2014高三数学专题
抽象函数
特殊模型和抽象函数
一. 定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。
例1. 若函数y = f （x ）的定义域是[－2，2]，则函数y = f （x+1）+f（x －1）的定义域为 -1≤x ≤1 。
解：f(x)的定义域是[-2, 2]，意思是凡被f 作用的对象都在[-2, 2] 中。评析：已知f(x)的定义域是A ，求f (ϕ(x ))的定义域问题，相当于解内函数ϕ(x )的不等式问题。
⎫练习：已知函数f(x)的定义域是[-1, 2] ，求函数f ⎛ log 1(3-x )⎪ 的定义域。 ⎝2⎪⎭
例2：已知函数f (log 3x )的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域[1, log 311] 评析： 已知函数f (ϕ(x ))的定义域是A ，求函数f(x)的定义域。相当于求内函数ϕ(x )的值域。
练习：定义在(3, 8]上的函数f(x)的值域为[-2, 2]，若它的反函数为f -1(x)，则
y=f-1(2-3x)的定义域为 ，值域为 。⎡0, 4⎤, (3, 8] ⎢⎣3⎥⎦
二、求值问题-----抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
例3. ①对任意实数x,y ，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0, 则f(2001)=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：令x =n , y =1, 得f (n +1) =f (n ) +2[f (1)]2, 令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+2f[(1)], 令x=y=0,得：22
f(0)=0,∴f(1)=, 即 f (n+1) -f (n)=1, 故f (n ) =n , ∴f (2001) =2001. 22212
② R 上的奇函数y=f(x)有反函数y=f-1(x),由y=f(x+1)与y=f-1(x+2)互为反函数，则f(2009)= .
解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.
例4. 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,则g(2002)=_________.1
解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)≤f(x)+1，所以 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+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤故g(x)=g(x+1) 又g(1)=1, 故g(2002)=1.
练习： 1. f(x)的定义域为(0,+∞) ，对任意正实数x,y 都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ，
则f = （ ）
2. 如果f (x +y ) =f (x ) f (y ), 且f (1) =2, 则f (2) f (4) f (6) f (2000) +++ +的值是f (1) f (3) f (5) f (2001) 12。2000
f 2(1)+f (2)f 2(2)+f (4)f 2(3)+f (6)f 2(4)+f (8)+++=f (1)f (3)f (5)f (7)f (n ) =2n , 原式=16)
3、对任意整数x , y 函数y =f (x ) 满足：f (x +y ) =f (x ) +f (y ) +xy +1，若f (1) =1，则f (-8) = C
A.-1 B.1 C. 19 D. 43
4、函数f(x)为R 上的偶函数，对x ∈R 都有f (x +6) =f (x ) +f (3)成立，若f (1)=2，则f (2005) =（ ）（B ）
A . 2005 B. 2 C.1 D.0
5、定义在R 上的函数Y=f(x)有反函数Y=f-1(x)，又Y=f(x)过点（2，1），Y=f(2x)的反函数为Y=f-1(2x)，则Y=f-1(16)为（ ）（A ）
A ） B ）1
81 C ）8 D ）16 16
1135、(1) f () =a ∴f () =a 2, f () =(1-a ) a +a 244
13+144) =(1-a ) a 2+a [a +a (1-a )],可解得a =1又f () =f (222
20+11) =1f (2) (2) 设f () =b , 则f () =f (77227
23∴f () =2b , 同理f () =3b , , f (1) =7b 77
11∴f () =b =776、已知a 为实数，且0
例4. 设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数x 、y ，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在x 1≠x 2, 使得f (x 1) ≠f (x 2) ，求函数f(x)的值域。
解：令x=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数x 1≠x 2，使得f (x 1) ≠f (x 2) 成立矛盾，故 f(0)≠0，必有
x ⎫f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x 、y 均成立，因此，f (x ) =⎛ f () ⎪⎝2⎭2≥0 ,
又因为若f(x)=0,则f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾, 所以f(x)>0.
四、求解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法， 例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2), 则f(u)=-u2+3u+1 (0≤u ≤2) 故f(x)=-x2+3x+1 (0≤u ≤2)
x -1⎫例6、设对满足x ≠0,x ≠1的所有实数x ，函数f(x)满足, f (x )+f ⎛ ⎪=1+x ,求f(x)
⎝x ⎭
的解析式。
解: f (x ) +f (x -1) =1+x (x≠0且x ≠1), (1)---- x 用x -1x -112x -1代换x 得:f () +f () =, x x 1-x x （2）
例7. 已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x-4x, 求f(x). 112-x (1) +(3) -(2) x 3-x 2-1---（3） 再以代换(1) 中的x 得:f (由得:f (x ) = (x≠0且x ≠1) ) +f (x ) =. 21-x 1-x 1-x 2x 2-2x
2
解:易知f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0) ，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.
例8. 是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:
①f(n)>0,n∈N; ②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n 1,n 2∈N*; ③f(2)=4同时成立? 若存在, 求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由.
解:假设存在这样的函数f(x),满足条件, 得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23, „, x (x∈N*)
小结：对于定义在正整数集N*上的抽象函数, 用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.
例9、已知f (x ) 是定义在R 上的偶函数，且f (x -) =f (x +) 恒成立，当x ∈[2, 3]时，f (x ) =x ，则x ∈(-2, 0) 时，函数f (x ) 的解析式为（ D ） A ．x -2 3212
B ．x +4 C ．2+x + D ． 3-x +
解：易知T=2，当x ∈(-2, -1) 时, x +4∈(2, 3), ∴f (x +4) =x +4=f (x ) ; 当x ∈(-1, 0) 时2-x ∈(2, 3), ∴f (2-x ) =2-x =f (-x ) =f (x ) . 故选D 。
练习：1、设y =f (x ) 是实数函数(即x , f (x ) 为实数), 且f (x ) -2f (1) =x , 求证:|f (x ) |≥22. x 3
解:用1代换x , 得f (1) -2f (x ) =1, 与已知得 xx x x 2+3xf (x ) +2=0，由∆≥0得 9f 2(x ) -4⨯2≥0, ∴|f (x ) |≥
2. （重庆）已知定义域为R 的函数f(x)满足f (f (x )-x 2+x )=f (x )-x 2+x. 22. 3
（Ⅰ）若f (2)=3，求f (1)；又若f (0)=a ，求f (a ) ；（Ⅱ）设有且仅有一个实数x 0，使得f (x 0)=x 0，求函数f (x ) 的解析表达式。
解：(I ) 因为对任意x ∈R , 有f (f (x ) -x 2+x ) =f (x ) -x 2+x
所以f (f (2)-22+2) =f (2)-22+2
又由f (2)=3, 得f (3-22+2）=3-22+2, 即f (1) =1
若f (0)=a , 则f (a -02+0) =a -02+0, 即f (a ) =a
(II)因为对任意x ∈R ，有f (f (x ) -x 2+x ) =f (x ) -x 2+x .
又因为有且只有一个实数x 0，使得f (x 0) =x 0
所以对任意x ∈R , 有f (x ) -x 2+x =x 0
2 在上式中令x =x 0，有f (x 0) -x 0+x 0=x 0
2 再代f (x 0) =x 0，得x 0-x 0=0，故x 0=0或x 0=1
若x 0=0，则f (x ) -x 2+x =0，即f (x ) =x 2-x
但方程x 2-x =x 有两个不相同实根，与题设条件矛盾。故x 0≠0
若x 0=1，则有f (x ) -x 2+x =1, 即f (x ) =x 2-x +1. 易验证该函数满足题设条件。
综上，所求函数为f (x ) =x 2-x +1 (x ∈R )
3、函数f (x ) 对一切实数x ,y 均有f (x +y)-f (y)=(x +2y+1)x 成立，且f (1)=0， （1）求f (0)的值；
（2）对任意的x 1∈(0,) ，x 2∈(0,) ，都有f (x 1)+2
围．
解：（1）由已知等式f (x +y ) -f (y ) =(x +2y +1) x ，令x =1，y =0得f (1)-f (0)=2，又∵f (1)=0，1212
∴f (0)=-2．
（2）由f (x +y ) -f y () =(x +2y +1) x
∴f (x ) +2=x 2+x ．∵x ，令y =0得f (x ) -f (0)=(x +1) x ，由（1）知f (0) =2-，1112f (x 1) +2=x 1+x 1=(x 1+) 2-在x 1∈(0,) 上单调递增，224
311∴f (x 1) +2∈(0,) ．要使任意x 1∈) ，x 2∈(0,) 都有f (x 1) +2
31≤log a x 2都成立. 当a >1时，l o g x 13(loga x 2>) log a ≥
． ≤a
的取值范围是241，∴) 1∈(0, 2
五、单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决）
例10. 设函数f(x)对任意实数x,y ，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)
-2, 求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.
解析:由单调性的定义步骤设x 10,∴f(x2-x 1)
所以f(x)是R 上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3),
令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数. ∴f(-3)=-f(3)=6.
