抽象函數(shù)經(jīng)典綜合題33例(含詳細(xì)解答)

1、抽象函數(shù)經(jīng)典綜合題 33例（含詳細(xì)解答）抽象函數(shù)，是指沒有具體地給出解析式， 型綜合問題，一般通過對函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)表述,只給出它的一些特征或性質(zhì)的函數(shù)，抽象函數(shù) 綜合考查學(xué)生對于數(shù)學(xué)符號語言的理解和接受能力，考查對于函數(shù)性質(zhì)的代數(shù)推理和論證能力，考查學(xué)生對于一般和特殊關(guān)系的認(rèn)識,是考查學(xué)生能力的較好途徑。抽象函數(shù)問題既是教學(xué)中的難點，又是近幾年來高考的熱點。本資料精選抽象函數(shù)經(jīng)典綜合問題33例（含詳細(xì)解答）1 .定義在 R上的函數(shù)y=f(x), f(0) w 0,當(dāng)x0時，f(x)1,且對任意的 a、bC R,有f(a+b尸f(a)f(b),(1) 求證：f(0)=1 ;(2) 求證：對任意的

2、 xCR,恒有f(x)0;(3)證明：f(x)是R上的增函數(shù)；(4)若f(x) f(2x-x2)i,求x的取值范圍。解 (1)令 a=b=0,則 f(0)=f(0)2 . f(0) w0 .,.f(0)=1i(2)令 a=x, b=-x 則 f(0)=f(x)f(-x) f( x) f(x)由已知 x0 時,f(x)10,當(dāng) x0, f(-x)01 f (x) 0 又 x=0 時，f(0)=10f( x)，對任意 x R, f(x)0任取 x2x1 ,則 f(x2)0, f(x1)0, x2-x1 0fM)?(xyf(x2) f( x1) f (x2 x1) 1f(x2)f(x1)，f(x)在

3、 R 上是增函數(shù)(4) f(x) - f(2x-x2)=fx+(2x-x2)=f(-x2+3x)又 1=f(0),f(x)在R上遞增.由 f(3x-x2)f(0)得：3x-x20 .1- 0x0,f(x) 0.又 f(1)2.判斷f(x)的奇偶性；(2)求f(x)在區(qū)間 3,3上的最大值；(3)解關(guān)于 x 的不等式 f(ax2) 2f(x) f (ax) 4.解(1)取 x y 0,則 f(0 0) 2f (0)f(0)0取 y x,則f(x x) f (x) f ( x)f ( x)f(x)對任意x R恒成立f(x)為奇函數(shù).(2)任取 xi,x2 (,)且 xi x2 ,則 x2 xi 0

4、f(x2) f ( xi)f(x2 xi) 0f(x2)f( xi)，又 f(x)為奇函數(shù)f(xi)f(x2)1 f(x)在(+8)上是減函數(shù).對任意x 3,3,恒有f(x) f( 3)而 f(3) f (2 i) f (2) f (i) 3f (i)2 36f( 3) f (3) 6f(x)在3, 3上的最大值為 6(3) f(x)為奇函數(shù)，整理原式得f(ax2)f( 2x) f(ax) f( 2)進(jìn)一步可得 f(ax2 2x) f(ax 2)而f (x)在(巴 +oo)上是減函數(shù)， ax2 2x ax 2(ax 2)( x i) 0.當(dāng) a 0 時，x (,i)當(dāng) a 2 時，x x |

5、x i 且 x R，-2當(dāng) a 0時，x x | x ia.一2當(dāng) 0 a 2 時，x x | x 或x ia2當(dāng) a2 時，x x | x 或x i a4.已知f(x)在(i, i)上有定義,f(i)=T,2x y且滿足 x, yC (- i, i)有 f(x) + f(y)=f(-)i xy證明：f(x)在(i, i)上為奇函數(shù);1 2x對數(shù)列 xi= , xn + i = 2 ,求 f(xn);2 i xn求證f(xi) fM)i2n 5f(xn)n 2(I)證明:令 x=y=0,2f(0)=f(0),f(0)=0令 y=-x,則 f(x)+f(-x)=f(0) = 0 f(x)+f(

