函数性质—抽象函数奇偶性、单调性综合解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共 12 小题）
1. 函数 f (x ) 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） 求 f (0) 的值，并证明函数 f (x ) 为奇函数；
（2） 求证 f (x ) 在 R 上为减函数；
（3） 若 f （1） = -2 且关于 x 的不等式 f (x 2 - x + k ) < 4 恒成立，求k 的取值范围．
【解答】解：（1）令 x = y = 0 得 f (0) = 0 ．
令 y = -x 代入原式得 f (x - x ) = f (x ) + f (-x ) = f (0) = 0 ， 所以 f (-x ) = - f (x ) ，故该函数是奇函数． （2）由已知得 f (x + y ) - f (x ) = f ( y ) = f [(x + y ) - x ] ． 所以任取 x 2 > x 1 ，则
f (x 2 - x 1 ) = f (x 2 ) + f (-x 1 ) = f (x 2 ) - f (x 1 ) ，
因为 x 2 - x 1 > 0 且当 x > 0 时 f (x ) < 0 ，
所以 f (x 2 - x 1 ) < 0 ，即 f (x 2 ) - f (x 1 ) < 0 ，所以 f (x 2 ) < f (x 1 ) ，
故该函数在 R 上是减函数．
（3）因为 f （1） = -2 ，所以 f (-1) = - f （1） = 2 ，所以 f (-2) = 2 f (-1) = 4 ． 所以原不等式可化为： f (x 2 - x + k ) < f (-2) ． 结合（2）知，函数 f (x ) 在 R 上是增函数．
所以 x 2 - x + k > -2 恒成立．
即 k > -x 2 + x - 2 = -(x - 1
)2 + 9
恒成立．
2
4 所以只需k > 9
即可．
4
2. 已知函数 f (x ) 对一切 x ， y ∈ R ，都有 f (x + y ) = f (x ) + f ( y ) ，当 x > 0 ，有 f (x ) < 0 ．
（1）求： f (0) = 0 ；（2）证明：函数 f (x ) 为奇函数；
（3）若 f （1） = -2 ，求 f (x ) 在[-3 ， 3] 上的最值；
（4） 若对任意t ∈ R ，不等式 f (t 2 - 2t ) + f (2t 2 - k ) < 0 恒成立，求k 的取值范围．
【解答】解：（1）令 x = y = 0 ，可得 f (0) = f (0) + f (0) ， ∴ f (0) = 0 ．
（2）证明：令 y = -x 可得： f (0) = f (x ) + f (-x ) ，
∴ f (-x ) + f (x ) = 0 ， 又 f (x ) 的定义域为 R ， ∴ f (x ) 是奇函数．
（3）设 x 1 ， x 2 是 R 上任意两个数，且 x 1 < x 2 ，则 x 2 - x 1 > 0 ，
∴ f (x 2 - x 1) < 0 ，
∴ f (x 2 ) - f (x 1 ) = f (x 2 ) + f (-x 1 ) = f (x 2 - x 1 ) < 0 ，
∴ f (x ) 在 R 上是减函数，
（1） = -2 ，∴ f （2） = 2 f （1） = -4 ， ∴ f （3） = f （1） + f （2） = -6 ． ∴ f (-3) = 6 ．
∴ f (x ) 在[-3 ， 3] 上的最小值是 f （3） = -6 ，最大值是 f (-3) = 6 ．
（4）由 f (t 2 - 2t ) + f (2t 2 - k ) < 0 得： f (t 2 - 2t ) < - f (2t 2 - k ) = f (k - 2t 2 ) ，
∴t 2 - 2t > k - 2t 2 ， 即 k < 3t 2 - 2t ．
= 3(t - 1)2
- 1
- 1 ，
∴ k < - 1
．
3
3 3 3 3．已知 f (x ) 是定义在[-1 ，1] 上的奇函数，且 f （1） = 3 ，若a ， b ∈[-1 ，1] ， a + b ≠ 0 时，有 f (a ) + f (b ) > 0 成
a + b
立．
（1） 判断 f (x ) 在[-1 ，1] 上的单调性，并证明； （2） 解不等式： f (x + 1
) < f (
2
1
) ；
x - 1
（3） 若当a ∈[-1 ，1] 时， f (x ) m 2 - 2am + 3 对所有的 x ∈[-1，1] 恒成立，求实数m 的取值范围．
【解答】解：（1）任取 x 1 ， x 2 ∈[-1，1] ，且 x 1 < x 2 ，则-x 2 ∈[-1，1] ，
f (x ) 为奇函数，
∴ f (x ) - f (x ) = f (x ) + f (-x ) = f (x 1 ) + f (-x 2 ) (x
- x ) ， 1
2
1
2
x - x 1 2
由已知得 f (x 1 ) + f (-x 2 ) > 0 ， x - x 1 2
< 0 ，∴ f (x ) - f (x ) < 0 ，即 f (x ) < f (x ) ．
x - x
1 2
1 2 1 2 1 2
∴ f (x ) 在[-1 ，1] 上单调递增．
f 3t 2
- 2t
f ⎨ 2
2 ⎪ ⎧x + 1 < 1 ⎪
x -1 （2） f (x ) 在[-1 ，1] 上单调递增，∴ ⎪-1 ⎪ ⎪-1 ⎩
x + 1 2 1 x - 1 1 ，解得-3 1 x < -1， ∴不等式的解集为{x | - 3 2
x < -1} ．
（3） （1） = 3 ， f (x ) 在[-1 ，1] 上单调递增，
∴在[-1 ，1] 上， f (x ) 3 ，即m 2 - 2am + 3 3 ，
∴m 2 - 2am 0 对 a ∈[-1 ，1] 恒成立，求m 的取值范围．
设 g （a ） = -2m a + m 2 0 ，
①若m = 0 ，则 g （a ） = 0 0 ，自然对a ∈[-1 ，1] 恒成立．
②若m ≠ 0 ，则 g （a ）为a 的一次函数，若 g （a ） 0 对 a ∈[-1 ，1] 恒成立， 则必须 g (-1) 0 ，且 g （1） 0 ，∴ m ∴ m 的取值范围是m = 0 或 m - 2 或m - 2 或m 2 ．
2 或 m = 0 ． 4. 已知定义在 R 上的函数 f (x ) 对任意 x ， y ∈ R ，总有 f (x ) + f ( y ) = f (x + y ) +1 ，且当 x > 0 时， f (x ) > 1 ．
( I ) 若令h (x ) = f (x ) -1 ，证明：函数h (x ) 为奇函数； ( II ) 证明：函数 f (x ) 在 R 上是增函数；
