抽象函数问题

定义在)1,1(-上的函数)(x f 满足

①对任意)1,1(,-∈y x ,都有)1()()(xy

y x f y f x f ++=+;②当)0,1-∈x 时，有0)(>x f 求证 )21()1

31()111()51(2f n n f f f >+++++ 证明 对f(x)+f(y)=f(xy y x ++1)中的x,y,令x=y=0,得f(0)=0, 再令y=－x,又得f(x)+f(－x)=f(0)=0,即f(－x)=－f(x),

∴f(x)在x ∈(－1,1)上是奇函数 设－1＜x 1＜x 2＜0,则f(x 1)－f(x 2)=f(x 1)+f(－x 2)=f(2

1211x x x x --), ∵－1＜x 1＜x 2＜0,∴x 1－x 2＜0,1－x 1x 2>0 ∴2

1211x x x x --＜0, 于是由②知f(2

1211x x x x --)>0, 从而f(x 1)－f(x 2)>0,即f(x 1)>f(x 2),故f(x)在x ∈(－1,0)上是单调递减函数

根据奇函数的图象关于原点对称，知f(x)在x ∈(0,1)上仍是递减函数，且f(x)＜0

21

11(1)(2)()[][]131(1)(2)11(1)(2)

n n f f f n n n n n n ++==++++--++ 111112()()()1112112

n n f f f n n n n -++==-++-⋅++ 2111()()()51131

f f f n n ∴+++++ 11111111[()()][()()][()()]()(),23341222

f f f f f f f f n n n =-+-++-=-+++1101,()0,22f n n <<<++时有111()()(),.222

f f f n ∴->+故原结论成立

题型六 抽象函数的单调性 1.已知函数()f x 对任意的a b ∈R ，，都有()()()1f a b f a f b ＋＝＋－，且当0x >时，()1f x >.(1)求证：()f x 是R 上的增函数；

(2)若()45f ＝，解关于m 的不等式：2(32)3f m m <－－. 3

41<<-m

2.定义在R 上的函数(),(0)0,y f x f =≠当0()1x f x >>时， 且对任意的,a b R ∈，有()()()f a b f a f b +=⋅.

（1）求证：(0)1f =； （2）求证：对任意的x R ∈，恒有()0f x >；

（3）求证：()f x 是R 上的增函数；（4）若2()(2)1f x f x x ⋅->，求x 的取值范围.

7．[2014·陕西卷] 下列函数中，满足“f (x ＋y )＝f (x )·f (y )”的单调递增函数是( )

A ．f (x )＝x 12

B ．f (x )＝x 3

C ．f (x )＝⎝⎛⎭⎫12x

D ．f (x )＝3x 7．B

4 (2010重庆)（15）已知函数)(x f 满足：),)(()()()(4,41)1(R y x y x f y x f y f x f f ∈-++==

，则=)2010(f __________.

2

1

11．函数f (x )对一切函数x 、y 均有f (x ＋y )－f (y )＝x (x ＋2y ＋1)成立，且f (1)＝0，

(1)求f (0)的值；

(2)试确定函数f (x )的解析式．

解析：(1)令x ＝1，y ＝0，得f (1)－f (0)＝2.

又∵f (1)＝0，∴f (0)＝－2.

(2)令y ＝0，则f (x )－f (0)＝x (x ＋1)，

由(1)知，f (x )＝x (x ＋1)＋f (0)＝x (x ＋1)－2＝x 2＋x －2.

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）求证：f （x ）是R 上的增函数；

（4）若f （x ）·f （2x －x 2）＞1，求x 的取值范围.

（1）证明：令a =b =0，则f （0）=f 2（0）.又f （0）≠0，∴f （0）=1.

（2）证明：当x ＜0时，－x ＞0，∴f （0）=f （x ）·f （－x ）=1.

∴f （－x ）=)

(1x f ＞0.又x ≥0时f （x ）≥1＞0，∴x ∈R 时，恒有f （x ）＞0. （3）证明：设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0.

∴f （x 2）=f （x 2－x 1+x 1）=f （x 2－x 1）·f （x 1）.

∵x 2－x 1＞0，∴f （x 2－x 1）＞1.

又f （x 1）＞0，∴f （x 2－x 1）·f （x 1）＞f （x 1）.

∴f （x 2）＞f （x 1）.∴f （x ）是R 上的增函数.

（4）解：由f （x ）·f （2x －x 2）＞1，f （0）=1得f （3x －x 2）＞f （0）.又f （x ）是R 上的增函数，

∴3x －x 2＞0.∴0＜x ＜3.

评述：解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f （x 2）=f ［（x 2－x 1）+x 1］”是证明单调性的关键，这里体现了向条件化归的策略.

2.已知函数()f x 对任意的a b ∈R ，，都有()()()1f a b f a f b ＋＝＋－，且当0x >时，()1f x >.(1)求证：()f x 是R 上的增函数；

(2)若()45f ＝，解关于m 的不等式：2(32)3f m m <－－. 3

41<<-m

3．已知函数f (x )对于任意x ，y ∈R ，总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，

且当x ＞0时，f (x )＜0，f (1)＝－23

. (1)求证：f (x )在R 上是减函数；

(2)求f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值．

解析：(1)证明：方法一：∵函数f (x )对于任意x ，y ∈R 总有f (x )＋f (y )＝f (x ＋y )，

∴令x ＝y ＝0，得f (0)＝0.再令y ＝－x ，得f (－x )＝－f (x )．

在R 上任取x 1＞x 2，则x 1－x 2＞0，f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1)＋f (－x 2)＝f (x 1－x 2)．

又∵x ＞0时，f (x )＜0，而x 1－x 2＞0，∴f (x 1－x 2)＜0，

即f (x 1)＜f (x 2)．因此f (x )在R 上是减函数．

方法二：设x 1＞x 2，

则f (x 1)－f (x 2)＝f (x 1－x 2＋x 2)－f (x 2)＝f (x 1－x 2)＋f (x 2)－f (x 2)

＝f (x 1－x 2)．又∵x ＞0时，f (x )＜0，而x 1－x 2＞0，

∴f (x 1－x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)，∴f (x )在R 上为减函数．

(2)由(1)得f (x )在R 上是减函数，∴f (x )在[－3,3]上也是减函数，

∴f (x )在[－3,3]上的最大值和最小值分别为f (－3)与f (3)．

而f (3)＝3f (1)＝－2，f (－3)＝－f (3)＝2.

∴f (x )在[－3,3]上的最大值为2，最小值为－2.