来说，涉及函数奇偶性的问题,首先应该确定()0f 的值．
18．已知函数f (ｘ）对任意实数ｘ、y 都有ｆ(xy )＝f (x ）·f (y ),且f （-１）=1,f （27)＝9，当
时，。

（1)判断ｆ（x ）的奇偶性；
（２)判断f （ｘ）在［0，+∞)上的单调性,并给出证明; (3）若
，求ａ的取值范围。

分析：由题设可知ｆ（x )是幂函数的抽象函数，从而可猜想f （ｘ)是偶函数，且在［0,＋∞）上是增函数。

解：（１）令y ＝－１,则f (-ｘ)=ｆ(x ）·ｆ（－1）,∵ｆ(-1)＝１,∴ f （－x )=f （x )，f （x )为偶函数。

(2)设,∴，,
∵时,，∴，∴f （x 1)<ｆ（x 2）,故f (x )在0，＋∞)上是
增函数。

(３）∵f (27）=9,又，
∴，∴
,∵
，∴，
∵
,∴
，又
,故。

１9.设函数的定义域为全体R，当ｘ<0时,，且对任意的实数ｘ，ｙ∈R，有成立,数列满足,且
（n∈Ｎ＊）
(Ⅰ)求证:是R上的减函数；
（Ⅱ）求数列的通项公式；
（Ⅲ）若不等式对一切n∈N*均成立,求ｋ的最大值．
解析：(Ⅰ）令,得，
由题意知,所以,故．
当时，,,进而得．
设且，则，
.
即，所以是Ｒ上的减函数．
(Ⅱ）由得,
所以．
因为是R上的减函数，所以，
即, 进而，
所以是以1为首项,2为公差的等差数列.
所以，
所以
．
(Ⅲ)由对一切ｎ∈Ｎ＊均成立．知对一切n∈N＊均成立.
设,
知且
又．
故为关于ｎ的单调增函数，.
所以，ｋ的最大值为
2０．函数f （x )的定义域为D {}0x x =>, 满足: 对于任意,m n D ∈，都有 ()()()f mn f m f n =+，且f (2)＝１.
(1)求f （4)的值；
(2）如果(26)3,()(0,)f x f x -≤+∞且在上是单调增函数,求x 的取值范围. （1）(4)(22)(2)(2)11 2.f f f f =⨯=+=+= (２） 3=2＋1=(4)(2)(42)(8).f f f f +=⨯= 因为()(0,)f x +∞在上是增函数，所以
(26)3(26)(8)026837.f x f x f x x -≤⇔-≤⇔<-≤⇔<≤
21.函数)(x f 的定义域为R,并满足以下条件:①对任意R x ∈,有0)(>x f ; ②对任意x 、R y ∈,有y
x f xy f )]([)(=；③.1)3
1(>f 则
(1)求)0(f 的值； （2)求证：)(x f 在R 上是单调增函数； （3）若ac b c b a =>>>2
,0且,求证:).(2)()(b f c f a f >+ 9.解:解法一:（１）令2,0==y x ，得：2
)]0([)0(f f = ﻩ1)0(0
)0(=∴>∴f f
（2)任取1x 、),(2+∞-∞∈x ，且21x x <． 设,3
1,3
12211p x p x ==则21p p < 21)]31
([)]31([)31()31()()(2121p p f f p f p f x f x f -=-=-
)()
()(,1)3
1
(212
1x f x f x f p p f ∴<∴<> 在R 上是单调增函
(3）由(1)（2)知1)0()(=>f b f 1)(>b f
b a
b f b
c
b f a f )]([)()(=⋅=
b c
b f b
c b f c f )]([)()(=⋅= b
c a b
c
b a b f b f b f
c f a f +>+=+∴)]
([2)]([)]([)()(
而)(2)]
([2)]([2222
22
b f b f b f b b a
c c a b
b b
c a =>∴==>++ )(2)()(b f c f a f >+∴
解法二：（1)∵对任意x 、y∈Ｒ，有y
x f xy f )]([)(=
x
f x f x f )]1([)1()(=⋅=∴………１分 ∴当0=x 时0
)]1([)0(f f = ∵任意x ∈Ｒ， 0)(>x f …………3分 1)0(=∴f
（2）1)]3
1([)313()1(,1)31(3>=⨯=∴>f f f f
x f x f )]1([)(=∴是R 上单调增函数 即)(x f 是R 上单调增函
数；…(3)c a c a f f f c f a f +>+=+)]1([2)]1([)]1([)()(
而)(2)]1([2)]1([222222b f f f b
b a
c c a b c a =>∴==>++
)(2)()(b f c f a f >+∴
22. 定义在区间（0,∞）上的函ｆ（ｘ)满足:（１)f(x)不恒为零;(2)对任何实数x 、q,都有)()(x qf x f q
=．
（１）求证:方程f(x)=0有且只有一个实根；
（２）若a>b>c>１，且a 、b 、c 成等差数列,求证:)()()(2
b f
c f a f •; （３)（本小题只理科做）若f(x ） 单调递增,且m>ｎ>0时，有)2
(
2)()(n
m f n f m f +==,
求证:32m <<+解:(1)取x=1，ｑ=2,有
的一个根，是即0)(10)1()2()1(2=∴==x f f f f 若存在另一个实根10≠x ，使得
,
0)()(),0(),0((0)(0101111==≠=+∞∈≠x qf x f q x x x x x f q
有成立，且对任意的10)(,0)0)(10==∴≡∴=x x f x f x f 有且只有一个实根与条件矛盾，（恒成立，