练习：设f(x)定义于实数集上，当x>0时，f(x)>1,且对于任意实数x 、y ，有f(x+y)=f(x)f(y)，求证：f(x)在R 上为增函数。
证明：设R 上x 11，
f(x2)=f(x2-x 1+x1)=f(x2-x 1)f(x1),(注意此处不能直接得大于f(x1) ，因为f(x1) 的正
负还没确定) 。
取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f （0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x0，f(-x)>1,∴由
f (0) =f (x ) f (-x ) =1得f (x ) =1>0，故
f (-x ) f(x)>0，从而f(x2)>f(x1). 即f(x)在R 上是
增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）
例11、已知偶函数f (x ) 的定义域是x ≠0的一切实数，对定义域内的任意x 1, x 2都
有f (x 1⋅x 2) =f (x 1) +f (x 2) ，且当x >1时f (x ) >0, f (2)=1， （1）f (x ) 在(0,+∞) 上是增函数； （2）解不等式f (2x 2-1)
解： （1）设x
x 2>x 1>0，∴2>x 1>0，则f (x ) -f (x ) =f (x ⋅x 2) -f (x ) =f (x ) +f (x 2) -f (x ) =f (x 2) ∵211111x 1x 1x 1x 2x >1，∴f (2) >0，即f (x 2) -f (x 1) >0，∴f (x 2) >f (x 1) ∴f (x ) 在(0,+∞) x 1x 1
上是增函数（2） f (2)=1，∴f (4)=f (2)+f (2)=2，∵f (x ) 是偶函数∴不等式
f (2x 2-1)
得：{x | －1时，f (x )>0.求证：f (x ) 是单调递增函数； 2
证明：设x 1＜x 2, 则x 2－x 1－1>－1, 由题意f (x 2－x 1－1)>0,∵f (x 2) －f (x 1)=f ［(x 2－222
x 1)+x 1］－f (x 1)=f (x 2－x 1)+f (x 1) －1－f (x 1)=f (x 2－x 1) －1=f (x 2－x 1)+f (－1) －1=f ［(x 2－2
x 1) －1］>0,∴f (x ) 是单调递增函数. 2
例12、定义在R +上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(xm )=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)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
(2) 证明:设0
f(x1)
练习1：已知f (x ) 是定义在(0, +∞) 上的单调增函数，对于任意的m 、n (m , n ∈(0, +∞)) 满足
a +b f (m ) +f (n ) =f (m n ), 且a 、b (0
(1) 求f (1);.......(2) 若f (2) =1，解不等式f (x )
解：(1) f (1) =0------(2) f (x )
(3) f (1) =0, f (x ) 在(0，+∞) 上单调递增，∴x ∈(0, 1) 时，f (x ) 0
又f (a ) =f (b ) 且0
f (b ) =2f (a +b a +b ) , >22ab =1∴f (b ) =2f (a +b a +b 2⎡a +b 2⎤) =f ⎢() ⎥∴b =() 222⎣⎦
2∴a 2=4b -b 2-2, 而01∴3
练习2 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.
解：（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 ）=1
f (x ) ＞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.
练习3. 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
＞0
（1）. 若a ＞b ，试比较f （a ）与f （b ）的大小；
x 3k ) +f (3x -9x -2) （2）. 若f ⋅（＜0对x ∈ [－1，1]恒成立，求f (a ) +f (b ) a +b
实数k 的取值范围。
f (a ) +f (-b ) （由可得f(a)>f(b).k
练习4、已知函数f(x)对任何正数x,y 都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0, 当x>1时,f(x)
试判断f(x)在(0,+∞) 上的单调性。
解:对x ∈R +有f (x ) =f (x ∙x ) =f 2(x ) ≥0, 又f (x ) ≠0, 故f (x ) >0，设x 1, x 2∈R +, 且x 11, 则 x 1
f (x 2) =f (x 1) f (x 2x ∙x 1) f (2) ∙f (x 1) x 1x 1x ==f (2) f(x2), 故f(x)在R +上为减函数.
D 、(-2, 0) ⋃(2，+∞) ) 练习5、奇函数f (x ) 在(-∞, 0) 上单调递减，且f (2) =0，则(x -1) f (x +1) >0的解集为(C A 、(-2, -1) ⋃(1, 2) B 、(-3, 1) ⋃(2，+∞) C 、(-3, -1)
练习6、. 已知函数f (x ) 的定义域为[0,1]，且同时满足：(1)对任意x ∈[0,1]，总有
f (x ) ≥2；(2)f (1)=3，(3)若x 1≥0, x 2≥0且x 1+x 2≤1，则有f (x 1+x 2) ≥f (x 1) +f (x 2) -2.
(I)求f (0)的值；(II)求f (x ) 的最大值； (III)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足
*. +2n -. 求证：f (a 1) +f (a 2) +f (a 3) + +f (a n ) ≤S n =-(a n -3), n ∈N 2⨯3解：（I ）令x 1=x 2=0，由(3),则f (0)≥2f (0)-2, ∴f (0)≤2，由对任意x ∈[0,1]，总有
（II ）任意x 1, x 2∈[0,1]且x 1
0
n -1*(III) S n =-(a -3)(n ∈N ) ∴S n -1=-n 2(a n -1-3)(n ≥2) ∴a n =3a n -1(n ≥2), a 1=1≠0∴a n =32
) =f (++) ≥f () +f () -2≥3f () -4 ∴f (a n ) =f (3333333
) ≤f (∴f (3) +，即f (a n +1) ≤。 f (a n ) + 故f (a n ) ≤2+3 ∴f (a n ) ≤3f (a n -1) +3≤32f (a n -2) +32+3≤ ≤3n -1f (a 1) +3n -1+3n -2+ +32+3=2+3n -1
∴f (a 1) +f (a 2) + +1-() n f (a n ) ≤2n +即原式成立。
六、奇偶性问题
例13. （1）已知函数f(x)(x≠0的实数) 对任意不等于零的实数x 、y 都有f(x
﹒y)=f(x)+f(y)，试判断函数f(x)的奇偶性。
解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑f(-x)与f(x)的
关系：取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1)，取x=y=1有f(1)=0.
所以f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数。
（2）已知y=f(2x +1)是偶函数，则函数y=f(2x ) 的图象的对称轴是（ D ）
A. x =1 B. x =2 C. x =－ D. x =
解析：f(2x+1)关于x=0对称, 则f(x)关于x=1对称, 故f(2x)关于2x=1对称.
注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化
繁为简。F （x ）=f(2x+1)为偶函数，则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。
例14：已知函数f(x)的定义域关于原点对称且满足(1)f (x -y ) =
存在正常数a ，使f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。
1212f (x ) f (y ) +1，（2）f (y ) -f (x )
证明：设t=x-y,则f (-t ) =f (y -x ) =
数。 f (y ) f (x ) +1f (y ) f (x ) +1=-=-f (t ) ，所以f(x)为奇函f (x ) -f (y ) f (y ) -f (x )
例15：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，且在(-∞, 0) 上是增函数，又f (2a 2+a +1)
解析：又偶函数的性质知道：f (x ) 在(0, +∞) 上减，而2a 2+a +1>0，3a 2-2a +1>0，所以由f (2a 2+a +1) 3a 2-2a +1，解得0
（设计理由：此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题，所以本题弹性较大，可以作一些条件变换如：f (a +1)
例16：定义在R 上的单调函数f (x ) 满足f (3)=log 23且对任意x ，y ∈R 都有
f (x +y )=f (x )+f (y ) ．
(1)求证f (x ) 为奇函数；(2)若f (k ·3x )+f (3x -9x -2) ＜0对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围．
解答：(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y ∈R)---- ①令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．即f(-x)=-f(x)对任意x ∈R 成立，∴f(x)是奇函数．
(2)解：f(3)=log23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R 上是单调函数，所以f(x)在
R 上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．f(k·3x ) ＜-f(3x -9x -2)=f(-3x +9x +2)， k ·3x ＜-3x +9x +2，32x -(1+k)·3x +2＞0对任意x ∈R 成立．令t=3x ＞0，即t 2-(1+k)t+2＞0对任意t ＞0恒成立．
令f (t ) =t 2-(1+k ) t +2, 其对称轴x =
当1+k 0, 符合题意；21+k当≥0时, 2
⎧1+k ≥0⎪对任意t >0, f (t ) >0恒成立⇔⎨22⎪⎩∆=(1+k ) -8
解得-1≤k
1+k 2故：k
立。
说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x ∈R 上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t2-(1+k)t+2对于任意t ＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．本题还有更简捷的解法：分离系数由k ·3x ＜-3x +9x +2得
k
x x 333
k
练习：1、已知f(x)是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a).
(1)求f(0)，f(1)的值； (2)判断f(x)的奇偶性, 并证明你的结论;(3)若f(2)=2,un =f(2n ) (n∈N*),求证:un+1>un (n∈N*).
解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0。(2)、令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数.
(3)先用数学归纳法证明:un =f(2n )>0 (n∈N*)(略)
2. 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；
11(3) 解关于x 的不等式f (ax 2) -f (x ) >f (a 2x ) -f (a ), (n 是一个给定的自然数, a
解:（2）设任意x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则x 2-x 1＞0，∴f （x 2-x 1）＜0, 而f （x 2-x 1）= f（x 2）+ f（-x 1）= f（x 2）-f （x 1）
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）1 f （ax 2）- f（x ）＞1 f （a 2x ）- f（a ）n n
⇒ f （ax 2）- f（a 2x ）＞n[f（x ）- f（a ）]⇒ f （ax 2-a 2x ）＞nf （x-a ），由已知得：f[n（x-a ）]=nf（x-a ）∴f （ax 2-a 2x ）＞f[n（x-a ）]∵f （x ）在（-∞，+∞）上是减函数∴ax 2-a 2x ＜n （x-a ）. 即（x-a ）（ax-n ）＜0，∵a ＜0，∴（x-a ）（x-n ）＞0，a
讨论：（1）当a ＜n ＜0，即a ＜-a n 时，原不等式解集为{x | x＞n
a 或x ＜a }；（2）当n a=n ＜0即a=-a n 时，原不等式的解集为φ；（3）当n ＜a ＜0时，即-a ＜a ＜0时，
原不等式的解集为{x | x＞a 或x ＜n
a
3、已知f (x ) 是定义在［－1，1］上的奇函数，且f (1)=1,若a , b ∈［－1,1］, a +b ≠0时，有
f (a ) +f (b )
＞0. a +b
(1)判断函数f (x ) 在［－1，1］上是增函数，还是减函数，并证明你的结论；(2)解不等式：f (x +) ＜f (
12
1); x -1
(3)若f (x ) ≤m 2－2pm +1对所有x ∈［－1,1］, p ∈［－1,1］(p 是常数）恒成立，求实数m 的取值范围.