6、x)=0.1.f(-x)=- f(x). f(x)為奇函數(shù)(II)解：f(X1)=f(- )= - 1 , f(Xn+1)=f(-212XnXnXn1_ ) = f( _nn_ ) = f(Xn) + f(Xn) = 2f(Xn)Xn1 Xn Xn f (Xn 1)=2 即f(Xn)是以一1 為首項, f (Xn)2為公比的等比數(shù)列 f(Xn)=- 2n 1(出)解:f (Xi)f(X2)1f (Xn)(111222X)2n 1 )11 -2* 2n 5而 n 2(2(2f (X1)f(X2)O,f (Xn)2n5.已知函數(shù)y f (x), x N , f (x) N ,滿足：對任意 X3X2

7、 N,X1 X2,都有X1 f (X1 ) X2 f (X2) X1f(X2) X2f(X1)；(1)試證明：f (X)為N上的單調(diào)增函數(shù)；(2) n N ,且 f (0) 1 ,求證：f (n) n 1 ；(3)若 f(0) 1 對任m, n N ,有 f (n f (m)f (n) 1,證明：J一i 1 f(3i 1)*證明：(1)由知，對任思a,b N ,a b,都有(a b)(f(a)f(b)0,由于a b 0,從而f(a) f(b),所以函數(shù)f (x)為N上的單調(diào)增函數(shù).(2)由(1)可知 n N 都有 f(n+1)f(n),則有 f(n+1) f(n)+1f(n+1)-f1,f(n

8、)-f(n-1)1?f(2)-f(1)1f(1)-f(0) 1 由此可得 f(n)-f(0) n f(n) n+1 命題得證(3) (3)由任m,n N,有 f(n f(m) f(n) 1得 f(m) 1 由 f(0)=1 得 m=0則 f(n+1)=f(n)+1,則 f(n)=n+1n，i？?i i f(3i i) 3 3213niii-(i )-23n26.已知函數(shù)f(X)的定義域為 0,i ,(i)對任意X 0,i ,總有f (X)(2) f(i) 3且同時滿足:2;若 Xi0, X20 且 XX2 1 ,(I)求f (0)的值；(II)求f(X)的最大值；(ill)設(shè)數(shù)列an的前n項和

9、為Sn,則有f(X且滿足Sn求證：f(a1) “a2)f(a3) Lf(an) 2解：(I)令 Xi X2 0,由(3)，則 f (0) 2 f (0)由對任意x 0,1，總有 f(x) 2,f(0) 2(II)任意f(X2) fmaX(X)(III)Q SnX,X2f (X2 f(i) 3 (an0,1且XiXi)33)(nan?an i(n 2),Q a1f(an) f (步) f(an)f(3ni)XiX2,則 0f(X2 Xi)Sn ianX2) f(Xi) f(X2)i22n2,X2Xi i,2.故 f (an)3 f (3M3 f (an i)2 -23n if (3n3,43i3

10、2f(ai) f(a2) Lf(an)i3n擊)f(& i)f (an 2)2n*(an 3),n N .i2 3nl.f(0) 2f ( X2 Xi)f(Xi) 2 f(Xi)文ani 3)(n 2)if 仔)f)2 3f(3n)1f (an) 3 0-44I。f433L3n iI (ai)3n in一即原式成立。7.對于定義域為 0,i的函數(shù)f(X),如果同時滿足以下三條：對任意的f(X) 0； f(i) i；若 Xi 0,X2 0,Xi X2 i,都有 f(Xi X2)立，則稱函數(shù)f (X)為理想函數(shù).(i)若函數(shù)f(X)為理想函數(shù)，求 f(0)的值; X(2)判斷函數(shù)g(X) 2 i

11、(x 0,i)是否為理想函數(shù)，并予以證明;I 4工 2 _LL 32323n i0,i，總有f(Xi) fd)成 若函數(shù)f(X)為理想函數(shù)， 假定X00,1 ,使得f(X0)0,1 ,且f (f (%) Xo ,求證 f (Xo) Xo .解：(1)取 XiX2 o 可得 f(0)f(0) f (0) f (0) 0.又由條件f(0) 0,故f(0) 0.(2)顯然g(X) 2X 1在0, 1滿足條件g(X) 0；-也滿足條件g(1) 1 .若 x1 0 , x2 0 , x1 x2 1 ,則g(X1X2)g(x1gN)2x1x21(2*1)(2x21)2X1 X2 2X1 2x2 1 (2x

