高考数学抽象函数专题训练(含答案)
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抽象函数训练
1. 已知函数y = f (x )(x ∈R ,x ≠0)对任意的非零实数1x ,2x ,恒有f (1x 2x )=f (1x )+f (2x ),试判断f (x )的奇偶性。
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 ) 3. 设f(x)是R 上的奇函数,且f(x+3) =-f(x),求f(1998)的值。 4. 设函数f (x )对任意 ? ? ? ???∈21,0,21x x 都有f ()21x x +=f ()()21x f x ?, 已知f (1)=2,求f ();41 (),21 f 5. 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 (1)=1997,求f (2001)的值。 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. 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? 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b a b f a f ++) ()(>0 (1).若a >b ,试比较f (a )与f (b )的大小; (2).若f (k ) 293()3--+?x x x f <0对x ∈[-1,1]恒成立,求实数k 的取 值范围。 9.已知函数()f x 是定义在(-∞,3]上的减函数,已知22(sin )(1cos )f a x f a x -≤++对x R ∈恒成立,求实数a 的取值范围。 10.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(3),(24)f a a f -=试用表示. 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(0),(1)f f 的值; (2)判断()f x 的奇偶性,并证明你的结论; (3)若(2)2f =,* (2) ()n n f u n N n -=∈,求数列{n u }的前n 项和n s . 12.已知定义域为R 的函数()f x 满足22(()))()f f x x x f x x x -+=-+. (1)若(2)3,(1);(0),();f f f a f a ==求又求 (2)设有且仅有一个实数0x ,使得00()f x x =,求函数()f x 的解析表达式. 13.已知函数()f x 的定义域为R,对任意实数,m n 都有1()()()2 f m n f m f n +=++, 且1 ()02f =,当12 x > 时, ()f x >0. (1)求(1)f ; (2)求和(1)(2)(3)...()f f f f n ++++*()n N ∈; (3)判断函数()f x 的单调性,并证明. 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 ,x y R ∈,有()[()]y f xy f x =;③1 ()13 f >. (1)求(0)f 的值; (2)求证: ()f x 在R 上是单调减函数; (3)若0a b c >>>且2b ac =,求证:()()2()f a f c f 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 0x >时,0()1f x <<. (1)证明:(0)1,0f x =<且时,f(x)>1; (2)证明: ()f x 在R 上单调递减; (3)设A=22{(,)()()(1)}x y f x f y f ?>,B={(,)(2)1,x y f ax y a R -+=∈},若A B =Φ,试确定a 的取值范围. 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; (2)证明:函数y =()F x 的图象关于点(,0)2a 成中心对称图形. 17.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1x =对称. (1)求(0)f 的值; (2)证明: 函数()f x 是周期函数; (3)若()(01),f x x x =<≤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. 18.函数()f x 对于x>0有意义,且满足条件(2)1,()()(),()f f xy f x f y f x ==+是减函数。 (1)证明:(1)0f =; (2)若()(3)2f x f x +-≥成立,求x 的取值范围。 19.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 ==. (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. 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。 21. 已知函数f(x)对任意,满足条件f(x)+f(y)=2 +f(x+y),且当x>0时,f(x)>2,f(3)=5,求不等式的解。 22.设函数f(x)的定义域是(-∞,+∞),满足条件:存在,使得 ,对任何x和y,成立。求: (1)f(0);(2)对任意值x,判断f(x)值的正负。 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。 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。 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。 1. 解:令1x = -1,2x =x ,得f (-x )= f (-1)+ f (x ) ……①为了求f (-1)的值,令 1x =1,2x =-1,则f (-1)=f (1)+f (-1),即f (1)=0,再令1x =2x =-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. 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 ) -,∴f (x )在[0,2]上是 单调递减的,于是 ?? ???≤≤≤-≤>-202101m m m m ,即??? ??≤≤-≤-≤->+-22212212 2m m m m m 化简得-1≤m < 2 1。 3. 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(1998)=f(6×333)=f(0)=0。 