. 解：（1）设任意x 1, x 2∈［－1,1］, 且x 1
f (x 2) +f (-x 1) x 2+(-x 1)
＞0，∵x 2+(－x 1)=x 2－x 1>0，∴f (x 2)+f (－x 1)>0,即f (x 2)>f (x 1), 所以函数f (x ) 在［－1，1］上是增函数。（2）由不等式f (x +) ＜f (
12
1
) 得⎧⎪-1≤
⎪x -1⎪
x +
1
≤12
, 解得－1
1
≤1⎨-1≤
x -1⎪
11⎪
x +>⎪2x -1⎩
即为所求. （3）由以上知f (x ) 最大值为f (1)=1,所以要f (x ) ≤m 2－2pm +1对所有x ∈［－1,1］, p ∈［－1,1］(p 是常数) 恒成立，只需1≤m 2－2pm +1恒成立，得实数m 的取值范围为m ≤0或m ≥2p .
七、周期性与对称性问题（由恒等式简单判断：同号看周期，异号看对称）
．．．
且T=2|a-b|
(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b|
(3) 函数图象关于直线x=a，及点M(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4|a-b|
(4) 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别: y=f(a+x)与y=f(b-x)关于x =
b -a b -a
, 0) 对称 对称；y=f(a+x)与y=-f(b-x)关于点(
22
（可以简单的认为：一个函数的恒等式，对应法则下的两式相加和的一半为对称轴：两个同法则不同表达式的函数，对应法则下的两式相减等于0，解得的x 为对称轴）
例17：①已知定义在R 上的奇函数f (x ) 满足f (x +2) = – f (x ) ，则f (6)的值为（ B ）
A. –1 B. 0 C. 1 D. 2
解： 因为f (x)是定义在R 上的奇函数，所以f (0) = 0，又T=4，所以f (6) = f (2) = – f (0) = 0。
②函数f(x)对于任意的实数x 都有f(1+2x)=f(1-2x)，则f(2x)的图像关于 对称。（x=1/2）
（重庆）已知函数f (x )满足：f (1)=，4f (x )f (y )=f (x +y )+f (x -y )(x , y ∈R )，则
1
4
f (2010)=_____________.
解析：取x=1 y=0得f (0) = 法一：通过计算f (2), f (3), f (4)........ ，寻得周期为6 法二：取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n)，联立得f(n+2)= —
1
2
例18. 已知函数y=f(x)满足f (x ) +f (-x ) =2002，求f -1(x )+f -1(2002-x )的值。
12
f(n-1) 所以T=6 故f (2010)=f(0)=
解：由已知式知函数的图象关于点（0，1001）对称。据原函数与其反函数的关系，知函数y=f-1(x) 的图象关于点（1001，0）对称, 所以
)+f -1(1001-x )=0, 即f -1(x )+f -1(2002-x )=0 f -1(x +1001
例19. 奇函数f (x ) 定义在R 上，且对常数T > 0，恒有f (x + T ) = f (x ) ，则在区间［0，2T ］上，方程f (x ) = 0根的个数最小值为（ ） A. 3个 B.4个 C.5个 D.6个
解：∵f (0) = 0→x 1= 0， 又f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0→ x 2 = T ，x 3 = 2T .
T ⎫又因为f ⎛ x -⎪=
⎝
2⎭
T ⎫⎛
f x +⎪ 令
2⎭⎝
T ⎫⎛T ⎫⎛T ⎫
x = 0得f ⎛ -⎪=f ⎪=-f ⎪, ∴
⎝2⎭
⎝2⎭
⎝2⎭
⎛T ⎫⎛3T ⎫
f ⎪=f ⎪=0.(本题C 易错选为A) ⎝2⎭⎝2⎭
例20．① f(x)满足f(x) =-f(6-x)，f(x)= f(2-x)，若f(a) =-f(2000)，a ∈[5，9]且f(x)在[5，9]上单调。求a 的值。
解：∵ f(x)=-f(6-x) ∴f(x)关于（3，0）对称 又∵ f(x)= f(2-x) ∴ f(x)关于x=1对称 ∴T=8 ∴f(2000)= f(0) 又∵f(a) =-f(2000) ∴f(a)=-f(0) 又∵f(x) =-f(6-x) ∴f(0)=-f(6) ∴f(a)=f(6) ∴a =6
②设y=f(x)是定义在[-1,1]上的偶函数，函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称，且当x [2,3]时，g(x)=2a(x-2)-4(x-2)3(a为常数且a R) （1）求f(x); （2）是否存在a [2,6]或a (6,+∞),使函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 解：（1）设点M(x,f(x))为函数y=f(x)图象上任意一点，则点M 关于直线x=1的对称点为N(2-x,f(x)).
∵y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称. ∴点N(2-x,f(x))在y=g(x)图象上.
由此得f(x)=g(2-x)（利用结论4的命题易得这一结果：y=g(x)与y=g(2-x)的图象关于直线x=1对称）
设x [-1,0]，则2-x [2,3].此时f(x)=g(2-x)=-2ax+4x3
又f(x)为偶函数⇔f(-x)=f(x),x∈ [-1,1]. ∴当x ∈ [0,1]时，f(x)=2ax-4
x 3
（2）注意到f(x)为偶函数，只须研究f(x)在[0,1]上的最大值. (ⅰ) 当a (2,6]时，由
0 x 1得a-2x 2＞0，
f(x)=2x(a-2 x 2)= 即x==486>
≤ =（当且仅当4 =a－2 ,
[0,1]时等号成立）. 由题意知,f(x)的最大值为12, 令 =12得 ,∴a>6,这与a (2,6]矛盾, 故此时满足条件的a 不存在. (ⅱ) 当a=2
) 同理可证 f(x)=
(当且仅
且0≤x≤1时,f(x)=4x(1－当
2
0+- =1- ,即
x=
时等号成立), 也与已知矛盾.(ⅲ) 当a>6时, 设
)=2a(
-
+
)-4(
-
)=2( - +
+ )[a-2(
+
,则
f(
)-f(
)]，由题设
0
+
6，∴a-2(
)>0，又
)
时 =f(1)=2a-4。令2a-4=12,解得a=8 (6,+∞),适合题意.
因此, 综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ) 知, 存在a=8 (6,+∞),使得函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上.
练习1、函数y =f (x +1) 是偶函数，则y =f (x ) 的图象关于 x=1 对称。
2、函数y =f (x ) 满足f (x +3) =-
1
，且f (3) =1，则f (2010) =。 f (x )
11
3、函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且f (+x ) =f (-x ) , 则f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)=
22
1
解析：法一：因f(x)为奇函数且关于x =对称，T=2,可借助图象解答，得结果为
2
0. 小结：此方法为数形结合法 法二：因f(x)为奇函数且关于x =
1
对称，类比f (x ) =sin x 联想函数f (x ) =sin πx 2
∴f (1) +f (2)+f (3)+f (4)+f (5)=0, 小结：此方法为抽象函数具体化法
4、已知函数y =f (2x -1) 是定义在R 上的奇函数，函数y =g (x ) 是y =f (x ) 的反函数，若x 1+x 2=0则g (x 1) +g (x 2) =( )
A ）2 B ）0 C ）1 D ）-2
解析：法一：(函数具体化) 设f (x ) =x +1符合题意，则g (x ) =x -1则
g (x 1) +g (x 2) =(x 1-1) +(x 2-1) =(x 1+x 2) -2=-2，
法二：y=f(2x-1)是R 上的奇函数→f(-2x-1)=-f(2x-1)，即f(-2x-1)+f(2x-1)=0，由反函数的关系就可以取x 1= f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以
g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2.
5. 设f (x ) 是R 的奇函数, f (x+2)= — f (x ), 当0≤x ≤1, 时, f (x )=x , 则 6. 定义在R 上的函数f(x)满足f(-x)+f(x)=3,则f -1(x)+f-1.0
7、 f （x ）是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且f （2）=0，则方程f （x ）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是（ D ）
A.4 B.5 C.6 D.7 8、设函数f(x)的定义域为[1,3],且函数f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称, 已知当x [2,3]时f(x)=
2x, 求当x [1,2]时,f(x)的解析式.
解:由已知得 f(x)=-f(4-x)① 又当x [1,2]时,4-x [2,3],∴f(4-x)=(4-x) -2(4-x) ②
∴由①②得f(x)=- (x- 4) +2(4-x) ∴当x [1,2]时,f(x)=-x +6x-8 9、（山东）已知定义在R 上的奇函数f (x ) ，满足f (x -4) =-f (x ) , 且在区间[0,2]上是增函数, 若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8, 8]上有四个不同的根x 1, x 2, x 3, x 4, 则
x 1+x 2+x 3+x 4=_________.-8
八、综合问题
例21. 定义在R 上的函数f(x)满足：对任意
有，且当x>0时，0
，若 A B =φ，试确定a 的取值范围。
解：（1）在在所以当
时
中，令中，令
, 而
，得, 因为当
，因为时，, 所以
，均有
。
，所以
。
实数m ，n ，总
，
又当x=0时，设所以
，所以，综上可知，对于任意，则
. 所以
在R 上为减函数。
（2）由于函数y=f(x)在R 上为减函数，所以又
，根据函数的单调性，有
, 由
, 即有
，所以
直线与圆面无公共点。因此有，解得。
评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题，二是f(x)>0的结论。这是解题的关键性步骤，完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决。
例22. 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
(1) 解不等式f (3x -x 2) >4, ; (2) 解方程[f (x )]2+f (x +3) =f (2) +1.
