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专题9抽象函数的问题
一类：一次函数型 函数满足： 或
例题1已知函数对任意的实数，，都有，且当时，有.
（1）求的值；
（2）求证：在上为增函数；
（3）若，且关于的不等式对任意恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）.
【详解】
（1）由，故此令，则，则；
（2）设x1，x2是R上任意两个实数，且x1＜x2，则令m＝x2﹣x1，n＝x1，
则f（x2）＝f（x2﹣x1）+f（x1）﹣1，所以f（x2）﹣f（x1）＝f（x2﹣x1）﹣1，
由x1＜x2得x2﹣x1＞0，所以f（x2﹣x1）＞1，故f（x2）﹣f（x1）＞0，即f（x1）＜f（x2），
故此，函数为上增函数；
（3）由已知条件得：，
故此，∵，∴，
∴，由（2）可知f（x）在R上为增函数，
∴，即，令，即成立即可.
①当时，即，在单调递增，∴，∴∴
②当时，即，在先递减后递增，∴，
∴，解得，∴.
综上，∴.
例题2已知定义在上的函数满足：① 对任意，，有.②当时，且.
（1）求证：是奇函数；
（2）解不等式.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【详解】（1）证明：令，，
，令，
.函数是奇函数.
（2）设，则，
为上减函数.
，.
即.
不等式的解集为.
举一反三：
【变式1】已知函数对任意实数恒有，且当时，。
(1)判断的奇偶性；
(2)求证：是R上的减函数.
【答案】（1）奇函数； （2）见解析.
【详解】(1)由题意，函数的定义域为，关于原点对称，
取，因为，则，解得，
取，则，
可得对任意恒成立，
所以为奇函数．
(2) 任取x1，x2∈(－∞，＋∞)，且x10，
所以，即，
因为函数为奇函数，所以，
所以函数为的单调递减函数.
【变式2】已知函数的定义域为R，对任意实数都有，且，当时, >0.
(1)求；
(2) 判断函数的单调性，并证明.
（1）解：令，则
（2）任取,则
=
∴∴函数是R上的单调增函数.
【变式3】已知f（x）定义域为R，对任意x，y R，都有f（x+y）=f（x）+f（y）+1，当x>0时，，且f（1）=1.
（1）求f（0）和f（-1）的值；
（2）判断f（x）在R上的单调性，并证明；
（3）解不等式
【答案】（1），；（2）证明见解析；（3）
【详解】（1）因为对任意都有，
所以，令，则，所以；
令，则，因为，
所以；
（2）任取，则
当时，，，，，
，在上单调递增；
（3）
,
，得
所以原不等式可化为；
由和（1）可得，
，所以，，
根据（2）得，为单调递增函数，所以，，
，得，所以，不等式的解为
二类：对数函数型 函数满足： 或
例题3已知函数的定义域是，，且当时，.
（1）求的值；并证明在定义域上是增函数；
（2）解不等式.
【答案】（1），证明单调性见解析，（2）
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
所以令，则，
所以，
任取，且，
因为，所以
所以，
因为，且，所以，
所以，所以，
所以在定义域上是增函数；
（2）因为，
所以不等式可化为，
因为在定义域上是增函数，
所以，即，
解得或，
所以不等式的解集为
例题4定义在上的函数满足对任意恒有，且不恒为0。
（1）.求和的值；
（2）.试判断的奇偶性，并加以证明；
（3）.若时为增函数，求满足不等式的的取值范围.
解析（1）. 令 ，得，，
令 ,得 ，∴ .
（2）.令 ，由 ，得 ，
又 ，，又不恒为0，∴ 为偶函数。
（3）.由 ，知 ，又由（2）知 ，
，又∵ 在上为增函数，，
，，故的取值集合为 .
举一反三：
【变式1】定义在，上的函数，满足 ，且当 时，.
（1）.求的值；（2）.求证:；
（3）.求证:在上是增函数；（4）.若，解不等式 .
解析（1）.令 ,由条件得 。
（2）.，即 .
（3）.任取，且，则 ，由（2）得，
即 ，∴ 在 上是增函数。
（4）.由于，，
， ，
又在 上是增函数，∴ ，解得 ，
故不等式 的解集为 .
【变式2】函数的定义域为，且对一切，都有，当时，总有.
（1）求的值；
（2）判断单调性并证明；
（3）若，解不等式.
【答案】（1）（2）是上的增函数，证明见解析（3）
【详解】(1)令,得,∴.
(2)是上的增函数,证明：任取,且,则,∴,∴,
即,
∴是上的增函数.
(3)由及,可得,结合（2）知不等式等价于,可得,解得.所以原不等式的解集为.
三类：指数函数型 函数满足： 或
例题5定义在R上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意的x，y，有，f(1)＝2,且.