12、2 1)(2X1 1) 0 ,即滿足條件，故g(x)理想函數(shù).(3)由條件知，任給 m、n 0, 1,當(dāng)m n時，由m n知n m 0, 1,f (n) f(n m m) f (n m) f (m) f (m)若 X0f(X0),則 f(X0)ff(X。)X。，前后矛盾；若 X。f(X0),則 f(X0)ff(X0) X0,前后矛盾.故 X0 f(X0)8.已知定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)，存在實數(shù)X0,使得對于任意實數(shù) X，X2,總有f (X0X1 X0X2) f (X0) f (X1) f (X2)恒成立。(I )求的值;4 一 、, 一 ，1 一 ，(n)若f(x0) 1,且對任意正整數(shù)

13、n,有an f (-) 1,求數(shù)列an的通項公式；2n(出)若數(shù)列bn滿足bn 2l ogn 1 ,將數(shù)列bn的項重新組合成新數(shù)列g(shù) ,具體法則如2下：gbi,C2b2b3,C3b4b5b6,C4b7b8b9b10,，求證：111,129L 。C1C2C3Cn 24解：(I )令 Xi X2 0,得 f (X0)f(0),令 Xi 1,X2 0 ,得 f (Xo)f(Xo) f(1) f(0),f (1) f (0),由、得f(X0)f(1),又因為f (X)為單調(diào)函數(shù),X01(n )由(1)得 f (X1 X2)f (X1)f(X2) f (1) f(X1) f (X2) 1,1 111f

14、f(2 2) 丐)f(2) f,1,1f(2) 0同f(2) 1 11111f (2)f ( 2n 12n 1 )f (2n 1 ) 11.1f(/) 1 2f(2n) 1,1 fQ)r r 1 f(1) 2f(*) 1,bn 2l og1an 122log121 2n 1(出)由Cn的構(gòu)成法則可知，(n 1)n1+2+(n 1)+1 =2Cn應(yīng)等于bn中的n項之和，其第一項的項數(shù)為 (n 1)n+1,即這一項為 2X+1- 1=n(n- 1)+122n(1 2n 1) 3Cn=n(n 1)+1+n(n 1)+3+n(n 1)+2n 1=n2(n 1)+=n3229解法3時,133241 n1

15、2 ngn1 n(n21) 2(n 1)n n(n1(n 1) nn (n 1/8 22 3n (n 1)11229243.2： Q n 4n(n 1) n(n2)20,n3 4n(n1)11111、n3 4n(n 1) 4(n 1 n，111,113 飛 3 L 233343 n3,111.118 16 4n 8 16111111_ _ (_ _ L -8 4 2 3 n 1 n19 2916 249.設(shè)函數(shù)f (x)是定義域在(0，)上的單調(diào)函數(shù)，且對于任意正數(shù)x，y有f(xy) f(x) f(y),已知 f(2) 11(1)求f(2)的值;一個各項均為正數(shù)的數(shù)列an滿足：f(Sn) f(

16、an) f (an 1) 1(n,，其中Sn是數(shù)列 an 的前n項的和，求數(shù)列 an的通項公式;(3)在(2)的條件下，是否存在正數(shù) M ,使2n a1a2 L 4 M ,2n 1(2a1 1) (2a2 1)L (2an 1)對一切n N*成立？若存在，求出 M的取值范圍；若不存在，說明理由解：(1)f(xy)f(x)f(y)y 1，有f(1) f(1) f(1) 2f(1),.f(1) 0x再令2,y 2,有f(1) f(2)ff(2)f(1) f (2) 0 11嗎)f(Sn)f(an) f(an1)fan(an 1)f。f1an(an21)又 f (x)是定義域(0,)上單調(diào)gan(a

17、n1)八1，,、Sn 2 an(an 1)當(dāng) n 1時G1Sn 1 an 1 (an 1 1)2Sia11Sn 由一，得111 -an (an 1) 2an 1 (an 11)22化簡，得 an an 1(an an 1) 0- (anan 1 )(an an 11) 0. an an1 1 0,即an an 1 1 , 數(shù)列 an為等差數(shù)列.&1 ,公差d 1anai(n 1)d 1 (n 1) 1 n,故 ann2n 2aia2L an 2n 1 2L n 2n n! (2a1 1)(2a2 1)L (2an 1) 1 3L (2n 1)bn令2n a1 a2 L ann2 n!,2n 儂