2
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.
x x x
又f (x ) =f (+) =[f ()]2≥0, 假设存在某个x o ∈R , 使f (x o ) =0, 则f(x)=f[(x-xo )+xo ]=f(x-xo )f(xo )=0,
222
与已知矛盾，故f(x)>0,任取x 1,x 2∈R 且x 10,f(x2-x 1)>1,所以
f(x1)-f(x2)=f[(x2-x 1)+x1]-f(x1)
=f(x2-x 1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x 1)-1]>0. 所以x ∈R 时,f(x)为增函数. 解得:{x|1
例23. 定义在(-1, 1) 上的函数f (x ) 满足:(1) 对任意x , y ∈(-1, 1), 都有f (x ) +f (y ) =f (
1111f () +f () + +f (2) >f (). 11193n +5n +5
x +y
) 1+xy
(2)当x ∈(-1,0)时, 有f(x)>0.求证:(Ⅰ) f(x)是奇函数； （Ⅱ）解:(1)易证f(x)是奇函数。
（2）易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.
1⎡⎤⎡11⎤
+(-) ⎢⎥⎢⎥11(n +2)(n +3) 11⎢⎥=f ⎢) -f () 又f (2) =f () =f ⎥=f (
111(n +2)(n +3) +1⎢n +2n +3n +5n +5⎥⎢1+∙(-) ⎥⎢1-(n +2)(n +3) ⎥⎣⎥n +3⎦⎣⎦⎢n +2
111111111∴f () +f () + +f (2) =[f () -f ()]+[f () -f ()]+ =f () -f () 111934453n +3n +5n +51111又f () f (). 命题成立
n +33n +33
函数综合 1. 奇函数在关于原点对称的区间内单调性一致（在整个定义域内未必单调），推广：函数在其对称中心两侧单调性相同。偶函数在关于原点对称的区间内单调性相反，推广：函数在其对称轴两侧的单调性相反；此时函数值的大小取决于离对称轴的远近。解“抽象不等式（即函数不等式）”多用函数的单调性，但必须注意定义域。关注具体函数“抽象化”。
[举例1]设偶函数f (x )=loga |x -b |在（-∞，0）上递增，则f (a +1)与f (b +2) 的大小关系是
A. f (a +1)=f (b +2) B. f (a +1)＞f (b +2) C.f (a +1)＜f (b +2) D. 不确定
解析：函数f (x )=loga |x -b |为偶函数，则b=0，f (x )=loga |x |,令g(x)=|x|,函数g(x)（图象为“V ”字形）在（-∞，0）递减，而函数f (x )=loga g(x) 在（-∞，0）上递增, ∴0f (b +2),故选B 。
[举例2] 设函数f (x ) =x 3+x ，若0≤θ≤时，f (m sin θ) +f (1-m ) >0恒成立，则实数m 的取值范围是
解析：此题不宜将msin θ及1-m 代入函数f (x ) =x 3+x 的表达式，得到一个“庞大”的不等式，因为运算量过大，恐怕很难进行到底。注意到：函数f(x)为奇函数，原不等式等价于：f (m sin θ) >f (m -1) ，又函数f(x)递增，∴msin θ>m-1对0≤θ≤恒成立，分离参变量m （这是求参变量取值范围的通法）得：m
1
, 则m
1
, （0
1-sin θ
π2
π2
≤1, 事实上当sin θ=1时不等式恒成立，即对m 没有限制，所以无需研究）, 记g(θ)=
又∵00 [提高]定义在R 上的偶函数f(x)满足:f(x+1)=
1
, 且f(x)在[-3，-2]上是减函f (x )
β是钝角三角形的两锐角，数，又α、则下列结论中正确的是: A.f(sinα)>f(cosβ)
B. f(sinα)
⎧sin x 当sin x ≥cos x 时
给出下列四个命题：
⎩cos x 当sin x
π
① 该函数的值域为[-1,1]，②当且仅当x =2k π+(k ∈Z ) 时，该函数取得最大值1，
2
[举例]对于函数f (x ) =⎨
③该函数是以π为最小正周期的周期函数，④当且仅当
2k π+π
3π
(k ∈Z ) 时, f (x )
（ ）
A 、1 B 、2 C 、3 D 、4
解析：作出函数y=f(x)在[-，
2
π
3π
]上的图象如右（先分别作函数y=sinx,y=cosx 2
的图象，观察图象，保留两者中之较“高”者）。从图象上不难看出：该函数的值
π2
,1]，当x =2k π+(k ∈Z ) 或x =2k π时函数取得最大值1，该函数是以2π为
22
3π
最小正周期的周期函数，当且仅当2k π+π
2
域为[-
错误的命题个数为3个，选C 。 ．．
[巩固]已知f (x ) =⎨
⎧(3a -1) x +4a , x
是（-∞，+∞）上的减函数，那么a 取值范围
log x , x ≥1⎩a
是 。
3. 研究方程根的个数、超越方程（不等式）的解（特别是含有参量的）、二次方程根的分布、二次函数的值域、三角函数的性质（包括值域）、含有绝对值的函数性质、已知函数值域研究定义域等一般用函数图象（作图要尽可能准确）。 [举例1]若在[0, ]内有两个不同的实数值满足等式cos 2x +sin 2x =k +1, 则k 的范
2
π
围是
解析：cos 2x +3sin 2x =2sin(2x +[,
π6
7ππ
],作函数y =2sin θ在[, ]上的图象（注意：无需作函666
πππ
) ，∵x ∈[0, ]，将2x +视为一个角θ，θ∈6267π
π
) 的图象），容易看出，当y =k +1∈[1，2) 时，6O
函数y =2sin θ与函数y =k +1的图象有两个交点，此时k ∈[0，1) 。
数y =2sin(2x +
[举例2]不等式x 2-1>ax 的解集为[1,2)，则a 的值为 解析：分别作函数y =x 2-1和函数y =ax 的图象如右，（函数y =x 2-1即x 2-y 2=1，y ≥0，双曲线在x 轴上方的部分）。两图象交于M 点，要使不等式解集为[1,2)，
。 2
[巩固]已知函数f(x)=log 2x 的定义域为[a,b]，值域为[0，2],则a,b 满足：
则M （2，），即a =
1
4
1
A ．a=,b=1或 a=1,b=4, B．a=，1≤b ≤4, C≤a ≤1,b=4, D. a=，1≤b ≤4或≤a ≤1,b=4。
4. 求最值的常用方法：①单调性：研究函数在给定区间内的单调情况是求函数值域的最重要也是最根本的方法。②基本不等式：满足条件“一正、二定、三相等”时方可使用，如果“不相等”，常用函数y =x +, (a >0) 的单调性解决。③逆求法：用y 表示x ，使关于x 的方程有解的y 的范围即为值域，常用于求分式函数的值域，判别式法就是其中的一种。
1414
1414
a x
④换元法：需要把一个式子看作一个整体即可实施换元，“三角换元”是针对“平方和 等于1”实施的，目的多为“降元”；求值域时的换元主要是为了“去根号”。⑤数形结合。
x 2+2x +2
(x >-1) ，[举例1]已知函数y =则其图象的最低点的坐标是 （ ） x +1
A 、（1，2） B 、(1, -2) C 、（0，2） D 、不存在
解析：求函数图象的最低点的坐标即求函数当x 取何值时函数取得最小值，最小
值是多少； 此题不宜“逆求”（判别式法），因为⊿≥0不能保证x>-1（这是使用“判别式法”时需特别注意的）。记x+1=t,(t>0),此时x=t-1,设
(t -1) 2+2(t -1) +2t 2+11
==t +≥2(当且仅当t=1即x=0时等号成立，g(t)=（注意这里
t t t
的“换元”实质是“整体化”的具体落实，将需要“整体化”的部分换成一个变
量，比“凑”更具一般性也更易实施），选C 。
1
的最小值为ab
1
解析：本题关注ab 的取值范围，对ab +使用基本不等式，当且仅当ab =±1时等
ab
a +b 21
) =，∴等号不成立，即不能使用基本不等式。记号成立，事实上：0
1111117
ab =（, ab +=t +=g(t ), 函数g(t ) 在（0]上递减，∴g(t ) min =g()=。 t 0
4ab t 444
[举例2]已知a +b =1, a , b ∈R +，则ab +
5. 求参变量的取值范围通常采用分离参数法，转化为求某函数的值域或最值；也
可以整体研究函数y =f(a,x)的最值。
[举例] 关于x 的方程22x -m2x +4=0(x
解析：令2x =t,(0
m =t +
4
=g (t ) ，所谓方程有解，即m 在函数g (t ) 的值域内（这也是解决方程有解问t
题的通法），∵t ∈（0，1），∴不能使用基本不等式（等号不成立），注意到函数g (t ) 在（0，1）上递减，∴g (t ) ∈（5，+∞）即m ∈（5，+∞）。 [迁移]若函数f(x)=loga (x2-ax+3),(a>0且a ≠1) 满足:对任意x 1,x 2, 当x 1
2
时,f(x1)-f(x2)>0,则实数a 的取值范围是
A.(0,1)∪(1,3) B.(1,3) C. (0,1)∪(1,2) D. (1,2)
简答
1. [巩固] 函数y=f(x)的图象关于x=2对称，得a=5,图示可得1
π
, 移项得2
sin α
1173
2014高三数学专题
抽象函数
特殊模型和抽象函数
一. 定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。
例1. 若函数y = f （x ）的定义域是[－2，2]，则函数y = f （x+1）+f（x －1）的定义域为 -1≤x ≤1 。
解：f(x)的定义域是[-2, 2]，意思是凡被f 作用的对象都在[-2, 2] 中。评析：已知f(x)的定义域是A ，求f (ϕ(x ))的定义域问题，相当于解内函数ϕ(x )的不等式问题。
⎫练习：已知函数f(x)的定义域是[-1, 2] ，求函数f ⎛ log 1(3-x )⎪ 的定义域。 ⎝2⎪⎭
例2：已知函数f (log 3x )的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域[1, log 311] 评析： 已知函数f (ϕ(x ))的定义域是A ，求函数f(x)的定义域。相当于求内函数ϕ(x )的值域。
练习：定义在(3, 8]上的函数f(x)的值域为[-2, 2]，若它的反函数为f -1(x)，则
y=f-1(2-3x)的定义域为 ，值域为 。⎡0, 4⎤, (3, 8] ⎢⎣3⎥⎦
二、求值问题-----抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
例3. ①对任意实数x,y ，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0, 则f(2001)=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：令x =n , y =1, 得f (n +1) =f (n ) +2[f (1)]2, 令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+2f[(1)], 令x=y=0,得：22
f(0)=0,∴f(1)=, 即 f (n+1) -f (n)=1, 故f (n ) =n , ∴f (2001) =2001. 22212
② R 上的奇函数y=f(x)有反函数y=f-1(x),由y=f(x+1)与y=f-1(x+2)互为反函数，则f(2009)= .