(2)21,,1q
q
b c b a c b a ==>>>不妨设 ,
,则q 1>0,20q >∴)()()()()(2
2121b f q q b f b f c f a f q
q
•=•=•，又a+ｃ=２b,
∴ac-b 2
=2
()04
a c --<
即ａｃ<b 2
12
2
2
121221,02,12q q q q b b q q q q ++⎛⎫
∴<∴<+<∴≤< ⎪⎝⎭
)()()(2b f c f a f <∴
(3
）
.0)(),1(;0)()1,0(),0()(,0)1(>+∞∈<∈+∞=x f x x f x x f f 时，当时单调递增，当在
又).()(,0),()(),()(,)()(n f m f n m n f m f n f m f n f m f -=∴>>-==∴= 令m ＝ｂ1q
,n ＝2q
b ,b ,1≠且ｑ021≠q
则f(m)+f(n)=(q )21q +f （b)=f(m ｎ)=0,
22)(,10.12
⎪⎭
⎫
⎝⎛+=<<<=∴n m f m f m n mn 且
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=
∴+==>+>22)(),2
(2)(,12,1n m f m f n
m f m f mn n m m 2
2⎪⎭⎫ ⎝⎛+=∴n m m
即4m=,222n mn m ++2
224n m m =--∴,由0<n<1得,12402
<--<m m 1>m ，
223+<<∴m
2３． 设)(x f 是定义域在]1,1[-上的奇函数,且其图象上任意两点连线的斜率均小于零.
（ｌ)求证)(x f 在]1,1[-上是减函数;
（ll ）如果)(c x f -，)(2
c x f -的定义域的交集为空集，求实数c 的取值范围; (ｌll ）证明若21≤≤-c ,则)(c x f -,)(2
c x f -存在公共的定义域,并求这个公共的空义域.
解：（1)∵奇函数)(x f 的图像上任意两点连线的斜率均为负 ﻩ
∴对于任意]11
[21，、-∈x x 且21x x ≠有
0x x )
x (f )x (f 2
121<--
ﻩﻩﻩ从而21x x -与)()(21x f x f -异号
ﻩ∴)(x f 在]11
[，-上是减函数 （2） )(c x f -的定义域为]11
[+-c c ，
)(2
c x f -的定义域为]11[2
2
+-c c ， ∵ 上述两个定义域的交集为空集
则有： 112
+>-c c 或112
-<+c c ﻩ解得：2>c 或1-<c
故c 的取值范围为2>c 或1-<c （3）∵ 112
->+c c 恒成立 由（2)知：当2c 1≤≤-时
ﻩ
112+≤-c c
ﻩﻩ 当2c 1≤≤或0c 1≤≤-时 ﻩﻩ112+≥+c c 且 112
-≥-c c 此时的交集为]1,1[(2
+-c c
当10<<c
ﻩ112
+<+c c 且 112-<-c c
此时的交集为]1,
1[2+-c c
故2c 1≤≤-时，存在公共定义域，且
当0c 1≤≤-或2c 1≤≤时,公共定义域为]1,1[(2
+-c c ；
当10<<c 时，公共定义域为]1,1[2+-c c .
２4.已知函数f(x)=
1
)(1
)(+-x g x g ，且f(ｘ)，g(x)定义域都是Ｒ，且ｇ（ｘ）>０, g(１) =2，
g(x ） 是增函数． ｇ(ｍ) · ｇ（ｎ)= g(ｍ＋n)(ｍ、n ∈R) 求证： f(x)是R 上的增函数 解：设ｘ1>x 2
g （x ）是Ｒ上的增函数, 且g(x)＞0 ∴ g （x 1
) > g(x 2
） >0
∴
g(x 1
)+１ > g （x ２
)+1 >0
∴
1)(22+x g >1)(2
1+x g >０
∴
1)(22+x g -1
)(2
1+x g >0
∴
ｆ(x １)－ f （x 2)=
1)(1)(11+-x g x g - 1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(１-1
)(2
2+x g )
=
1)(22+x g -1
)(21+x g >0
∴ f （x １
) >f(x 2
）
∴ ｆ(x)是R 上的增函数
25．．定义在R ＋上的函数ｆ（x)满足: ①对任意实数m,f(x ｍ
)=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)+n ｆ(2)=m ＋ｎ,所以f(ｘy)＝ｆ(x)＋f(y)
,2x ,2x n m ,x x 0:)2(n 2m 121==<<<且使可令设证明
0n m )2(f )n m ()2(f )x x (
f )x (f )x (f )1(n m 2
1
21<-=-===--得由 故f(x １)<f(x 2),即f(x ）是R +上的增函数．
（3)由f(x ）+ｆ(x-3)≤2及f(x ）的性质,得ｆ［ｘ(x-３)]≤2f(2)=f(2) 解得 3＜x ≤4.
２6.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,求ｇ(２00２) 解:由g （x)=f （x)＋1－x,得ｆ(ｘ)=g （x ）+x-1．
所以g(x+5)+(x ＋5)-1≥g(x)+（ｘ-1)+5,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.