( III ) 解关于 x 的不等式 f (x 2 ) - f (3tx ) + f (2t 2 + 2t - x ) < 1 ．其中t ∈ R ．
【解答】解： ( I ) 证明：令 x = y = 0 ，则 f (0) = 1 令 y = -x ，即 f (x ) + f (-x ) = f (0) +1 ，即 f (x ) + f (-x ) = 2 所以： f (-x ) -1 = - f (x ) + 1，即h (-x ) = -h (x )
故函数h (x ) 为奇函数； （3 分）
( II ) 证明：设任意 x 1 ， x 2 ∈ R 且 x 1 > x 2
则 f (x 1 ) - f (x 2 ) = f (x 1 ) + f (-x 2 ) - 2 = f (x 1 - x 2 ) +1 - 2 = f (x 1 - x 2 ) -1
因为： x 1 > x 2 所以 x 1 - x 2 > 0 ，故 f (x 1 - x 2 ) > 1
所以 f (x 1 ) > f (x 2 ) ，故函数 f (x ) 在 R 上是增函数； （7 分）
( III ) 因为 f (x 2 ) - f (3tx ) + f (2t 2 + 2t - x ) < 1
所以 f (x 2 ) + f (2t 2 + 2t - x ) < f (3tx ) +1
即 f (x 2 + 2t 2 + 2t - x ) +1 < f (3tx ) +1
即 f (x 2 + 2t 2 + 2t - x ) < f (3tx )
又因为函数 f (x ) 在 R
上是增函数所以 x 2 + 2t 2 + 2t - x < 3tx
即： x 2 - (3t + 1)t + 2t 2 + 2t < 0
即： (x - 2t )(x - t -1) < 0 ⅰ ) 当t = 1 时，原不等式无解；
ⅱ ) 当t > 1 时，原不等式的解集{x | t + 1 < x < 2t }
ⅲ ) 当t < 1 时，原不等式的解集{x | 2t < x < t + 1}⋯ （12 分）
5. 已知函数 f (x ) 为奇函数，且当 x 0 时， f (x ) = (x -1)2 - 3x + a ．
（1） 求a 的值，并求 f (x ) 在(-∞, 0) 上的解析式；
（2） 若函数 g (x ) = f (x ) + kx 在[-3 ， -1] 上单调递减，求k 的取值范围．
【解答】解：（1） f (x ) 为奇函数，∴ f (0) = 0 ，即1 + a = 0 ，∴ a = -1 ，
令 x < 0 ，则-x > 0 ，
∴ f (-x ) = (-x -1)2 + 3x -1 = (x + 1)2 + 3x -1 = - f (x ) ，
∴ f (x ) = -(x + 1)2 - 3x + 1 ，
故 f (x ) 在(-∞, 0) 上的解析式为 f (x ) = -(x + 1)2 - 3x + 1．
（2） g (x ) = f (x ) + kx = -(x +1)2 - 3x +1 + kx = -x 2 + (k - 5)x ，开口向下，对称轴为 x = k - 5 ，
2
g (x ) 在[-3 ， -1] 上单调递减，∴ k - 5
2
- 3 ，解得k -1． 故 k 的取值范围为(-∞ ， -1] ．
6. 设函数 f (x ) 是实数集 R 上的单调增函数，令 F (x ) = f (x ) - f (2 - x ) ． （1） 求证： F (x ) 在 R 上是单调增函数；
（2）若 F (x 1 ) + F (x 2 ) > 0 ，求证： x 1 + x 2 > 2 ．
【解答】解：（1）任取 x 1 ， x 2 ∈ R ，且 x 1 < x 2 ，
则 F (x 1 ) - F (x 2 ) = [ f (x 1 ) - f (2 - x 1 )] -[ f (x 2 ) - f (2 - x 2 )] = [ f (x 1 ) - f (x 2 )] +[ f (2 - x 2 ) - f (2 - x 1 )] ；
f (x ) 是实数集 R 上的增函数，且 x 1 < x 2 ，则 f (x 1 ) - f (x 2 ) < 0 ， 由 x 1 < x 2 ，得-x 1 > -x 2 ，
∴2 - x 1 > 2 - x 2 ，
∴f (2 -x1) >f (2 -x2 ) ，
5
f ∴ f (2 - x 2 ) - f (2 - x 1) < 0 ，
∴[ f (x 1 ) - f (x 2 )] +[ f (2 - x 2 ) - f (2 - x 1 )] < 0 ；
即 F (x 1) < F (x 2 ) ；
∴ F (x ) 是 R 上的增函数．
（2） 证明： F (x 1 ) + F (x 2 ) > 0 ，
∴ F (x 1) > -F (x 2 ) > 0 ；
由 F (x ) = f (x ) - f (2 - x ) 知，
-F (x 2 ) = -[ f (x 2 ) - f (2 - x 2 )] = f (2 - x 2 ) - f (x 2 ) = f (2 - x 2 ) - f [2 - (2 - x 2 )] = F (2 - x 2 ) ，
∴ F (x 1) > F (2 - x 2 ) ；
又 F (x ) 是实数集 R 上的增函数， 所以 x 1 + > 2 - x 2 ．， 即 x 1 + x 2 > 2 ．
7. 已知函数 y = f (x ) 对任意的实数ab 都有： f (a + b ) = f （a ） + f （b ） -1 ，且 x > 0 时， f (x ) > 1 ，
（1）求证： f (x ) 是 R 上的增函数；
（2）若 f （4） = 5 ，求 f （2）的值，并解不等式 f (3m 2 - m - 2) < 3 ．
【解答】解：（1）证明： f (a + b ) = f （a ） + f （b ） -1 ，且 x > 0 时， f (x ) > 1 ，
设 x 1 < x 2 ，则 x 2 - x 1 > 0 ， f (x 2 - x 1 ) > 1 ，
∴ f (x 2 ) - f (x 1 ) = f [(x 2 - 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 > 1 -1 = 0 ，
∴ f (x ) 是 R 上的增函数；
（2） （4） = f (2 + 2) = f （2） + f （2） -1 = 5 ， ∴ f （2） = 3 ．
∴ f (3m 2 - m - 2) < 3 = f （2），又 f (x ) 是 R 上的增函数；
∴3m 2 - m - 2 < 2 ，
∴-1 < m < 4
3
∴不等式 f (3m 2 - m - 2) < 3 的解集为：{m | -1 < m < 4
} ．
3
8. 已知定义域为 R 的函数 f (x ) 对任意的实数a ， b 均有 f (a + b ) = f （a ）