4. 解:由f ()21x x +=f ()()21x f x ?,?? ????∈21,0,21 x x 知 f (x )=f ()2()2x f x ?≥0,x []1,0∈ 2 )]2 1([)21()21()21 2 1()1(f f f f f =?=+ = , f (1)=2, .2)2 1 (21 =∴ f 同理可得4 1 2)41 (=f 5.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 f (x+2)= ,) (1)(1x f x f -+f (x+4)= ) (1) (1)(11)(1)(11x f x f x f x f x f - =-+- -++ . 所以f (x+8)=)() 4(1x f x f =+- . 所以f (x )是以8为周期的周期函数, 从而f (2001)=f (1)=1997 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.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. 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. 解:(1).因为a >b ,所以a-b >0,由题意得 b a b f a f --+) ()(>0,所以f (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 )3(x k ?+f )293(--x x <0,得f )3(x k ?<f )239(+-x x ,故x k 3?<239+-x x ,所以k <13 23-+ x x 令t =]3,3 1 [3∈x ,所以k <t+ 12-t ,而 t+t 2 ≥22,即k <22-1 9.解:22(sin )(1cos )f a x f a x -≤++等价于 2 2 222 2222 2sin 33sin 311cos 32cos 20 5sin 1cos 1cos sin 14 a x a x a a x a x a a x a x a a x x a a ???-≤-≤?-≤-???++≤?-≤-?-≤??????-≥++--≥+???--≥ ?? 2222 a a a a a ? ?≤≤??≤?≤≤? ? ?≤≥?? 10.(1)证明:令y x =-,得()()()f x x f x f x -=+-?()()(0)f x f x f +-= 令0x y ==,则(0)2(0)f f =()00f ?= ∴()()0f x f x +-=()()f x f x -=- ∴()f x 是奇函数。 (2)∵(24)(3)(21)2(3)(18)...8(3)f f f f f f =+=+== 又∵(3)(3)f a f a -=?=-?(24)8f a =- 11.(1)解:令0a b ==,则(0)0f = 令1a b ==,则(1)2(1)(1)0f f f =?= (2)证明:令1a b ==-,则(1)2(1)f f =-,∵(1)0f =,∴(1)0f -= 令,1a x b ==-,则()(1)()()f x xf f x f x -=--=- ∴()f x 是奇函数。 (3)当0ab ≠时, ()()()f a b f b f a ab b a ?=+,令()()f x g x x = ,则()()()g a b g a gb ?=+ 故()()n g a ng a =,所以1()()()()n n n n n f a a g a na g a na f a -=?== ∴1 (2) 11()22 n n n f u f n --?? = =? ??? ∵()1 11(2)2,(1)(2)220 2 22 f f f f f ??==?=+ = ??? ∴ 111(2)242f f ?? =-=- ??? ,故()1 1122n n u n N -???? =-?∈* ? ? ???? ∴()11122111212 n n n s n N ????--?? ????????? = =-∈* ???- 12.解:(1)∵对任意x R ∈,函数()f x 满足22(()))()f f x x x f x x x -+=-+,且 (2)2f = ∴ 22((2)22)(2)22,(1)1f f f f -+=-+=则 ∵(0)f a =,∴22((0)00)(0)00f f f -+=-+=200a -+?f(a)=a (2) ∵对任意x R ∈,函数()f x 满足22(()))()f f x x x f x x x -+=-+,有且仅有一 个实数0x ,使得00()f x x = ∴对任意x R ∈,有20()f x x x x -+= 上式中,令0x x =,则20000()f x x x x -+= ∵00()f x x =,故2000x x -=?0001x x ==或 若00x =,则2()0f x x x -+=,则2()f x x x =-,但方程2x x x -=有两个不相同的实根与题设茅盾,故00x ≠ 若01x =,则2()1f x x x -+=,则2()1f x x x =-+,此时方程 2 2 1(1)0x x x x -+=?-=有两个相等的实根,即有且仅有一个实数0x ,使得 00()f x x = ∴()2()1f x x x x R =-+∈ 13.(1)解:令12 m n ==,则1111()2()2 2 22 f f +=+ 1(1)2 f ?= (2)∵1(1),2 f = 111(1)(1)()()()122 2 f n f f n f n f n +=++=++ =+ ∴(1)()1f n f n +-= ∴数列{}()f n 是以 12 为首项,1为公差的等差数列,故 (1)(2)(3)...()f f f f n ++++= (1)2 2 n n n -+ =2 2 n = (3)任取1212,,x x R x x ∈<且,则 21211121112111()()[()]()()()()()2 2 f x f x f x x x f x f x x f x f x f x x -=-+-=-++ -=-+ =211 ()02 f x x -+> ∴12()()f x f x < ∴函数()f x 是R 上的单调增函数. 14.(1)解: ∵对任意x R ∈,有()f x >0, ∴令0,2x y ==得,2(0)[(0)](0)1f f f =?= (2)任取任取1212,,x x R x x ∈<且,则令112211,33 x p x p = = ,故12 p p < ∵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,x y R ∈,有()[()]y f xy f x =;③1 ()13f > ∴1 2 12121111 ()()()()[()][()]3333 p p f x f x f p f p f f -=-=-0> ∴12()()f x f x > ∴函数()f x 是R 上的单调减函数. (3) 由(1)(2)知,()(0)1f b f >=,∴()1f b > ∵[][]()()(),()()a c b b a c f a f b f b f c b f b b b ? ?