解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.
例4. 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,则g(2002)=_________.1
解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)≤f(x)+1，所以 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+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤故g(x)=g(x+1) 又g(1)=1, 故g(2002)=1.
练习： 1. f(x)的定义域为(0,+∞) ，对任意正实数x,y 都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ，
则f = （ ）
2. 如果f (x +y ) =f (x ) f (y ), 且f (1) =2, 则f (2) f (4) f (6) f (2000) +++ +的值是f (1) f (3) f (5) f (2001) 12。2000
f 2(1)+f (2)f 2(2)+f (4)f 2(3)+f (6)f 2(4)+f (8)+++=f (1)f (3)f (5)f (7)f (n ) =2n , 原式=16)
3、对任意整数x , y 函数y =f (x ) 满足：f (x +y ) =f (x ) +f (y ) +xy +1，若f (1) =1，则f (-8) = C
A.-1 B.1 C. 19 D. 43
4、函数f(x)为R 上的偶函数，对x ∈R 都有f (x +6) =f (x ) +f (3)成立，若f (1)=2，则f (2005) =（ ）（B ）
A . 2005 B. 2 C.1 D.0
5、定义在R 上的函数Y=f(x)有反函数Y=f-1(x)，又Y=f(x)过点（2，1），Y=f(2x)的反函数为Y=f-1(2x)，则Y=f-1(16)为（ ）（A ）
A ） B ）1
81 C ）8 D ）16 16
1135、(1) f () =a ∴f () =a 2, f () =(1-a ) a +a 244
13+144) =(1-a ) a 2+a [a +a (1-a )],可解得a =1又f () =f (222
20+11) =1f (2) (2) 设f () =b , 则f () =f (77227
23∴f () =2b , 同理f () =3b , , f (1) =7b 77
11∴f () =b =776、已知a 为实数，且0
例4. 设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数x 、y ，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在x 1≠x 2, 使得f (x 1) ≠f (x 2) ，求函数f(x)的值域。
解：令x=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数x 1≠x 2，使得f (x 1) ≠f (x 2) 成立矛盾，故 f(0)≠0，必有
x ⎫f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x 、y 均成立，因此，f (x ) =⎛ f () ⎪⎝2⎭2≥0 ,
又因为若f(x)=0,则f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾, 所以f(x)>0.
四、求解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法， 例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2), 则f(u)=-u2+3u+1 (0≤u ≤2) 故f(x)=-x2+3x+1 (0≤u ≤2)
x -1⎫例6、设对满足x ≠0,x ≠1的所有实数x ，函数f(x)满足, f (x )+f ⎛ ⎪=1+x ,求f(x)
⎝x ⎭
的解析式。
解: f (x ) +f (x -1) =1+x (x≠0且x ≠1), (1)---- x 用x -1x -112x -1代换x 得:f () +f () =, x x 1-x x （2）
例7. 已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x-4x, 求f(x). 112-x (1) +(3) -(2) x 3-x 2-1---（3） 再以代换(1) 中的x 得:f (由得:f (x ) = (x≠0且x ≠1) ) +f (x ) =. 21-x 1-x 1-x 2x 2-2x
2
解:易知f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0) ，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.
例8. 是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:
①f(n)>0,n∈N; ②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n 1,n 2∈N*; ③f(2)=4同时成立? 若存在, 求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由.
解:假设存在这样的函数f(x),满足条件, 得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23, „, x (x∈N*)
小结：对于定义在正整数集N*上的抽象函数, 用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.
例9、已知f (x ) 是定义在R 上的偶函数，且f (x -) =f (x +) 恒成立，当x ∈[2, 3]时，f (x ) =x ，则x ∈(-2, 0) 时，函数f (x ) 的解析式为（ D ） A ．x -2 3212
B ．x +4 C ．2+x + D ． 3-x +
解：易知T=2，当x ∈(-2, -1) 时, x +4∈(2, 3), ∴f (x +4) =x +4=f (x ) ; 当x ∈(-1, 0) 时2-x ∈(2, 3), ∴f (2-x ) =2-x =f (-x ) =f (x ) . 故选D 。
练习：1、设y =f (x ) 是实数函数(即x , f (x ) 为实数), 且f (x ) -2f (1) =x , 求证:|f (x ) |≥22. x 3
解:用1代换x , 得f (1) -2f (x ) =1, 与已知得 xx x x 2+3xf (x ) +2=0，由∆≥0得 9f 2(x ) -4⨯2≥0, ∴|f (x ) |≥
2. （重庆）已知定义域为R 的函数f(x)满足f (f (x )-x 2+x )=f (x )-x 2+x. 22. 3
（Ⅰ）若f (2)=3，求f (1)；又若f (0)=a ，求f (a ) ；（Ⅱ）设有且仅有一个实数x 0，使得f (x 0)=x 0，求函数f (x ) 的解析表达式。
解：(I ) 因为对任意x ∈R , 有f (f (x ) -x 2+x ) =f (x ) -x 2+x
所以f (f (2)-22+2) =f (2)-22+2
又由f (2)=3, 得f (3-22+2）=3-22+2, 即f (1) =1
若f (0)=a , 则f (a -02+0) =a -02+0, 即f (a ) =a
(II)因为对任意x ∈R ，有f (f (x ) -x 2+x ) =f (x ) -x 2+x .
又因为有且只有一个实数x 0，使得f (x 0) =x 0
所以对任意x ∈R , 有f (x ) -x 2+x =x 0
2 在上式中令x =x 0，有f (x 0) -x 0+x 0=x 0
2 再代f (x 0) =x 0，得x 0-x 0=0，故x 0=0或x 0=1
若x 0=0，则f (x ) -x 2+x =0，即f (x ) =x 2-x
但方程x 2-x =x 有两个不相同实根，与题设条件矛盾。故x 0≠0
若x 0=1，则有f (x ) -x 2+x =1, 即f (x ) =x 2-x +1. 易验证该函数满足题设条件。
综上，所求函数为f (x ) =x 2-x +1 (x ∈R )
3、函数f (x ) 对一切实数x ,y 均有f (x +y)-f (y)=(x +2y+1)x 成立，且f (1)=0， （1）求f (0)的值；
（2）对任意的x 1∈(0,) ，x 2∈(0,) ，都有f (x 1)+2
围．
解：（1）由已知等式f (x +y ) -f (y ) =(x +2y +1) x ，令x =1，y =0得f (1)-f (0)=2，又∵f (1)=0，1212
∴f (0)=-2．
（2）由f (x +y ) -f y () =(x +2y +1) x
∴f (x ) +2=x 2+x ．∵x ，令y =0得f (x ) -f (0)=(x +1) x ，由（1）知f (0) =2-，1112f (x 1) +2=x 1+x 1=(x 1+) 2-在x 1∈(0,) 上单调递增，224
311∴f (x 1) +2∈(0,) ．要使任意x 1∈) ，x 2∈(0,) 都有f (x 1) +2
31≤log a x 2都成立. 当a >1时，l o g x 13(loga x 2>) log a ≥
． ≤a
的取值范围是241，∴) 1∈(0, 2
五、单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决）
例10. 设函数f(x)对任意实数x,y ，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)
-2, 求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.
解析:由单调性的定义步骤设x 10,∴f(x2-x 1)
所以f(x)是R 上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3),
令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数. ∴f(-3)=-f(3)=6.