（b ），且当 x < 0 时， f (x ) > 1 ．
（1） 求 f (0) 的值；
（2） 求证：对任意的 x ∈ R 都有 f (x ) > 0 ；
f
f f （3） 求证： f (x ) 在 R 上为减函数；
（4）当 f （4） = 1 16 时，解不等式 f (x - 3) < 1
．
4
【解答】（1）解：由于 f (a + b ) = f （a ） （b ），则 f (0) = f 2 (0) ，
即有 f (0) = 0 或 1．
若 f (0) = 0 ，则令a = x ， b = 0 ，有 f (x ) = 0 不成立， 故 f (0) = 1．
（2）证明：由于 f (a + b ) = f （a ） （b ），
可令a = b = x
，则 f (x ) = f 2 ( x
) 0 ，由当 x < 0 时， f (x ) > 1 ，
2
2
则 f (x ) ≠ 0 ，故有对任意的 x ∈ R 都有 f (x ) > 0 ；
（3）证明：设 x 1 > x 2 ，则 x 2 - x 1 < 0 ，
当 x < 0 时， f (x ) > 1 恒成立，则 f (x 2 - x 1 ) > 1 ，
∴ f (x 1 ) + f (x 2 - x 1 ) = f (x 2 ) > f (x 1 ) ，
∴函数 y = f (x ) 是 R 上的减函数；
（4）解：当 f （4） = 1 16
即有 f （2） = 1
，
4
时，则有 f （4） = f 2 （2），
不等式 f (x - 3) < 1
，即为 f (2 + x - x 2 ) < f （2）， 4
由于函数 y = f (x ) 是 R 上的减函数， 则 2 + x - x 2 > 2 ，解得0 < x < 1． 即有解集为(0,1) ．
9. 已知 f (x ) 对任意实数a ， b 都有 f (a + b ) = f （a ） + f （b ） -2 且当 x > 2 时，有 f (x ) > 2 ． （1） 求证： f (x ) 在 R 上为增函数；
（2） 若 f （1） = 2 ，求满足不等式 f (3t - 2) + f (t - t 2 ) < 4 的实数t 的取值范围．
【解答】（1）证明：任取 x 1 ， x 2 ∈ R 且 x 1 < x 2 ， 则 x 2 - x 1 > 0 ， f (x 2 - x 1 ) > 2 ．
f (a + b ) = f （a ） + f （b ） -2 ，
∴ f (x 2 ) = f [(x 2 - x 1 ) + x 1 ] = f (x 2 - x 1 ) + f (x 1 ) - 2 > 2 + f (x 1 ) - 2 = f (x 1 ) ，
∴ f (x 2 ) > f (x 1) ，
∴ f (x ) 在 R 上为增函数．
f (5 - x 2 ) f (5 - x 2 )
1 x （2）解： f (3 - 2) + f (t - t
2 ) < 4 ，
即 f (3t - 2) + f (t - t 2 ) - 2 < 2 ，
∴ f (3t - 2 + t - t 2 ) < 2 ．
（1） = 2 ，
∴ f (4t - 2 - t 2 ) < f （1），又 f (x ) 在 R 上为增函数， ∴4t - 2 - t 2 < 1， 即t 2 - 4t + 3 > 0 解得t > 3 或t < 1
故实数t 的取值范围为(-∞ ，1) ⋃(3 ， +∞) ．
10. 已知函数 f (x ) 的定义域为(0, +∞) ，当 x > 1 时， f (x ) > 0 且 f (xy ) = f (x ) + f ( y )
（1）求 f （1），并求证： f ( 1
) =- f (x )
x
（2） 证明 f (x ) 在定义域上是增函数．
（3） 如果 f (1
) = -1求满足不等式 f ( 3
1 x - 2
) 2 的 x 的取值范围．
【解答】解：（1） f (xy ) = f (x ) + f ( y ) 令 x = y = 1 ，则 f （1） = f （1） + f （1） 解得 f （1） = 0
令 y = 1 ，则 f (x 1
) = f (x ) + f ( ) = f （1） = 0
x
x x
故 1
f ( ) =- f (x )
x
（2）设0 < x < x ，则 x 2 > 1 ，则 f ( x
2 ) > 0 ，
1 2
1
1 则令 x = x ， y = x
2 ，
1
则 f (x ) = f (x x 1 x 2 ) = f (x ) + x 2
> f (x )
2 1 x f ( ) 1 x
1
1 1
故 f (x ) 在定义域上是增函数 1
f ( ) 3 = -1 ，
∴ f （3） = 1， f （9） = f （3） + f （3） = 2 又 f (x ) 在定义域上是增函数， 故不等式 f (
即
1
x - 2
1
x - 2 ) 2 可化为 f ( （9） f 1 ) f x - 2
9 （3） x
f (x + y ) = f (x ) f ( y ) ，
解得2 < x
即满足条件的 x 的取值范围为(2 ， 19]
9
11. 已知函数 y = f (x ) 满足对任意实数 x ， y 有 f (x + y ) = f (x ) （1）求 f (0) 的值；
（2）求证： x < 0 ， f (x ) > 1 ； （3）讨论函数 y = f (x ) 的单调性；
（4）解不等式 f (x 2 + x ) < f (3 - x ) ．
f ( y ) ，且当 x > 0 ， 0 < f (x ) < 1 ．
【解答】解：（1）令 y = 0 ，可得 f (x + 0) = f (x ) （2）设 x < 0 ，则-x > 0 ， 当 x > 0 ， 0 < f (x ) < 1， ∴0 < f (-x ) < 1 ，
f (x - x ) = f (x ) f (-x ) = 1，
f (0) ，∴ f (0) = 1 ；
∴ f (-x ) = 1 ，
f (x )
∴0 <
1
f (x )
< 1 ， ∴ f (x ) > 1 ；
（3）在函数 f (x ) 定义域 R 上任取自变量 x 1 ， x 2 且 x 1 < x 2 ，
∴ x 2 - x 1 > 0 ．
∴ f (x 2 ) - f (x 1 ) = f [x 1 + (x 2 - x 1 )] - f (x 1 ) = f (x 1 ) f (x 2 - x 1 )] - f (x 1 ) = f (x 1 )[ f (x 2 - x 1 ) -1] ． 当 x > 0 时，有0 < f (x ) < 1， ∴ f (x 2 - x 1) < 1．
∴函数 f (x ) 定义域 R 上单调递减．
（4） f (x 2 + x ) < f (3 - x ) ，
∴ x 2 + x > 3 - x ． ∴ x 2 + 2x - 3 > 0 ，
∴ x < -3 或 x > 1 ，