18、 1)32 1)L (2a0 1)= 2-113L (2n1)bn而2n 1 (n 1)!,2n 3 1 3L (2n 1)(2n 1)bn 1- a2(n 1) . 2n 1(2n 1) , 2n 32(n 1),(2n-1)(2n-3)=2 I4n 8n 44n2 8n 3bn 1bn調(diào)遞增函數(shù)，由題意bn恒成立，則只需b12M (bn)min =3M (0,2-33 ，存在正，使所給定的不等式恒成立,(0, 的取值范圍為一 一 _ 11 一1 伙)fy( ), f50,且x萬時,n項和Sn ；1 f(n) 210.定義在R上的函數(shù)f(x)滿足fXy )f (x) 0 時，0f (x) 1

19、。(1)求證：f (0) =1,且當(dāng) x1;(2)求證：f (x)在R上單調(diào)遞減；(3)設(shè)集合 A (x, y)|(f xf) (y2) f (1),B(x,y)|f (ax y 2) 1, a R ,若APB ，求 a 的取值范圍。解：(1)令 m=1, n=0,得 f (1) = f (1) f (0)又當(dāng) x0 時，0 f (x) 1,所以 f (0) =1設(shè) x0令 m=x, n= x,貝U f (0) = f (x) - f ( x)所以 f (x) f ( x) =1又 0 f ( x) 0恒成立所以我竺)f (x2 X1) f(Xi)所以o Ux22 i f (Xi)所以f(X2

20、)0使f (-)0,試問f (x)是否為周期函數(shù)？若是，指出它的一個2周期；若不是，請說明理由。解：(i)令 a=b=0則 f (0) + f (0) =2 f (0) f (0)所以 2 f (0) f (0) 1=0又因為f (0)0,所以f (0) =1(2)令 a=0, b=x,貝U f (x) + f (x) =2 f (0) f (x)由 f (0) =1 可彳導(dǎo) f ( x) = f (x)所以f (x)是R上的偶函數(shù)。(3)令 a x b c,則 22ccccccf x-f x-2fx_f_222222因為f 02所以 f ( x+c) + f ( x) =0所以 f (x+c

21、) = f (x)所以 f (x+2c) = f (x+c) = f (x) = f (x)所以f (x)是以2c為周期的周期函數(shù)。13.已知函數(shù)f (x)的定義域關(guān)于原點對稱，且滿足:(1) f (xi x2)f(xi) f(x2) 1f(x2) f(x1)(2)存在正常數(shù)a,使f (a) =1求證：(1) f (x)是奇函數(shù)；(2) f (x)是周期函數(shù)，并且有一個周期為4a證明：(1)設(shè)t x1 x2，則f( t)f(X2 Xi)f(X2) f (Xi) 1f(Xi) f(X2)f (X1) f (x2) 1f(X2) f(Xi) f(Xi X2) f(t)f(2a) f(a) 1f(a

22、) f(2a)所以函數(shù)f (X)是奇函數(shù)。(2)令 X1 2a, x2 a ,貝U f (a)即 i f(2a) 11 f (2a)解得：f (2a) =0所以f (X2a)f(x) - f( 2a) 1f( 2a) f(X)f (x) ( fa 21)fa(2 ) f(X)所以f X4a1f(X 2a)f(X因此，函數(shù)f (x)是周期函數(shù)，并且有一個周期為4a。0時,14.已知 f (x)對一切 x, y,滿足 f (0)0, f (x y) f(x) f(y),且當(dāng) xf (x) 1 ,求證：(1) x 0時，0 f (x) 1;(2)f (x)在 R上為減函數(shù)。證明：對一切 x, y R

23、有 f (x y) f (x) f(y)。且 f (0) 0 ,令 x y 0 ,得 f (0) 1,現(xiàn)設(shè) x 0,則 x 0, f ( x) 1 ,而 f (0) f(x) f( x) 1.1f ( x)1 f(x)設(shè) x1, x2 R 且 x1 x2,則 0 f(x2 xi)1,f(x2) f(x2 x)x1f(x2 xi) f(xi) f(xi)f(xi) f(x2),即f (x)為減函數(shù)。i5.已知函數(shù)f(x)是定義在(，i上的減函數(shù)，且對一切實數(shù)x ,不等式fk( sinx) fk( 2 sin2 x 恒成立，求 k 的值。分析：由單調(diào)性，脫去函數(shù)記號，得, 2. 2k sin x