练习：设f(x)定义于实数集上，当x>0时，f(x)>1,且对于任意实数x 、y ，有f(x+y)=f(x)f(y)，求证：f(x)在R 上为增函数。
证明：设R 上x 11，
f(x2)=f(x2-x 1+x1)=f(x2-x 1)f(x1),(注意此处不能直接得大于f(x1) ，因为f(x1) 的正
负还没确定) 。
取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f （0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x0，f(-x)>1,∴由
f (0) =f (x ) f (-x ) =1得f (x ) =1>0，故
f (-x ) f(x)>0，从而f(x2)>f(x1). 即f(x)在R 上是
增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）
例11、已知偶函数f (x ) 的定义域是x ≠0的一切实数，对定义域内的任意x 1, x 2都
有f (x 1⋅x 2) =f (x 1) +f (x 2) ，且当x >1时f (x ) >0, f (2)=1， （1）f (x ) 在(0,+∞) 上是增函数； （2）解不等式f (2x 2-1)
解： （1）设x
x 2>x 1>0，∴2>x 1>0，则f (x ) -f (x ) =f (x ⋅x 2) -f (x ) =f (x ) +f (x 2) -f (x ) =f (x 2) ∵211111x 1x 1x 1x 2x >1，∴f (2) >0，即f (x 2) -f (x 1) >0，∴f (x 2) >f (x 1) ∴f (x ) 在(0,+∞) x 1x 1
上是增函数（2） f (2)=1，∴f (4)=f (2)+f (2)=2，∵f (x ) 是偶函数∴不等式
f (2x 2-1)
得：{x | －1时，f (x )>0.求证：f (x ) 是单调递增函数； 2
证明：设x 1＜x 2, 则x 2－x 1－1>－1, 由题意f (x 2－x 1－1)>0,∵f (x 2) －f (x 1)=f ［(x 2－222
x 1)+x 1］－f (x 1)=f (x 2－x 1)+f (x 1) －1－f (x 1)=f (x 2－x 1) －1=f (x 2－x 1)+f (－1) －1=f ［(x 2－2
x 1) －1］>0,∴f (x ) 是单调递增函数. 2
例12、定义在R +上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(xm )=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)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
(2) 证明:设0
f(x1)
练习1：已知f (x ) 是定义在(0, +∞) 上的单调增函数，对于任意的m 、n (m , n ∈(0, +∞)) 满足
a +b f (m ) +f (n ) =f (m n ), 且a 、b (0
(1) 求f (1);.......(2) 若f (2) =1，解不等式f (x )
解：(1) f (1) =0------(2) f (x )
(3) f (1) =0, f (x ) 在(0，+∞) 上单调递增，∴x ∈(0, 1) 时，f (x ) 0
又f (a ) =f (b ) 且0
f (b ) =2f (a +b a +b ) , >22ab =1∴f (b ) =2f (a +b a +b 2⎡a +b 2⎤) =f ⎢() ⎥∴b =() 222⎣⎦
2∴a 2=4b -b 2-2, 而01∴3
练习2 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.
解：（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 ）=1
f (x ) ＞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.
练习3. 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
＞0
（1）. 若a ＞b ，试比较f （a ）与f （b ）的大小；
x 3k ) +f (3x -9x -2) （2）. 若f ⋅（＜0对x ∈ [－1，1]恒成立，求f (a ) +f (b ) a +b
实数k 的取值范围。
f (a ) +f (-b ) （由可得f(a)>f(b).k
练习4、已知函数f(x)对任何正数x,y 都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0, 当x>1时,f(x)
试判断f(x)在(0,+∞) 上的单调性。
解:对x ∈R +有f (x ) =f (x ∙x ) =f 2(x ) ≥0, 又f (x ) ≠0, 故f (x ) >0，设x 1, x 2∈R +, 且x 11, 则 x 1
f (x 2) =f (x 1) f (x 2x ∙x 1) f (2) ∙f (x 1) x 1x 1x ==f (2) f(x2), 故f(x)在R +上为减函数.
D 、(-2, 0) ⋃(2，+∞) ) 练习5、奇函数f (x ) 在(-∞, 0) 上单调递减，且f (2) =0，则(x -1) f (x +1) >0的解集为(C A 、(-2, -1) ⋃(1, 2) B 、(-3, 1) ⋃(2，+∞) C 、(-3, -1)
练习6、. 已知函数f (x ) 的定义域为[0,1]，且同时满足：(1)对任意x ∈[0,1]，总有
f (x ) ≥2；(2)f (1)=3，(3)若x 1≥0, x 2≥0且x 1+x 2≤1，则有f (x 1+x 2) ≥f (x 1) +f (x 2) -2.
(I)求f (0)的值；(II)求f (x ) 的最大值； (III)设数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足
*. +2n -. 求证：f (a 1) +f (a 2) +f (a 3) + +f (a n ) ≤S n =-(a n -3), n ∈N 2⨯3解：（I ）令x 1=x 2=0，由(3),则f (0)≥2f (0)-2, ∴f (0)≤2，由对任意x ∈[0,1]，总有
（II ）任意x 1, x 2∈[0,1]且x 1
0
n -1*(III) S n =-(a -3)(n ∈N ) ∴S n -1=-n 2(a n -1-3)(n ≥2) ∴a n =3a n -1(n ≥2), a 1=1≠0∴a n =32
) =f (++) ≥f () +f () -2≥3f () -4 ∴f (a n ) =f (3333333
) ≤f (∴f (3) +，即f (a n +1) ≤。 f (a n ) + 故f (a n ) ≤2+3 ∴f (a n ) ≤3f (a n -1) +3≤32f (a n -2) +32+3≤ ≤3n -1f (a 1) +3n -1+3n -2+ +32+3=2+3n -1
∴f (a 1) +f (a 2) + +1-() n f (a n ) ≤2n +即原式成立。
六、奇偶性问题
例13. （1）已知函数f(x)(x≠0的实数) 对任意不等于零的实数x 、y 都有f(x
﹒y)=f(x)+f(y)，试判断函数f(x)的奇偶性。
解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑f(-x)与f(x)的
关系：取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1)，取x=y=1有f(1)=0.
所以f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数。
（2）已知y=f(2x +1)是偶函数，则函数y=f(2x ) 的图象的对称轴是（ D ）
A. x =1 B. x =2 C. x =－ D. x =
解析：f(2x+1)关于x=0对称, 则f(x)关于x=1对称, 故f(2x)关于2x=1对称.
注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化
繁为简。F （x ）=f(2x+1)为偶函数，则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。
例14：已知函数f(x)的定义域关于原点对称且满足(1)f (x -y ) =
存在正常数a ，使f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。
1212f (x ) f (y ) +1，（2）f (y ) -f (x )
证明：设t=x-y,则f (-t ) =f (y -x ) =
数。 f (y ) f (x ) +1f (y ) f (x ) +1=-=-f (t ) ，所以f(x)为奇函f (x ) -f (y ) f (y ) -f (x )
例15：设f (x ) 是定义在R 上的偶函数，且在(-∞, 0) 上是增函数，又f (2a 2+a +1)
解析：又偶函数的性质知道：f (x ) 在(0, +∞) 上减，而2a 2+a +1>0，3a 2-2a +1>0，所以由f (2a 2+a +1) 3a 2-2a +1，解得0
（设计理由：此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题，所以本题弹性较大，可以作一些条件变换如：f (a +1)
例16：定义在R 上的单调函数f (x ) 满足f (3)=log 23且对任意x ，y ∈R 都有
f (x +y )=f (x )+f (y ) ．
(1)求证f (x ) 为奇函数；(2)若f (k ·3x )+f (3x -9x -2) ＜0对任意x ∈R 恒成立，求实数k 的取值范围．
解答：(1)证明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y ∈R)---- ①令y=-x，代入①式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入①式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0．即f(-x)=-f(x)对任意x ∈R 成立，∴f(x)是奇函数．
(2)解：f(3)=log23＞0，即f(3)＞f(0)，又f(x)在R 上是单调函数，所以f(x)在
R 上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数．f(k·3x ) ＜-f(3x -9x -2)=f(-3x +9x +2)， k ·3x ＜-3x +9x +2，32x -(1+k)·3x +2＞0对任意x ∈R 成立．令t=3x ＞0，即t 2-(1+k)t+2＞0对任意t ＞0恒成立．
令f (t ) =t 2-(1+k ) t +2, 其对称轴x =
当1+k 0, 符合题意；21+k当≥0时, 2
⎧1+k ≥0⎪对任意t >0, f (t ) >0恒成立⇔⎨22⎪⎩∆=(1+k ) -8
解得-1≤k
1+k 2故：k
立。
说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质．f(x)是奇函数且在x ∈R 上是增函数，把问题转化成二次函数f(t)=t2-(1+k)t+2对于任意t ＞0恒成立．对二次函数f(t)进行研究求解．本题还有更简捷的解法：分离系数由k ·3x ＜-3x +9x +2得
k
x x 333
k
练习：1、已知f(x)是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a).
(1)求f(0)，f(1)的值； (2)判断f(x)的奇偶性, 并证明你的结论;(3)若f(2)=2,un =f(2n ) (n∈N*),求证:un+1>un (n∈N*).
解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0。(2)、令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数.
(3)先用数学归纳法证明:un =f(2n )>0 (n∈N*)(略)
2. 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；
11(3) 解关于x 的不等式f (ax 2) -f (x ) >f (a 2x ) -f (a ), (n 是一个给定的自然数, a
解:（2）设任意x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则x 2-x 1＞0，∴f （x 2-x 1）＜0, 而f （x 2-x 1）= f（x 2）+ f（-x 1）= f（x 2）-f （x 1）
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）1 f （ax 2）- f（x ）＞1 f （a 2x ）- f（a ）n n
⇒ f （ax 2）- f（a 2x ）＞n[f（x ）- f（a ）]⇒ f （ax 2-a 2x ）＞nf （x-a ），由已知得：f[n（x-a ）]=nf（x-a ）∴f （ax 2-a 2x ）＞f[n（x-a ）]∵f （x ）在（-∞，+∞）上是减函数∴ax 2-a 2x ＜n （x-a ）. 即（x-a ）（ax-n ）＜0，∵a ＜0，∴（x-a ）（x-n ）＞0，a
讨论：（1）当a ＜n ＜0，即a ＜-a n 时，原不等式解集为{x | x＞n
a 或x ＜a }；（2）当n a=n ＜0即a=-a n 时，原不等式的解集为φ；（3）当n ＜a ＜0时，即-a ＜a ＜0时，
原不等式的解集为{x | x＞a 或x ＜n
a
3、已知f (x ) 是定义在［－1，1］上的奇函数，且f (1)=1,若a , b ∈［－1,1］, a +b ≠0时，有
f (a ) +f (b )
＞0. a +b
(1)判断函数f (x ) 在［－1，1］上是增函数，还是减函数，并证明你的结论；(2)解不等式：f (x +) ＜f (
12
1); x -1
(3)若f (x ) ≤m 2－2pm +1对所有x ∈［－1,1］, p ∈［－1,1］(p 是常数）恒成立，求实数m 的取值范围.