∴不等式的解集为： (-∞ ， -3) ⋃(1， +∞) ．
12. 已知函数 f (x ) 定义域为[-1 ，1] ，若对于任意的 x ，y ∈[-1 ，1] ，都有 f (x + y ) = f (x ) + f ( y ) ，且
x > 0 时，有 f (x ) > 0 ．
（Ⅰ）证明函数 f (x ) 是奇函数；
19 9
⎩ ⎩ （Ⅱ）讨论函数 f (x ) 在区间[-1 ，1] 上的单调性；
（Ⅲ）设 f （1） = 1，若 f (x ) < m 2 - 2am + 1，对所有 x ∈[-1，1] ， a ∈[-1 ，1] 恒成立，求实数m 的取值范围．
【解答】证明：（Ⅰ）因为有 f (x + y ) = f (x ) + f ( y ) ，令 x = y = 0 ，得 f (0) = f (0) + f (0) ，所以 f (0) = 0 ， 令 y = -x 可得： f (0) = f (x ) + f (-x ) = 0 ， 所以 f (-x ) = - f (x ) ， 所以 f (x ) 为奇函数．
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知 f (x ) 是定义在[-1 ，1] 上的奇函数，
由题意设-1 x 1 < x 2 1 ，则 f (x 2 ) - f (x 1 ) = f (x 2 ) + f (-x 1 ) = f (x 2 - x 1 )
由题意 x > 0 时，有 f (x ) > 0 ，∴ f (x 2 ) > f (x 1 )
∴ f (x ) 是在[-1 ，1] 上为单调递增函数；
（Ⅲ）根据（Ⅰ）（Ⅱ）结论可得 f (x ) 在[-1 ，1] 上为单调递增函数，所以 f (x ) 在[-1 ，1] 上的最大值为 f （1） = 1，
所以要使 f (x ) < m 2 - 2am + 1，对所有 x ∈[-1，1] ， a ∈[-1 ，1] 恒成立， 只要m 2 - 2am + 1 > 1，即m 2 - 2am > 0 ， 令 g （a ） = m 2 - 2am = -2am + m 2
⎧g (-1) > 0
由⎨g (1) > 0 ⎧2m + m 2 > 0 ，可得⎨-2m + m 2 > 0
解得： m > 2 或m < -2
故实数m 的取值范围是(-∞ ， -2) ⋃(2 ， +∞)
函数性质—抽象函数奇偶性、单调性综合解答题 参考答案与试题解析 一．解答题（共 12 小题） 1. 函数 f (x ) 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） 求 f (0) 的值，并证明函数 f (x ) 为奇函数； （2） 求证 f (x ) 在 R 上为减函数； （3） 若 f （1） = -2 且关于 x 的不等式 f (x 2 - x + k ) < 4 恒成立，求k 的取值范围． 【解答】解：（1）令 x = y = 0 得 f (0) = 0 ． 令 y = -x 代入原式得 f (x - x ) = f (x ) + f (-x ) = f (0) = 0 ， 所以 f (-x ) = - f (x ) ，故该函数是奇函数． （2）由已知得 f (x + y ) - f (x ) = f ( y ) = f [(x + y ) - x ] ． 所以任取 x 2 > x 1 ，则 f (x 2 - x 1 ) = f (x 2 ) + f (-x 1 ) = f (x 2 ) - f (x 1 ) ， 因为 x 2 - x 1 > 0 且当 x > 0 时 f (x ) < 0 ， 所以 f (x 2 - x 1 ) < 0 ，即 f (x 2 ) - f (x 1 ) < 0 ，所以 f (x 2 ) < f (x 1 ) ， 故该函数在 R 上是减函数． （3）因为 f （1） = -2 ，所以 f (-1) = - f （1） = 2 ，所以 f (-2) = 2 f (-1) = 4 ． 所以原不等式可化为： f (x 2 - x + k ) < f (-2) ． 结合（2）知，函数 f (x ) 在 R 上是增函数． 所以 x 2 - x + k > -2 恒成立． 即 k > -x 2 + x - 2 = -(x - 1 )2 + 9 恒成立． 2 4 所以只需k > 9 即可． 4 2. 已知函数 f (x ) 对一切 x ， y ∈ R ，都有 f (x + y ) = f (x ) + f ( y ) ，当 x > 0 ，有 f (x ) < 0 ． （1）求： f (0) = 0 ；（2）证明：函数 f (x ) 为奇函数； （3）若 f （1） = -2 ，求 f (x ) 在[-3 ， 3] 上的最值； （4） 若对任意t ∈ R ，不等式 f (t 2 - 2t ) + f (2t 2 - k ) < 0 恒成立，求k 的取值范围． 【解答】解：（1）令 x = y = 0 ，可得 f (0) = f (0) + f (0) ， ∴ f (0) = 0 ． （2）证明：令 y = -x 可得： f (0) = f (x ) + f (-x ) ，
高考抽象函数技巧总结 由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。现将常见解法及意义总结如下： 一、求表达式： 1.换元法：即用中间变量 表示原自变量x 的代数式，从而求出()f x ，这也是证某些公式或等式常用的 方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。 例1：已知 ( )211x f x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u -=+=--∴2()1x f x x -=- 2.凑合法：在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可求 ()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。 例2：已知3 31 1 ()f x x x x +=+ ，求()f x 解：∵2 2211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x x x x +=+-+ =++-又∵11||||1|| x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1) 3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。 例3． 已知()f x 二次实函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2 ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+ =22 222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()4 1321 ,1,2222 a c a a b c b +=??=?===??=?∴213()22 f x x x = ++ 4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. 例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x 解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。∵-x >0,∴ ()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,