27.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 (f 2
1
)]x (f [)2(;,4)x x 3(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 ,R x ,0)]2
x
(f [)2x 2x (f )x (f o o 2=∈≥=+=
f(ｘ)=f[（x －x ｏ)+x o ]=f(x-ｘo ）f(x o )=0,与已知矛盾,故ｆ（x)＞0
任取ｘ1，x 2∈R 且x 1＜ｘ2,则x 2－ｘ1>0,f(x 2-x 1)>１，
所以f （x １)－f(ｘ2）=f[(ｘ2-x 1)+ｘ1]-f(x 1)=f(x 2-x １）f(ｘ1)-f(x 1)=ｆ(x 1)[f(x 2-ｘ1）-1］＞0． 所以x ∈Ｒ时，f(ｘ）为增函数. 解得:{x|1<x ＜2}
（2)f （1)=2,f(2)=２,ｆ(3)=8,原方程可化为:[f （ｘ)]2+４f(x)-5=０,解得ｆ(x ）=1或f （x)＝－5(舍)
由(１)得ｘ=0.
28.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 )x a (f n 1
)x (f )ax (f n 1x )3(22<->-是一个给定的自然数的不等式解关于
解:(1)由已知对于任意ｘ∈R ，y ∈R ,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∴对于任意x ，都有f (-ｘ)= － ｆ(x )∴f (ｘ)是奇函数.
（2）设任意x １,ｘ２∈R 且x 1＜ｘ2,则x 2-x 1＞0,由已知f (x ２-x 1）<０（1） 又f （x 2-ｘ1）＝ f （x 2)+ f (-ｘ１)= f (ｘ2)－ f （ｘ1)(2）
由（1)（２）得f (x １)＞f (ｘ2),根据函数单调性的定义知f (x 0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（ａx 2)- ｆ（ｘ）>n
1
f (a 2x ）- f （a ） ⇒ f （a ｘ2）－ f （a 2ｘ)>ｎ[f （x ）- f （a )] ⇒ f (a ｘ2-a ２x ）>ｎf (x －ａ）(10分)
由已知得:f[ｎ（x-a )]=nf （ｘ-ａ) ∴ｆ(ａｘ2－a 2x ）＞f[ｎ(x-a ）] ∵ｆ（x )在(-∞，+∞）上是减函数
∴ａx ２-ａ2x <ｎ（ｘ-a ）.即(x-ａ)（ａx-n )<0， ∵ａ<0，
∴(x-ａ）(x －
a n
)>０,（1１分） 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
29.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 ⋅=+ （Ⅰ）求()()0,1f f 的值;
（Ⅱ)判断()f x 的奇偶性，并证明你的结论;
(Ⅲ）若()()()*222, n n f f u n N n
-==
∈，求数列{}n u 的前n 项的和n S .
解:(Ⅰ）取a=b=0得f(0)=0，取a=b=1得f(1)=０， (Ⅱ)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)是奇函数;
（Ⅲ)112n
n S ⎛⎫
=- ⎪⎝⎭
．
30．(20０5年广东省高考试题）设函数()f x 在(,)-∞+∞上满足(2)(2)f x f x -=+，
(7)(7)f x f x -=+，且在闭区间［０，7］上，只有(1)(3)0f f ==．
（Ⅰ)试判断函数()y f x =的奇偶性；
（Ⅱ)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：由f （2－x ）＝ｆ（２+x),f （7-ｘ)=f(7+x ）得函数)(x f y =的对称轴为72==x x 和, 从而知函数)(x f y =不是奇函数,
由)14()4()
14()()
4()()7()7()2()2(x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f -=-⇒⎩⎨⎧-=-=⇒⎩⎨
⎧+=-+=-
)10()(+=⇒x f x f ,从而知函数)(x f y =的周期为10=T
又0)7(,0)0()3(≠==f f f 而,故函数)(x f y =是非奇非偶函数;
（II)由)14()4()
14()()
4()()7()7()2()2(x f x f x f x f x f x f x f x f x f x f -=-⇒⎩⎨⎧-=-=⇒⎩⎨
⎧+=-+=-
)10()(+=⇒x f x f
（II) 又0)9()7()13()11(,0)0()3(=-=-====f f f f f f 故f(x)在[0，1０]和［-10，０]上均有有两个解,
从而可知函数)(x f y =在［0,20０５]上有4０2个解,在［-2005.０]上有4００个解， 所以函数)(x f y =在［－２005,2005]上有８02个解.
31. 设f x ()定义在R 上且对任意的x 有f x f x f x ()()()=+-+12,求证:f x ()是周期函数，并找出它的一个周期。