. 解：（1）设任意x 1, x 2∈［－1,1］, 且x 1
f (x 2) +f (-x 1) x 2+(-x 1)
＞0，∵x 2+(－x 1)=x 2－x 1>0，∴f (x 2)+f (－x 1)>0,即f (x 2)>f (x 1), 所以函数f (x ) 在［－1，1］上是增函数。（2）由不等式f (x +) ＜f (
12
1
) 得⎧⎪-1≤
⎪x -1⎪
x +
1
≤12
, 解得－1
1
≤1⎨-1≤
x -1⎪
11⎪
x +>⎪2x -1⎩
即为所求. （3）由以上知f (x ) 最大值为f (1)=1,所以要f (x ) ≤m 2－2pm +1对所有x ∈［－1,1］, p ∈［－1,1］(p 是常数) 恒成立，只需1≤m 2－2pm +1恒成立，得实数m 的取值范围为m ≤0或m ≥2p .
七、周期性与对称性问题（由恒等式简单判断：同号看周期，异号看对称）
．．．
且T=2|a-b|
(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b|
(3) 函数图象关于直线x=a，及点M(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4|a-b|
(4) 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别: y=f(a+x)与y=f(b-x)关于x =
b -a b -a
, 0) 对称 对称；y=f(a+x)与y=-f(b-x)关于点(
22
（可以简单的认为：一个函数的恒等式，对应法则下的两式相加和的一半为对称轴：两个同法则不同表达式的函数，对应法则下的两式相减等于0，解得的x 为对称轴）
例17：①已知定义在R 上的奇函数f (x ) 满足f (x +2) = – f (x ) ，则f (6)的值为（ B ）
A. –1 B. 0 C. 1 D. 2
解： 因为f (x)是定义在R 上的奇函数，所以f (0) = 0，又T=4，所以f (6) = f (2) = – f (0) = 0。
②函数f(x)对于任意的实数x 都有f(1+2x)=f(1-2x)，则f(2x)的图像关于 对称。（x=1/2）
（重庆）已知函数f (x )满足：f (1)=，4f (x )f (y )=f (x +y )+f (x -y )(x , y ∈R )，则
1
4
f (2010)=_____________.
解析：取x=1 y=0得f (0) = 法一：通过计算f (2), f (3), f (4)........ ，寻得周期为6 法二：取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n)，联立得f(n+2)= —
1
2
例18. 已知函数y=f(x)满足f (x ) +f (-x ) =2002，求f -1(x )+f -1(2002-x )的值。
12
f(n-1) 所以T=6 故f (2010)=f(0)=
解：由已知式知函数的图象关于点（0，1001）对称。据原函数与其反函数的关系，知函数y=f-1(x) 的图象关于点（1001，0）对称, 所以
)+f -1(1001-x )=0, 即f -1(x )+f -1(2002-x )=0 f -1(x +1001
例19. 奇函数f (x ) 定义在R 上，且对常数T > 0，恒有f (x + T ) = f (x ) ，则在区间［0，2T ］上，方程f (x ) = 0根的个数最小值为（ ） A. 3个 B.4个 C.5个 D.6个
解：∵f (0) = 0→x 1= 0， 又f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0→ x 2 = T ，x 3 = 2T .
T ⎫又因为f ⎛ x -⎪=
⎝
2⎭
T ⎫⎛
f x +⎪ 令
2⎭⎝
T ⎫⎛T ⎫⎛T ⎫
x = 0得f ⎛ -⎪=f ⎪=-f ⎪, ∴
⎝2⎭
⎝2⎭
⎝2⎭
⎛T ⎫⎛3T ⎫
f ⎪=f ⎪=0.(本题C 易错选为A) ⎝2⎭⎝2⎭
例20．① f(x)满足f(x) =-f(6-x)，f(x)= f(2-x)，若f(a) =-f(2000)，a ∈[5，9]且f(x)在[5，9]上单调。求a 的值。
解：∵ f(x)=-f(6-x) ∴f(x)关于（3，0）对称 又∵ f(x)= f(2-x) ∴ f(x)关于x=1对称 ∴T=8 ∴f(2000)= f(0) 又∵f(a) =-f(2000) ∴f(a)=-f(0) 又∵f(x) =-f(6-x) ∴f(0)=-f(6) ∴f(a)=f(6) ∴a =6
②设y=f(x)是定义在[-1,1]上的偶函数，函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称，且当x [2,3]时，g(x)=2a(x-2)-4(x-2)3(a为常数且a R) （1）求f(x); （2）是否存在a [2,6]或a (6,+∞),使函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上？若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由. 解：（1）设点M(x,f(x))为函数y=f(x)图象上任意一点，则点M 关于直线x=1的对称点为N(2-x,f(x)).
∵y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称. ∴点N(2-x,f(x))在y=g(x)图象上.
由此得f(x)=g(2-x)（利用结论4的命题易得这一结果：y=g(x)与y=g(2-x)的图象关于直线x=1对称）
设x [-1,0]，则2-x [2,3].此时f(x)=g(2-x)=-2ax+4x3
又f(x)为偶函数⇔f(-x)=f(x),x∈ [-1,1]. ∴当x ∈ [0,1]时，f(x)=2ax-4
x 3
（2）注意到f(x)为偶函数，只须研究f(x)在[0,1]上的最大值. (ⅰ) 当a (2,6]时，由
0 x 1得a-2x 2＞0，
f(x)=2x(a-2 x 2)= 即x==486>
≤ =（当且仅当4 =a－2 ,
[0,1]时等号成立）. 由题意知,f(x)的最大值为12, 令 =12得 ,∴a>6,这与a (2,6]矛盾, 故此时满足条件的a 不存在. (ⅱ) 当a=2
) 同理可证 f(x)=
(当且仅
且0≤x≤1时,f(x)=4x(1－当
2
0+- =1- ,即
x=
时等号成立), 也与已知矛盾.(ⅲ) 当a>6时, 设
)=2a(
-
+
)-4(
-
)=2( - +
+ )[a-2(
+
,则
f(
)-f(
)]，由题设
0
+
6，∴a-2(
)>0，又
)
时 =f(1)=2a-4。令2a-4=12,解得a=8 (6,+∞),适合题意.
因此, 综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ) 知, 存在a=8 (6,+∞),使得函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上.
练习1、函数y =f (x +1) 是偶函数，则y =f (x ) 的图象关于 x=1 对称。
2、函数y =f (x ) 满足f (x +3) =-
1
，且f (3) =1，则f (2010) =。 f (x )
11
3、函数f(x)是定义在R 上的奇函数，且f (+x ) =f (-x ) , 则f (1)+f (2)+f (3)+f (4)+f (5)=
22
1
解析：法一：因f(x)为奇函数且关于x =对称，T=2,可借助图象解答，得结果为
2
0. 小结：此方法为数形结合法 法二：因f(x)为奇函数且关于x =
1
对称，类比f (x ) =sin x 联想函数f (x ) =sin πx 2
∴f (1) +f (2)+f (3)+f (4)+f (5)=0, 小结：此方法为抽象函数具体化法
4、已知函数y =f (2x -1) 是定义在R 上的奇函数，函数y =g (x ) 是y =f (x ) 的反函数，若x 1+x 2=0则g (x 1) +g (x 2) =( )
A ）2 B ）0 C ）1 D ）-2
解析：法一：(函数具体化) 设f (x ) =x +1符合题意，则g (x ) =x -1则
g (x 1) +g (x 2) =(x 1-1) +(x 2-1) =(x 1+x 2) -2=-2，
法二：y=f(2x-1)是R 上的奇函数→f(-2x-1)=-f(2x-1)，即f(-2x-1)+f(2x-1)=0，由反函数的关系就可以取x 1= f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以
g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2.
5. 设f (x ) 是R 的奇函数, f (x+2)= — f (x ), 当0≤x ≤1, 时, f (x )=x , 则 6. 定义在R 上的函数f(x)满足f(-x)+f(x)=3,则f -1(x)+f-1.0
7、 f （x ）是定义在R 上的以3为周期的奇函数，且f （2）=0，则方程f （x ）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是（ D ）
A.4 B.5 C.6 D.7 8、设函数f(x)的定义域为[1,3],且函数f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称, 已知当x [2,3]时f(x)=
2x, 求当x [1,2]时,f(x)的解析式.
解:由已知得 f(x)=-f(4-x)① 又当x [1,2]时,4-x [2,3],∴f(4-x)=(4-x) -2(4-x) ②
∴由①②得f(x)=- (x- 4) +2(4-x) ∴当x [1,2]时,f(x)=-x +6x-8 9、（山东）已知定义在R 上的奇函数f (x ) ，满足f (x -4) =-f (x ) , 且在区间[0,2]上是增函数, 若方程f(x)=m(m>0)在区间[-8, 8]上有四个不同的根x 1, x 2, x 3, x 4, 则
x 1+x 2+x 3+x 4=_________.-8
八、综合问题
例21. 定义在R 上的函数f(x)满足：对任意
有，且当x>0时，0
，若 A B =φ，试确定a 的取值范围。
解：（1）在在所以当
时
中，令中，令
, 而
，得, 因为当
，因为时，, 所以
，均有
。
，所以
。
实数m ，n ，总
，
又当x=0时，设所以
，所以，综上可知，对于任意，则
. 所以
在R 上为减函数。
（2）由于函数y=f(x)在R 上为减函数，所以又
，根据函数的单调性，有
, 由
, 即有
，所以
直线与圆面无公共点。因此有，解得。
评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题，二是f(x)>0的结论。这是解题的关键性步骤，完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决。
例22. 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
(1) 解不等式f (3x -x 2) >4, ; (2) 解方程[f (x )]2+f (x +3) =f (2) +1.