1、已知的定义域为R，且对任意实数x，y满足，求 证：是偶函数。 2、已知f(x)是定义在(-∞,+∞)上的不恒为零的函数,且对定义域内的任意x,y,f(x)都满足 f(xy)=yf(x)+xf(y). (1)求f(1),f(-1)的值; (2)判断f(x)的奇偶性,并说明理由. 3、函数f(x)对任意x､y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时, <0, f(3)=-2. (1)判断并证明f(x)在区间(-∞,+∞)上的单调性; (2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 4、已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，f()=－1,当且仅当0 6、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）证明：f(x)是R上的增函数； （4）若f(x)·f(2x-x2)>1，求x的取值范围。 7、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. 8、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; 9、已知函数的定义域为R,对任意实数都有,且当时,. (1)证明:; (2)证明: 在R上单调递减; 10、函数对于x>0有意义，且满足条件减函数。 （1）证明：； 函数综合性质归纳题型总结 一、函数的单调性 (一)函数的单调性和单调区间定义： 1、增函数与减函数的定义：设函数)(x f y =的定义域为A ，区间A M ?，如果取区间M 中的任意两个值1x 、2x ，改变量012>-=?x x x ，则当0)()(12>-=?x f x f y 时，就称函数)(x f y =在区间M 上是增函数；当0)()(12<-=?x f x f y 时，就称函数)(x f y =在区间M 上是减函数。 2、函数的单调性与单调区间：如果一个函数在某个区间M 上是增函数或是减函数，就说这个函数在这个区间M 上具有单调性(区间M 称为单调区间)。此时也说函数是这一区间上的单调函数。在单调区间上，增函数的图像是上升的，减函数的图像是下降的。 [多选] 例1．下列给定函数中，在区间)10(，上单调递减的函数是( ) A 、x x f =)( B 、)1(log )(2 1+=x x g C 、|1|)(-=x x h D 、12)(+=x x w 【解析】x x f =)(在)0[∞+，上是增函数，)1(log )(2 1+=x x g 在)1(∞+-，上是减函数， |1|)(-=x x h 在]1(，-∞上是减函数，12)(+=x x w 在R 上是增函数， 则)(x g 和)(x h 在区间)10(，上单调递减的函数，选BC 。 (二)对函数单调性定义的理解 1、函数的单调性是局部性质：从定义上看，函数的单调性是指函数在定义域的某个子区间上的性质，即单调区间是定义域的子集，是函数的局部特征。函数的单调性只在定义域内讨论，可以是整个定义域，也可以是定义域的某个子区间；如果一个函数在某个区间上是单调的，那么在这个区间的子区间上也是单调的。但在某个区间上单调，在整个定义域上不一定单调。 如函数2x y =的定义域为R ，当)0[∞+∈，x 时是增函数，当]0(，-∞∈x 时是减函数。 2、任意性：①“任意取1x 、2x ”，不能取两个特殊值；②1x 、2x 有大小，通常规定012>-=?x x x ； ③1x 、2x 必须同属于定义域的某个子区间。 2013届高三理科数学研究性学习（9） 专题六：函数单调性和奇偶性若干问题研究 探究一：函数性质（单调性、奇偶性）定义经典试题 1. 对于定义在R 上的函数)(x f ，给出三个命题： （1）若)2()2(-f f =，则)(x f 是偶函数；（2）若)2()2(-f f ≠，则)(x f 不是偶函数； （3）若)2()2(-f f =，则)(x f 一定不是奇函数.其中正确命题的序号为________________ 2. 下列命题中，说法正确的是____________ （1）若定义在R 上的函数)(x f 满足)1()2(f f >，则函数)(x f 是R 上的单调增函数； （2）若定义在R 上的函数)(x f 满足)1()2(f f >，则函数)(x f 不是R 上的单调减函数； （3）若定义在R 上的函数)(x f 在区间(]0,∞-上是单调增函数，在区间[)+∞,0上也是单 调增函数，则函数)(x f 是R 上的单调增函数； （4）若定义在R 上的函数)(x f 在区间(]0,∞-上是单调增函数，在区间()+∞,0上也是单 调增函数，则函数)(x f 是R 上的单调增函数； 3. 已知)(x f 是定义在[]1,1-上的奇函数，若[]1,1,-∈b a ，且0≠+b a 时，恒有 0)()(>++b a b f a f .（1）判断)(x f 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)6()15(2 x f x f <- 探究二：抽象函数的单调性和奇偶性问题 抽象函数的具体模型 )()()(y f x f y x f +=+ )()()(y f x f xy f += )()()(y f x f y x f =+ )()()(y f x f xy f = 类型一：抽象函数证明函数的奇偶性问题 ① x R ∈，()f x 满足()()()f x y f x f y +=+，如何证明()f x 为奇函数？ ② x R ∈，()f x 满足()()()f xy f x f y =+，如何证明()f x 为偶函数？ 