24、i22k sin x k sin x22kisinx(i)2ii2k k - (sinx -)(2)42由題意知(i)(2)兩式對一切xR恒成立，則有22k2 (i sin2x)min ik2 k i (sinx 2)舄歆i6.設(shè)定義在R上的函數(shù)f (x)對于任意x, y都有f (x y) f (x) f(y)成立，且f(i) 2 ,當(dāng) x 0時，f(x) 0。(i)判斷f(x)的奇偶性，并加以證明；(2)試問：當(dāng)-2003W xw 2003時，f (x)是否有最值？如果有，求出最值；如果沒有，說明理由；i oi oo(3)解關(guān)于 x 的不等式 3 f (bx2) f(x) - f (b2x)

25、 f(b),其中 b2 2.分析與解：令 x=y=0,可得f(0)=0令 y=-x,則 f(0)=f( x)+f(x),f(x)= f(x),，f(x)為奇函數(shù)設(shè)一3xi x20 時,f(x)f(x) f(b)。2即 f(bx2)+f(- b2x) 2f(x)+f( - b)1 .f(bx2 b2x)2 f(x b),即 fbx(x b) f(x b)+f(x b)2 .fbx(x-b)f2 f(x - b)由 f(x)在 xC R上單調(diào)遞減,所以bx(xb)2(xb), . (xb)(bx2) 2,.bV2或bw J2時，b -,不等式的解集為bx|2 x bb當(dāng)bv亞時，bv 2 ,不等式

26、的解集為b當(dāng)b=- J2時，不等式的解集為 x|x核且x當(dāng)b= J2時，不等式解集為417.已知定義在 R上的函數(shù)fx滿足:(1)值域為 1,1 ,且當(dāng)x0時,0;(2)對于定義域內(nèi)任意的實數(shù)x, y ,均滿足:試回答下列問題:(i )試求f 0的值;(n )判斷并證明函數(shù)f x的單調(diào)性;(出)若函數(shù)f x存在反函數(shù)g x，求證：g11113n 1分析與解:f m f n 中，令m1 f m f n0,n0,則有f.也即:0.由于函數(shù)f x的值域為1,1 ,所以,0,所以00.(n )函數(shù)f x的單調(diào)性必然涉及到f xf y ,于是，由已知,我們可以聯(lián)想到:是否有f m n(*)這個問題實際上

27、是：f nf n是否成立?為此，我們首先考慮函數(shù) f x的奇偶性，也即f x與f x的關(guān)系.由于f 0 0,所以，在f m n m mn 中，令n m ,得f m f m 0 .所以，函數(shù)f x 1 f m f n為奇函數(shù).故（*）式成立.所以， fm f n fmnlfmfn.任取xi, x2 R,且 xi x2,則 x2 xi 0 ,故 f x2 xi 0 且 1 f & , f xi1 .所以，fx2fx1fx2x11fx2fxi0,所以，函數(shù)f x在R上單調(diào)遞減.（出）由于函數(shù)f x在R上單調(diào)遞減,所以，函數(shù)f x必存在反函數(shù)g x ,由原函數(shù)與反函數(shù)的關(guān)系可知：g x也為奇函數(shù)； g

28、 x在 1,1上單調(diào)遞減；且當(dāng)1 x 0時，g x 0.為了證明本題，需要考慮 g x的關(guān)系式.在（*）式的兩端，同時用g作用,得： m n g 1 f m f n令 f m x, f ny,則m g x ,n g y ,則上式可改寫為： g x g yg1 xy不難驗證：對于任意的 x,y1,1 ,上式都成立.（根據(jù)一一對應(yīng)）這樣，我們就得到了 g x的關(guān)系式.這個式子給我們以提示：即可以將丁寫成包的形式,n 3n 11 xy則可通過裂項相消的方法化簡求證式的左端.一 ，1事實上，由于 n2 3n 111n 1 n 2n 1 n 21.11 n 1 n 211n 1n 2111n 1 n 2

29、所以,g -2n2 3n 1 ,1所以，g -113n 15點評：一般來說，涉及函數(shù)奇偶性的問題，首先應(yīng)該確定f 0的值.18.已知函數(shù) f (x)對任意實數(shù) x、y 都有 f(xy)=f(x) f (y),且 f ( 1) = 1, f (27)=9,當(dāng) 時，艱EPU)。(1)判斷f (x)的奇偶性；(2)判斷f (x)在0, +8)上的單調(diào)性，并給出證明；(3)若之。且9 +1”翡,求a的取值范圍。2分析：由題設(shè)可知f (x)是哥函數(shù)y =的抽象函數(shù)，從而可猜想f (x)是偶函數(shù)，且在0, +)上是增函數(shù)。解：(1)令 y= 1,則 f ( x) = f (x) - f ( 1) , f