=?==?= ?? ? ∴[][]()()()()a c b b f a f c f b f b +=+>,而2a c b +>== ∴2()f b >= ∴()()2()f a f c f b +> 15. (1)证明:令0,1m n ==,则(01)(0)(1)f f f +=? ∵当0x >时,0()1f x <<,故(1)0f >,∴(0)1f =,∵当0x >时,0()1f x << ∴当0x <时,0x ->,则(0)1()()()()1() () f f x x f x f x f x f x f x -+=-??== >-- (2)证明: 任取1212,,x x R x x ∈<且,则 2121112111()()[()]()()()()f x f x f x x x f x f x x f x f x -=-+-=-?-211[()1]()f x x f x =-- ∵210x x ->,∴0<210()1f x x <-<,故21()1f x x --<0,又∵1()0,f x > ∴211[()1]()0f x x f x -->,故12()()f x f x > ∴函数()f x 是R 上的单调减函数. (3) ∵{}{}2222(,)()()(1)(,)()(1)A x y f x f y f x y f x y f =?>?+> 由(2)知,()f x 是R 上的减函数,∴221x y +< ∵B={(,)(2)1,x y f ax y a R -+=∈}=(){},20,x y ax y a R -+=∈ 又∵A B = ?, ∴方程组221 20 x y ax y ?+-+=?无解,即直线22201ax y x y -+=+<与单位圆的内部无公 共点 1≥?2 3a ≤?- a ≤≤ a 的取值范围是a ≤≤ 16.(1)任取1212,,x x R x x ∈<且,则 F 121122()()[()()][()()x F x f x f a x f x f a x -=-----=[ 1212[()()][()()]f x f x f a x f a x -+--- ∵12x x <, ∴12,x x ->-∴12,a x a x ->- 又∵函数()f x 是定义在R 上的增函数, ∴ 12()()f x f x ->-,12()()f a x f a x ->- 故1212()()0,()()0f x f x f a x f a x ->---> ∴1212[()()][()()]f x f x f a x f a x -+--->0 ∴()F x 是R 上的增函数; (2)设00(,)M x y 为函数y =()F x 的图象上任一点,则点00(,)M x y 关于点(,0)2a 的 对称点为N(,m n ),则 00,022 2 x m y n a ++== ,故00,m a x n y =-=- ∵把0,m a x =-代入F ()()()x f x f a x =--得, 0000()()()()f a x f a a x f a x f x ---+=--=-0y ∴函数y =()F x 的图象关于点(,0)2 a 成中心对称图形. 17.(1)解:∵()f x 为R 上的奇函数, ∴对任意,x R ∈都有()()f x f x -=-,令 0,x =则(0)(0)f f -=- ∴(0)f =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1x =对称, ∴对任意,x R ∈都有(1)(1)f x f x +=-, ∴ 用1x +代x 得,(2)[1(1)]()()f x f x f x f x +=-+=-=- ∴[2(2)](2)[()]()f x f x f x f x ++=-+=--=,即(4)()f x f x += ∴()f x 是周期函数,4是其周期. (3)当[)1,3x ∈-时,(11)()2(13) x x f x x x -≤≤?=? -+< 当4141k x k -≤≤+时,()4f x x k =-,k Z ∈ 当4143k x k +<<+时,()24f x x k =-+-,k Z ∈ ∴4(4141)(),24(4143) x k k x k f x z R x k k x k --≤≤+?=∈? -+-+<<+? 图象如下: x 18.(1)证明:令1x y ==,则(11)(1)(1)f f f ?=+,故(1)0f = (2)∵(2)1f =,令2x y ==,则(22)(2)(2)2f f f ?=+=, ∴(4)2f = ∴ ()(3)2f x f x +-≥? 2 2 [(3)](4)(3)(4)3414 f x x f f x x f x x x -≥?-≥?-≤?-≤≤ ∴()(3)2f x f x +-≥成立的x 的取值范围是13x -≤≤。 19.解:(1)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; (2) 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 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. 20. 解:设,∵当 ,∴ , ∵, ∴ ,即,∴f (x )为增函数。 在条件中,令y =-x ,则 ,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. 解:设 ,∵当 ,∴ ,则 , 即 ,∴f (x )为单调增函数。 ∵ , 又∵f (3)=5,∴f (1)=3。∴ ,∴, 即 ,解得不等式的解为-1 < a < 3。 22. 解:(1)令y=0代入,则,∴ 。若f(x)=0,则对任意,有,这与题设矛盾,∴f(x)≠0,∴f(0)=1。 (2)令y=x≠0,则,又由(1)知f(x)≠0,∴f(2x)>0,即f(x)>0,故对任意x,f(x)>0恒成立。 23. 分析:由题设可猜想存在,又由f(2)=4可得a=2.故猜测存在函数,用数学归纳法证明如下: (1)x=1时,∵,又∵x∈N时,f(x)>0,∴,结论正确。 (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.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.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)上是增函数。2020高考数学专题复习----立体几何专题