类型二：抽象函数证明函数的单调性问题 ① 若,R x ∈且()()()f x y f x f y +=+、()()()f xy f x f y =+证明其单调性 ② 若,R x ∈()()()f x y f x f y +=、()()()f xy f x f y =证明其单调性 例：设)(x f 是定义在R 上的函数，对R n m ∈,恒有)()()(n f m f n m f =+，且当0>x 时，1)(0< 重难点2-4 抽象函数及其性质8大题型 抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一个函数，由抽象函数构成的数学问题叫做抽象函数问题。 抽象函数问题能综合考查学生对函数概念和各种性质的理解，但由于其表现形式的抽象性和多变性，学生往往无从下手，这类问题是高考的一个难点，也是近几年高考的热点之一。 一、抽象函数的赋值法 赋值法是求解抽象函数问题最基本的方法，复制规律一般有以下几种： 1、……-2，-1,0,1,2……等特殊值代入求解； 2、通过()()12-f x f x 的变换判定单调性； 3、令式子中出现()f x 及()-f x 判定抽象函数的奇偶性； 4、换x 为+x T 确定周期性. 二、判断抽象函数单调性的方法： （1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论; （2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试. ①若给出的是“和型”抽象函数() =+y x f ，判断符号时要变形为： ()()()()111212)(x f x x x f x f x f -+-=-或 ()()()()221212)(x x x f x f x f x f +--=-; ②若给出的是“积型”抽象函数() =xy f ，判断符号时要变形为： ()()()112112x f x x x f x f x f -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ⋅=-或()()()⎪⎪⎭ ⎫ ⎝⎛ ⋅- =-212212x x x f x f x f x f . 三、常见的抽象函数模型 1、()()()+=+f x y f x f y 可看做()=f x kx 的抽象表达式； 专题7 抽象函数的单调性和奇偶性-高一数学必修一专题复习训练含答案 一、选择题 1．设()f x 是定义在(),-∞+∞上的单调递减函数，且()f x 为奇函数.若()11f =-，则不等式 ()121f x -≤-≤的解集为 A . []1,1- B ． []0,4 C ． []2,2- D ． []1,3 【答案】D 2．若函数()f x 的定义域为()32,1a a -+，且函数()1f x -为奇函数，则实数a 的值为（ ） A . 2 B . 4 C . 6 D . 8 【答案】C 【解析】函数()f x 的定义域为()32,1a a -+，且函数()1f x -为奇函数，则函数()f x 的图象关于点()1,0对称，故有()132{ 3212 a a a a +>--++＝，求得2a =，故选A . 3．已知()f x 是偶函数，它在[ )0,+∞上是减函数，若()()lg 1f x f > ，则x 的取值范围是（ ） A . 1,110⎛⎫ ⎪⎝⎭ B . 1,1010⎛⎫ ⎪⎝⎭ C . ()10,1,10⎛⎫ ⋃+∞ ⎪⎝⎭ D . ()()0,110,⋃+∞ 【答案】B 【解析】试题分析：偶函数 () f x 在 [)0,+∞上是减函数，则在(],0-∞上为增函数，由()()lg 1f x f >可知 ，得 ，故选项B 正确． 考点：偶函数的单调性及其运用． 【易错点睛】解答本题时考生容易错误的理解为：偶函数在整个定义域上的单调性是一致的，而列出不等 式 ，解得 ，没有正确的选项可选．偶函数的图象关于y 轴对称，则其在原点两侧对称区 间的单调性也是不同的，即一侧为单调增函数，则对称的另一侧为单调减函数．只有清楚了函数的单调性，才能正确的列出不等式，进而求出正确的解． 4．已知函数()y f x =是R 上的偶函数，且在[ )0+∞，上单调递增，则下列各式成立的是（ ） 专题02 抽象函数为载体考查函数奇偶性、周期性、对称性等性质问题 专题概述 抽象函数是高中数学的难点，也是近几年考试的热点和重点，尤其函数奇偶性、周期性、对称性结合的题目往往使考生无从下手，本文从多方面例举其应用． 典型例题 考向1 抽象函数的单调性 【例1】（2019秋•静宁县校级期末）已知偶函数()f x 在区间(-∞，0]单调递减，则满足(21) ()f x f x -的 x 取值范围是( ) A ．[1，)+∞ B ．(-∞，1] C ．(-∞，1 ][13，)+∞ D ．1 [3 ，1] 【分析】根据题意，结合函数的奇偶性与单调性分析可得 22(21)()(|21|)(||)|21|||(21)f x f x f x f x x x x x -⇒-⇒-⇒-，解可得x 的取值范围，即可得答案． 【解答】解：根据题意，偶函数()f x 在区间(-∞，0]单调递减，则()f x 在[0，)+∞上为增函数， 则22(21)()(|21|)(||)|21|||(21)f x f x f x f x x x x x -⇒-⇒-⇒-， 解可得： 1 13 x ， 即x 取值范围是1 [3 ，1]； 故选：D ． 【例2】（2019秋•武汉期末）若14 6()7a -=，157()6b =，27log 8c =，定义在R 上的奇函数()f x 满足：对任意 的1x ，2[0x ∈，)+∞且12x x ≠都有1212 ()() 0f x f x x x -<-，则f （a ） ，f （b ），f （c ）的大小顺序为( ) A ．f （b ）f <（a ）f <（c ） B ．f （c ）f >（b ）f >（a ） C ．f （c ）f >（a ）f >（b ） D ．f （b ）f >（c ）f >（a ） 【分析】根据题意，由函数单调性的定义可得()f x 在[0，)+∞上为减函数，结合函数的奇偶性可得函数()f x 在R 上为减函数，进而可得2 7 log 08 =<且0a b >>，结合函数的单调性分析可得答案． 【解答】解：根据题意，函数()f x 满足：对任意的1x ，2[0x ∈，)+∞且12x x ≠都有 1212 ()() 0f x f x x x -<-， 则()f x 在[0，)+∞上为减函数， 又由()f x 为定义在R 上的奇函数，则函数()f x 在(-∞，0]上为减函数， 函数性质的综合问题 考点一 函数的奇偶性与单调性 函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路 (1)解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性． (2)解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f (x 1)＞f (x 2)或f (x 1)＜f (x 2)的形式，再根据函数的奇偶性与单调性，列出不等式(组)，要注意函数定义域对参数的影响． [典例1] (1)(2019·全国卷Ⅲ)设f (x )是定义域为R 的偶函数，且在(0，＋∞)单调递减，则( ) A ．