30、( 1) = 1,f (x) =f (x) , f (x)為偶函數(shù)。設(shè) &工1 心，叼，為犯，”會1時，八力門。1)，.上是增函數(shù)。心(1,二. f ( x-)v f (x2),故 f (x)在 0, + 8)(3) f (27) = 9,又7(3X 9) = / X 7(9) = /(3)-/(3)- /(3) = 7(3)%0,+8), .”m.即-2,又卜訓(xùn)，故口 4屋 219.設(shè)函數(shù)y=fa）的定義域為全體r,當(dāng)x 1,且對任意的實數(shù)x,yCR,有=成立，數(shù)列SG滿足，二八0），且/D =一T7f（工）2%+1（nCN*）（I ）求證：（工）是R上的減函數(shù)；（n）求數(shù)列SJ的通項公式；

31、三。（出）若不等式口+為）（1+電）一口十，;） J2科+1對一切nCN*均成立，求k的最大值.解析：（I）令.二T尸口，得了0時，J=1,進(jìn)而得口了.設(shè)卬均e立且修盯，則邑一內(nèi)Q, 町一演） 0且(1 +%)。+%)。十 %)(1+%+1嚴(yán)俳+1)25 +1）產(chǎn)儲)再葉口2/+3 必盟+1尸 故尸（力為關(guān)于n的單調(diào)增函數(shù)，*=上2次空所以 一 3 , k的最大值為320.函數(shù)f(x)的定義域為D xx 0 ,滿足：對于任意m, n D ,都有f(mn) f(m) f(n),且 f(2)=1.求f(4)的值；(2)如果f(2x 6) 3,且f(x)在(0,)上是單調(diào)增函數(shù)，求x的取值范圍. f

32、(4)f(2 2)f(2)f (2) 1 1 2.(2) 3=2+1= f (4)f(2)f (4 2) f(8).因為f(x)在(0,)上是增函數(shù)，所以f(2x 6) 3 f(2x 6) f(8)0 2x 6 83 x 7.21.函數(shù)f (x)的定義域為R,并滿足以下條件： 對任意x R,有f (x)0;1對任意 x、y R,有 f(xy) f(x)y； f()1, 則3(1)求f(0)的值；(2)求證：f (x)在R上是單調(diào)增函數(shù)；(3)若 a b c 0,且b2ac,求證：f(a) f(c) 2f(b).29.解：解法一：(1)令 x 0, y 2,得：f(0) f (0)f (0) 0

33、f (0) 1(2)任取x1、x2(,)，且x1x2，設(shè) x11P1 , x21P2 ,則p1p233111 -1 -f(x1) f(x2)f(- p1)f(- P2) f (-)P1f(-)P23333f(1) 1, P1P2f(x1)f(x2)f (x)在 R上是單調(diào)增函3 a(3)由(1) (2)知 f(b) f (0) 1f (b)1f (a) f(b -) f (b)Tbaca ccf(c) f(b c) f(b)bf(a) f(c) f(b)b f(b)b 2f(b)bb,a-cr2 b而 ac2 0C2b2 2b 2 f(b)b2磯 f (b)b 2 f (b) f (a) f

34、(c)2 f (b)解法二：(1)二對任意 x、yCR,有 f(xy) f(x)yf(x) f(x 1) f(1)x價當(dāng) x 0 時 f(0) f(1)0任意 xC R,f (x) 0分f(0) 1111 Qf(3)1，ff(3 3) f(3)1f (x) f (1)x是R上單調(diào)增函數(shù)即f (x)是R上單調(diào)增函數(shù);(3)f(a) f(c) f(1)a f(1)c 2,f(1)ac而a c 2, ac 2 b2 2b 2f(1)ac 2 f (1)2b 2f(b)f(a) f(c) 2f(b)22.定義在區(qū)間(0,)上的函f(x)滿足：(1) f(x)不恒為零；(2)對任何實數(shù) x、q,都有 f