求f(0)的值；（2）求证：对任意x，都有f(x)>0；
求证f(x)为增函数（4）解不等式f(32x)>4．
【答案】(1) f(0)＝1．(2)证明见解析；(3)
【详解】（1）对任意，．
令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)·f(0)，即f(0)·[f(0)1]＝0．
令y＝0，得f(x)＝f(x)·f(0)，对任意x成立，
所以f(0)≠0，因此f(0)＝1．
（2）证明：对任意x，有．
假设存在x0，使f(x0)＝0，
则对任意x>0，有f(x)＝f[(xx0)＋x0]＝f(xx0)·f(x0)＝0．
这与已知x>0时，f(x)>1矛盾．所以，对任意x，均有f(x)>0成立．
（3）令x＝y＝1有f(11)＝f(1)·f(1)，
所以f(2)＝2×2＝4．任取x1，x2，且x1则f(x2)－f(x1)＝f[(x2x1)＋x1]f(x1)＝f(x2x1)·f(x1) f(x1)＝f(x1)·[f(x2x1)1]．
∵x10，由已知f(x2x1)>1，∴f(x2x1)1>0．
由（2）知x1，f(x1)>0．所以f(x2)f(x1)>0，即f(x1)故函数f(x)在上是增函数．
由f(32x)>4，得f(32x)>f(2)，即32x>2．解得x<．
所以，不等式的解集是 ．
例题6设函数，当时，且对任意实数，满足，当时，．
（1）求的值；（2）求证：在R上为单调递增函数；
（3）判断的奇偶性；（4）当时，试比较与的大小．
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）是非奇非偶函数；（4）．
【详解】（1）令，则．
令，则有，得到或，
若，则有，
∴与已知矛盾，即．
（2）由（1）得，令，．
则，故，
，又，得，
∵当时，，∴，
从而，故，即是增函数．
（3）是非奇非偶函数．∵，∴不是奇函数．
若是偶函数，即有，，
或（舍去），它与“当时，”相矛盾．
（4），同理，，
，
而，又，
故前者大于后者，即．
举一反三：
【变式1】设f(x)是定义在R上的函数，对m，n∈R，恒有f(m＋n)＝f(m)·f(n)(f(m)≠0，f(n)≠0)，且当x>0时，0（1）f(0)＝1；（2）x∈R时，恒有f(x)>0；
（3）f(x)在R上是减函数．
【详解】（1）根据题意，令m＝0，可得f(0＋n)＝f(0)·f(n)，
∵f(n)≠0，∴f(0)＝1.
（2）由题意知x>0时，0当x＝0时，f(0)＝1>0；当x<0时，－x>0，∴0∵f[x＋(－x)]＝f(x)·f(－x)，∴f(x)·f(－x)＝1，
故x∈R时，恒有f(x)>0.
（3）设x1，x2∈R，且x1则f(x2)＝f[x1＋(x2－x1)]，
∴f(x2)－f(x1)＝f[x1＋(x2－x1)]－f(x1)＝f(x1)·f(x2－x1)－f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]．
由(2)知f(x1)>0，又x2－x1>0，∴0故f(x2)－f(x1)<0，∴f(x)在R上是减函数．
举一反三：
【变式2】已知f(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意的x,y都满足:
(1)求f(0)的值，并证明对任意的,都有；
(2）设当时，都有，证明：f(x)在上是减函数.
【答案】（1），证明见解析；（2）见解析
【解析】(1),
(2)当时，都有,当,即时，有,即，∴，∴在上是减函数
四类：幂函数型 函数满足： 或
例题7已知函数满足：①对任意，都有，
②时，.
（I）判断的奇偶性；（II）判断在上的单调性，并证明；
（III）若，且，求的取值范围。
五类：其他类数函数型
例题8已知函数对一切实数都有成立，且.
(1)求的值；(2)求的解析式，并用定义法证明在单调递增；
(3)已知，设P：，不等式恒成立，Q:时，是单调函数。如果满足P成立的的集合记为A,满足Q成立的集合记为B，求(R为全集）。
【答案】（1）（2），证明见解析（3）
【详解】（1）令则有，又
（2）令又，；
任取，
由，，则在单调递增。
（3）由P成立得当时，
由在是单调函数，，
得，。
举一反三：
【变式1】函数的定义域为R，并满足以下条件：①对任意，有>0；②对任意，
有；③.
(1)求的值； (2)求证: 在R上是单调减函数.
.(1)解: ∵对任意,有>0, ∴令
得,
(2)任取任取,则令,故
∵函数的定义域为R,并满足以下条件:①对任意,有>0;②对
任意,有;③
∴
∴
∴函数是R上的单调增函数.
【变式2】设函数的定义域为，对任意有，且.
（1）求的值；
（2）求证是偶函数，且.
【答案】（1）1（2）见解析
【详解】（1）因为，
令 得，
所以；
（2）令 得，
所以，
所以是偶函数.
令 得，
因为所以.
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