f ⎝⎛⎭⎫log 31 4＞f ()2＞f ()2 B ．f ⎝⎛⎭ ⎫log 31 4＞f ()2＞f ()2 C ．f ()2＞f ()2 ＞f ⎝⎛⎭ ⎫log 31 4 D ．f ( )2 ＞f ()2＞f ⎝⎛⎭ ⎫log 3 14 (2)函数f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减，且为奇函数．若f (1)＝－1，则满足－1≤f (x －2)≤1的x 的取值范围是( ) A ．[－2,2] B ．[－1,1] C ．[0,4] D ．[1,3] (1)C (2)D [(1)∵f (x )是定义域为R 的偶函数， ∴f (－x )＝f (x )． ∴f ⎝⎛⎭ ⎫log 31 4＝f (－log 34)＝f (log 34)． 又∵log 34＞log 33＝1，且1＞2＞2 ＞0， ∴log 34＞2 ＞2 ＞0. ∵f (x )在(0，＋∞)上单调递减， ∴f (2)＞f (2 )＞f (log 34)＝f ⎝⎛⎭ ⎫log 31 4.故选C. (2)∵f (x )为奇函数，∴f (－x )＝－f (x )． ∵f (1)＝－1，∴f (－1)＝－f (1)＝1. 故由－1≤f (x －2)≤1，得f (1)≤f (x －2)≤f (－1)． 又f (x )在(－∞，＋∞)上单调递减， ∴－1≤x －2≤1，∴1≤x ≤3.故选D.] 点评：解答此类题目时，奇偶性的作用是把不在同一单调区间的自变量转化到同一单调区间上． [跟进训练] 1．函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数，则下列结论成立的是( ) A ．f (1)＜f ⎝⎛⎭⎫52＜f ⎝⎛⎭⎫72 B ．f ⎝⎛⎭⎫72＜f (1)＜f ⎝⎛⎭⎫52 C ．f ⎝⎛⎭⎫72＜f ⎝⎛⎭⎫52＜f (1) D ．f ⎝⎛⎭⎫52＜f (1)＜f ⎝⎛⎭ ⎫72 B [∵函数y ＝f (x )在[0,2]上单调递增，且函数f (x ＋2)是偶函数， ∴函数y ＝f (x )在[2,4]上单调递减，且在[0,4]上函数y ＝f (x )满足f (2－x )＝f (2＋x )， ∴f (1)＝f (3)，f ⎝⎛⎭⎫72＜f (3)＜f ⎝⎛⎭⎫52， 即f ⎝⎛⎭⎫72＜f (1)＜f ⎝⎛⎭ ⎫52.] 2．已知f (x )是定义在[2b,1－b ]上的偶函数，且在[2b,0]上为增函数，则f (x －1)≤f (2x )的解集为( ) A.⎣⎡⎦⎤－1，2 3 B ．⎣⎡⎦⎤－1，1 3 C ．[－1,1] D ．⎣⎡⎦⎤13，1 B [∵f (x )是定义在[2b,1－b ]上的偶函数，∴2b ＋1－b ＝0，∴b ＝－1. ∵f (x )在[2b,0]上为增函数，即函数f (x )在[－2,0]上为增函数，故函数f (x )在(0,2]上为减函数，则由f (x －1)≤f (2x )，可得|x －1|≥|2x |，即(x －1)2≥4x 2， 高一数学函数的奇偶性试题答案及解析 1.设函数和分别是上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是 A．是偶函数B．是奇函数 C．是偶函数D．是奇函数 【答案】A 【解析】由设函数f（x）和g（x）分别是R上的偶函数和奇函数，我们易得到|f（x）|、|g（x）|也为偶函数，进而根据奇+奇=奇，偶+偶=偶，逐一对四个结论进行判断，即可得到答案． ∵函数f（x）和g（x）分别是R上的偶函数和奇函数， 则|g（x）|也为偶函数， 则f（x）+|g（x）|是偶函数，故A满足条件； f（x）-|g（x）|是偶函数，故B不满足条件； |f（x）|也为偶函数， 则|f（x）|+g（x）与|f（x）|-g（x）的奇偶性均不能确定 故选A 【考点】函数奇偶性的判断 2.若定义在上的奇函数和偶函数满足，则（） A．B．C．D． 【答案】A 【解析】为奇函数和为偶函数，由可得，即 ，，可解得. 故选A. 【考点】函数的奇偶性. 3.已知f(x)是定义在(-3,3)上的奇函数，当0＜x＜3时，如图所示，那么不等式f(x)cosx＜0的解集是( ). A．B． C．D． 【解析】 图1图2 如图1为f(x)在（-3，3）的图象，图2为y=cosx图象，要求得的解集，只需转化为 在寻找满足如下两个关系的区间即可：，结合图象易知当时，，当时，，当时，，故选B. 【考点】奇函数的性质，余弦函数的图象，数形结合思想. 4.已知函数为偶函数，且若函数，则= ． 【答案】2014 【解析】由函数为偶函数，且得 从而，故应填入2014． 【考点】函数的奇偶性． 5.若函数在其定义域上为奇函数，则实数 . 【答案】 【解析】小题可采用带特殊值法求得，检验此时在处有定义. 【考点】奇函数定义及特殊值法. 6.函数的图像大致是（） 【答案】A 【解析】因为的定义域为且，所以为上的偶函数，该函数 的图像关于轴对称，只能是图像A、C选项之一，而，故选A. 【考点】1.函数的图像；2.函数的奇偶性. 7.已知，，则_ ____． 【答案】5 【解析】函数，，又为奇函数，所以 . 【考点】函数奇偶性. 8.已知是奇函数，且，则． 热点2-2 函数的单调性、奇偶性、对称性、周期性10 大题型 函数的性质是函数学习中非常重要的内容，对于选择题和填空题部分，重点考查基本初等函数的单调性，利用性质判断函数单调性及求最值、解不等式、求参数范围等，难度较小，属于基础题；对于解答题部分，一般与导数结合，考查难度较大。 一、单调性定义的等价形式: 1、函数()x f 在区间[]b a ,上是增函数: ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021<-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠， ()() 02 121>--x x x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121>--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()() 0212 1>--x f x f x x . 2、函数()x f 在区间[]b a ,上是减函数: ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x <，都有()()021>-x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠， ()() 02 121<--x x x f x f ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()()()[]02121<--x f x f x x ； ⇔任取[]b a x x ,,21∈，且21x x ≠，()() 0212 1<--x f x f x x . 