35、(xq) qf(x).(1)求證：方程f(x)=0有且只有一個實根；2 .(2)右 abc1,且 a、b、c成等差數(shù)列，求證： f(a)?f(c) f (b)；(3)(本小題只理科做) 若f(x)單調(diào)遞增，且mn0時，有f (m) f (n) 2 f (mn),求證：3 m 2 ,2解：取x=1,q=2,有f(12)f(2)即f(1) 0 1是f(x) 0的一個根，若存在另一個實根Xo 1,使得f (Xi) 0對任意的 Xi(Xi (0,)成立，且 Xi xoq(q 0),有f(x1)qf (Xo) 0,f(Xo) 0恒成立，f (Xi) 0,與條件矛盾，f(x) 0有且只有一個實根x 1(2

36、) a b c 1,不妨設(shè) a bq1,c bq2 ,，貝 Uq1 0, q20 f (a)? f (c)f (bq1) ? f (bq2) q1q2 ? f2 (b),又 a+c=2b,ac-b2(a c)2即 acb2及 q2b2, 0 q1 q22,qiq2q?q221 f(a)f(c) f (b)f(1) 0, f(x)在(0,)單調(diào)遞增,當(dāng)x (0,1)時f(x) 0;當(dāng)x (1,)時，f(x) 0.又 f(m) f(n), f (m) f(n), f(m) f(n), m n 0, f(m) f(n).令 m=bqi ,n=bq2 ,b 1,且 qq202則 f(m)+f(n)=(

37、q1 q2) f(b)=f(mn)=0 mn 1.0 n 1 m, f (m)2 f ，且222m nm nm nm nm 1,mn 1, f (m) 2 f (), f (m) fm -22222_2,2_2, 2_.即 4m=m 2mn n 4m m 2 n，由 0n0, g(1) =2,g(x)是增函數(shù)g(x) 1g(m) g(n)= g(m+n)(m、n C R)求證：f(x)是R上的增函數(shù)解:設(shè)x1x2g(x)是R上的增函數(shù)，且g(x)0g(x1) g(x2) 0g(x1)+1 g(x2)+1 02,20g(x2) 1g(X) 1220g(x2) 1 g(x1)1g(Xi)1g(X2

38、)122f(X 1)- f(X2)= =1(1)g(Xi)1g(X2)1g(X1)1g(X2)1= 0g(X2)1 g(X1)1f(X1)f(X2)f(X)是R上的增函數(shù)25.定義在R+上的函數(shù)f(X)滿足：對任意實數(shù) m,f(Xm)=mf(X)；f(2)=1.求證:f(Xy)=f(X)+f(y)對任意正數(shù)X,y都成立；(2)證明f(X)是R+上的單調(diào)增函數(shù)；若f(X)+f(X-3)w2,求X的取值范圍.解:(1)令 X=2my=2n淇中 m,n 為實數(shù)，則 f(Xy尸f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又 f(X)+f(y)=f(2 m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,

39、所以 f(Xy)=f(X)+f(y)(2)證明：設(shè)0 X1 X2,可令 m n 且使 X12m,X2 2n,由(1)得f(X1)f(X2) f() f(2m n) (m n)f(2) m n 0X2故f(X1)f(X2)，即f(X)是R+上的增函數(shù).由 f(X)+f(X-3) w 2 及 f(X)的性質(zhì)，得 fX(X-3) & 2f(2)=f(2)解得3x g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1 g(x)+(x-1)+1即g(x+5戶 g(x),g(x+1)Wg(x).所以 g(x) g(x+5) g(x+4) g(x+3) g(x+2)0時,f(x)1,且對任意x,yC R有

40、f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2221解不等式 f(3x X2) 4,;(2)解萬程f(x)2 -f(x 3) f(2) 1. 2解:(1)先證 f(x)0,且單調(diào)遞增，因為 f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x0 時 f(x)1,所以 f(0)=1.又f(x) f(X X) f(-)20,假設(shè)存在某個 XoR,使f(xo) 0,則222f(x)=f(x-xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故 f(x)0任取 X1 ,X2 R 且 X10,f(X2-X1)1,所以 f(X1)-f(x2)=f(X2-X1 )+X1-f(X1)=f(X2-X1 )f(X1)-f(X 1 )=f(X1)f(X2-X1 )-10.所以xC R時,f(x)為增函數(shù).解得:x1x0時f(x)0,由已知 f (*2兇)v 0 (1)又f (x2-x1) = f (x2) + f (-x1) = f (x2) - f (x1) (2)由(1)(2)得f(x1)f(x2)根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義知