分析：这同样是没有给出函数表达式的抽象函数,其一般解法是根据所给关系式进行递推,若能得出f x T f x ()()+=(T 为非零常数)则f x ()为周期函数,且周期为T 。

证明: f x f x f x ()()()()=+-+121 ∴+=+-+f x f x f x ()()()()1232 ()()12+得f x f x ()()()=-+33 由（3）得f x f x ()()()+=-+364
由（3)和(4）得f x f x ()()=+6。

上式对任意x R ∈都成立,因此f x ()是周期函数，且周期为6。

32.设f x ()是定义在R 上的偶函数,其图象关于直线x =1对称。

对任意x x 1201
2
，，∈[]都有f x x f x f x ()()()1212
+=⋅。

（Ｉ）设f ()12=，求f f ()()1214
，； （II ）证明f x ()是周期函数。

解析:（I)解略。

（ＩI)证明：依题设y f x =()关于直线x =
1对称 故f x f x xR ()()=-∈2，
又由f x ()是偶函数知 f x f x x R
()()-=∈，
∴
2，
()()
f x f x x R
-=-∈
将上式中-x以x代换，得
=+∈
2，
()()
f x f x xR
这表明f x()是R上的周期函数，且2是它的一个周期
f x()是偶函数的实质是f x()的图象关于直线x=0对称
又f x()的图象关于x=1对称,可得f x()是周期函数
33．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。

试问:（1）f（x)的奇偶性如何？说明理由。

(2）在(0,４ａ）上,f（x)的单调性如何？说明理由。

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）,ｆ(x2)，f(x２-ｘ１）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) 3４、已知函数ｆ（ｘ）对任意实数x、y都有f(xy）=f(x)·ｆ（ｙ)，且f（－1)＝1，f
（27）＝9,当时，。

（1）判断f(ｘ)的奇偶性;
（2)判断f(x)在[０,＋∞)上的单调性,并给出证明;
(３）若,求a的取值范围。

解：（1)令y=－１，则ｆ(－x)＝f(ｘ)·ｆ（-1），∵f(－１）=１,∴
f(－x)＝ｆ(x)，f（x)为偶函数。

(2)设，∴,，
∵时，，∴，∴f（x1)＜f(ｘ2），故ｆ（x）在0，＋∞)上是增函数。

(3）∵f（２７)=9,又，
∴,∴，∵，∴，
∵,∴,又，故。