2
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.
x x x
又f (x ) =f (+) =[f ()]2≥0, 假设存在某个x o ∈R , 使f (x o ) =0, 则f(x)=f[(x-xo )+xo ]=f(x-xo )f(xo )=0,
222
与已知矛盾，故f(x)>0,任取x 1,x 2∈R 且x 10,f(x2-x 1)>1,所以
f(x1)-f(x2)=f[(x2-x 1)+x1]-f(x1)
=f(x2-x 1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x 1)-1]>0. 所以x ∈R 时,f(x)为增函数. 解得:{x|1
例23. 定义在(-1, 1) 上的函数f (x ) 满足:(1) 对任意x , y ∈(-1, 1), 都有f (x ) +f (y ) =f (
1111f () +f () + +f (2) >f (). 11193n +5n +5
x +y
) 1+xy
(2)当x ∈(-1,0)时, 有f(x)>0.求证:(Ⅰ) f(x)是奇函数； （Ⅱ）解:(1)易证f(x)是奇函数。
（2）易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.
1⎡⎤⎡11⎤
+(-) ⎢⎥⎢⎥11(n +2)(n +3) 11⎢⎥=f ⎢) -f () 又f (2) =f () =f ⎥=f (
111(n +2)(n +3) +1⎢n +2n +3n +5n +5⎥⎢1+∙(-) ⎥⎢1-(n +2)(n +3) ⎥⎣⎥n +3⎦⎣⎦⎢n +2
111111111∴f () +f () + +f (2) =[f () -f ()]+[f () -f ()]+ =f () -f () 111934453n +3n +5n +51111又f () f (). 命题成立
n +33n +33
函数综合 1. 奇函数在关于原点对称的区间内单调性一致（在整个定义域内未必单调），推广：函数在其对称中心两侧单调性相同。偶函数在关于原点对称的区间内单调性相反，推广：函数在其对称轴两侧的单调性相反；此时函数值的大小取决于离对称轴的远近。解“抽象不等式（即函数不等式）”多用函数的单调性，但必须注意定义域。关注具体函数“抽象化”。
[举例1]设偶函数f (x )=loga |x -b |在（-∞，0）上递增，则f (a +1)与f (b +2) 的大小关系是
A. f (a +1)=f (b +2) B. f (a +1)＞f (b +2) C.f (a +1)＜f (b +2) D. 不确定
解析：函数f (x )=loga |x -b |为偶函数，则b=0，f (x )=loga |x |,令g(x)=|x|,函数g(x)（图象为“V ”字形）在（-∞，0）递减，而函数f (x )=loga g(x) 在（-∞，0）上递增, ∴0f (b +2),故选B 。
[举例2] 设函数f (x ) =x 3+x ，若0≤θ≤时，f (m sin θ) +f (1-m ) >0恒成立，则实数m 的取值范围是
解析：此题不宜将msin θ及1-m 代入函数f (x ) =x 3+x 的表达式，得到一个“庞大”的不等式，因为运算量过大，恐怕很难进行到底。注意到：函数f(x)为奇函数，原不等式等价于：f (m sin θ) >f (m -1) ，又函数f(x)递增，∴msin θ>m-1对0≤θ≤恒成立，分离参变量m （这是求参变量取值范围的通法）得：m
1
, 则m
1
, （0
1-sin θ
π2
π2
≤1, 事实上当sin θ=1时不等式恒成立，即对m 没有限制，所以无需研究）, 记g(θ)=
又∵00 [提高]定义在R 上的偶函数f(x)满足:f(x+1)=
1
, 且f(x)在[-3，-2]上是减函f (x )
β是钝角三角形的两锐角，数，又α、则下列结论中正确的是: A.f(sinα)>f(cosβ)
B. f(sinα)
⎧sin x 当sin x ≥cos x 时
给出下列四个命题：
⎩cos x 当sin x
π
① 该函数的值域为[-1,1]，②当且仅当x =2k π+(k ∈Z ) 时，该函数取得最大值1，
2
[举例]对于函数f (x ) =⎨
③该函数是以π为最小正周期的周期函数，④当且仅当
2k π+π
3π
(k ∈Z ) 时, f (x )
（ ）
A 、1 B 、2 C 、3 D 、4
解析：作出函数y=f(x)在[-，
2
π
3π
]上的图象如右（先分别作函数y=sinx,y=cosx 2
的图象，观察图象，保留两者中之较“高”者）。从图象上不难看出：该函数的值
π2
,1]，当x =2k π+(k ∈Z ) 或x =2k π时函数取得最大值1，该函数是以2π为
22
3π
最小正周期的周期函数，当且仅当2k π+π
2
域为[-
错误的命题个数为3个，选C 。 ．．
[巩固]已知f (x ) =⎨
⎧(3a -1) x +4a , x
是（-∞，+∞）上的减函数，那么a 取值范围
log x , x ≥1⎩a
是 。
3. 研究方程根的个数、超越方程（不等式）的解（特别是含有参量的）、二次方程根的分布、二次函数的值域、三角函数的性质（包括值域）、含有绝对值的函数性质、已知函数值域研究定义域等一般用函数图象（作图要尽可能准确）。 [举例1]若在[0, ]内有两个不同的实数值满足等式cos 2x +sin 2x =k +1, 则k 的范
2
π
围是
解析：cos 2x +3sin 2x =2sin(2x +[,
π6
7ππ
],作函数y =2sin θ在[, ]上的图象（注意：无需作函666
πππ
) ，∵x ∈[0, ]，将2x +视为一个角θ，θ∈6267π
π
) 的图象），容易看出，当y =k +1∈[1，2) 时，6O
函数y =2sin θ与函数y =k +1的图象有两个交点，此时k ∈[0，1) 。
数y =2sin(2x +
[举例2]不等式x 2-1>ax 的解集为[1,2)，则a 的值为 解析：分别作函数y =x 2-1和函数y =ax 的图象如右，（函数y =x 2-1即x 2-y 2=1，y ≥0，双曲线在x 轴上方的部分）。两图象交于M 点，要使不等式解集为[1,2)，
。 2
[巩固]已知函数f(x)=log 2x 的定义域为[a,b]，值域为[0，2],则a,b 满足：
则M （2，），即a =
1
4
1
A ．a=,b=1或 a=1,b=4, B．a=，1≤b ≤4, C≤a ≤1,b=4, D. a=，1≤b ≤4或≤a ≤1,b=4。
4. 求最值的常用方法：①单调性：研究函数在给定区间内的单调情况是求函数值域的最重要也是最根本的方法。②基本不等式：满足条件“一正、二定、三相等”时方可使用，如果“不相等”，常用函数y =x +, (a >0) 的单调性解决。③逆求法：用y 表示x ，使关于x 的方程有解的y 的范围即为值域，常用于求分式函数的值域，判别式法就是其中的一种。
1414
1414
a x
④换元法：需要把一个式子看作一个整体即可实施换元，“三角换元”是针对“平方和 等于1”实施的，目的多为“降元”；求值域时的换元主要是为了“去根号”。⑤数形结合。
x 2+2x +2
(x >-1) ，[举例1]已知函数y =则其图象的最低点的坐标是 （ ） x +1
A 、（1，2） B 、(1, -2) C 、（0，2） D 、不存在
解析：求函数图象的最低点的坐标即求函数当x 取何值时函数取得最小值，最小
值是多少； 此题不宜“逆求”（判别式法），因为⊿≥0不能保证x>-1（这是使用“判别式法”时需特别注意的）。记x+1=t,(t>0),此时x=t-1,设
(t -1) 2+2(t -1) +2t 2+11
==t +≥2(当且仅当t=1即x=0时等号成立，g(t)=（注意这里
t t t
的“换元”实质是“整体化”的具体落实，将需要“整体化”的部分换成一个变
量，比“凑”更具一般性也更易实施），选C 。
1
的最小值为ab
1
解析：本题关注ab 的取值范围，对ab +使用基本不等式，当且仅当ab =±1时等
ab
a +b 21
) =，∴等号不成立，即不能使用基本不等式。记号成立，事实上：0
1111117
ab =（, ab +=t +=g(t ), 函数g(t ) 在（0]上递减，∴g(t ) min =g()=。 t 0
4ab t 444
[举例2]已知a +b =1, a , b ∈R +，则ab +
5. 求参变量的取值范围通常采用分离参数法，转化为求某函数的值域或最值；也
可以整体研究函数y =f(a,x)的最值。
[举例] 关于x 的方程22x -m2x +4=0(x
解析：令2x =t,(0
m =t +
4
=g (t ) ，所谓方程有解，即m 在函数g (t ) 的值域内（这也是解决方程有解问t
题的通法），∵t ∈（0，1），∴不能使用基本不等式（等号不成立），注意到函数g (t ) 在（0，1）上递减，∴g (t ) ∈（5，+∞）即m ∈（5，+∞）。 [迁移]若函数f(x)=loga (x2-ax+3),(a>0且a ≠1) 满足:对任意x 1,x 2, 当x 1
2
时,f(x1)-f(x2)>0,则实数a 的取值范围是
A.(0,1)∪(1,3) B.(1,3) C. (0,1)∪(1,2) D. (1,2)
简答
1. [巩固] 函数y=f(x)的图象关于x=2对称，得a=5,图示可得1
π
, 移项得2
sin α
1173