二、判断函数奇偶性的常用方法 1、定义法：若函数的定义域不是关于原点对称，则立即可判断该函数既不是奇 抽象函数（例题-含答案） 重庆书之香教育 CHONG QING *****ON 高考抽象函数技巧总结 由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号f(x)的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。现将常见解法及意义总结如下：一、求表达式：1.换元法：即用中间变量 表示原自变量x的代数式，从而求出f(x)，这也是证某些公式或等式常用的 方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。 x)?2x?1,求f(x). x?1xu2?xu2?u?u,则x??1?解：设∴f(u)?2∴f(x)? x?11?u1?x1?u1?u例1：已知f(2.凑合法：在已知f(g(x))?h(x)的条件下，把h(x)并凑成以g(u)表示的代数式，再利用代换即可求 f(x).此解法简洁，还能进一步复习代换法。 例2：已知f(x?)?x?1x31，求f(x) 3x2解：∵f(x?)?(x?)(x?1?1x1x*****)?(x?)((x?)?3)|x?|?|x|??1 又∵x2xxx|x|∴f(x)?x(x2?3)?x3?3x，(|x|≥1) 3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。 例3．已知f(x)二次实函数，且f(x?1)?f(x?1)?x2+2x+4,求f(x). 解:设f(x)=ax?bx?c，则f(x?1)?f(x?1)?a(x?1)2?b(x?1)?c?a(x?1)2?b(x?1)?c 2?2(a?c)?413?22?a?,b?1,c?∴=2ax?2bx?2(a?c)?x?2x?4比较系数得?2a?122?2b?2?f(x)?123x?x? 224.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. Email:2463451976 抽象函数常见考题及解析 四川省南充市李渡中学 雍兴灵 抽象函数在中学数学教材中虽没有单独的章节，但在高考试卷中却常考常新.下面是笔者整理的近年考题中常见的抽象函数问题，供高三复习时参考. 一、求定义域 求抽象函数的定义域要注意中间变量的等同性，如在1(())f g x ，2(())f g x 中，1()g x 与2()g x 的值域相同. 例1 （13.大纲卷.理）已知函数()f x 的定义域为()1,0-，则函数()21f x +的定义域为 A.()1,1- B.11,2⎛⎫-- ⎪⎝⎭ C.()1,0- D.1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ 解：由已知条件得，1210x -<+<，解得112x -<<- ，∴选B . 二、求函数值(域) 赋值、迭代是解抽象函数问题的常见方法． 例2 (08.四川)设定义在R 上的函数()f x 满足()(2)13f x f x +=，若(1)2f =，则(99)f = A ．13 B ．2 C ．132 D ．213 解：∵()(2)13f x f x ⋅+=，∴()0f x ≠，且(2)(4)13f x f x +⋅+=， ∴(4)()f x f x +=，即()f x 是以4为周期的周期函数． ∴1313(99)(3424)(3)(1)2 f f f f =+⨯===．∴选C ． 例 3 (08.陕西)定义在R 上的函数()f x 满足()()()2f x y f x f y xy +=++（x y ∈R ，），(1 )2f =，则(3)f -等于 A ．2 B ．3 C ．6 D ．9 解：由()()()2f x y f x f y xy +=++得：(0)(0)(0)0f f f =++，∴0)0(=f . 由(0)(1)(1)2f f f =+--得，∴(1)0f -=，∴(2)(1)(1)22f f f -=-+-+=； ∴(3)(2)(1)46f f f -=-+-+=. ∴选C. 说明：①以上两例着重考查抽象函数的性质．②以上两例看似很难，实为抽象函数问题中的常规题型． 例4 (08.江西.理)若函数()y f x =的值域是1,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦，则函数()()1 ()F x f x f x =+的值域是 A ．[ 21，3] B ．[2，310] C ．[25，310] D ．[3，3 10] 解：由132y ≤≤得：()12F x y y =+≥(当且仅当1y =时取“=”)，∴()F x 的最小值为2，∴选B . 说明：①本题可用函数1y y +在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦ 上单调递减，在(]1,3上单调递增求()F x 的值域.②本题最易出错的是：由1()32f x ≤≤得1123()f x ≤≤，从而()5156()f x f x ≤+≤，于是陷入绝路. 1.3.2 函数的奇偶性重难点题型【举一反三系列】知识链接 举一反三 【考点1 判断一般函数的奇偶性】 【练1】下列函数为偶函数的是（） A．f（x）＝x2（﹣1＜x＜3）B．f（x） C．f（x）＝x4﹣1 D．f（x）＝x 【思路分析】根据偶函数的定义和性质分别进行判断． 【答案】解：A．函数f（x）的定义域关于原点不对称，∴函数f（x）为非奇非偶函数． B．函数f（x）的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，当f（x），为奇函数，不满足条件． C．函数f（x）的定义域为R，关于原点对称，f（﹣x）＝x4﹣1＝f（x），∴f（x）是偶函数，满足条件．D．函数f（x）的定义域为{x|x≠0}，关于原点对称，f（﹣x）＝﹣f（x），∴f（x）为奇函数，不满足条件．故选：C． 【练1.2】下列函数中是奇函数的为（） A．y＝x3﹣x2B．y＝|x﹣1| C．y＝﹣3x3+x D．y 【思路分析】运用函数的奇偶性的定义，即可判断各个选项的奇偶性． 【答案】解：对于A，y＝f（x）＝x3﹣x2，由f（﹣x）＝﹣x3﹣x2≠﹣f（x），且f（﹣x）≠f（x）， 可得f（x）为非奇非偶函数； 对于B，y＝f（x）＝|x﹣1|，f（﹣x）＝|﹣x﹣1|≠﹣f（x），且f（﹣x）≠f（x）， 可得f（x）为非奇非偶函数； 对于C，y＝f（x）＝﹣3x3+x，由f（﹣x）＝3x3﹣x＝﹣f（x），则f（x）为奇函数； 对于D，y＝f（x）|x|，由f（﹣x）＝|﹣x|＝f（x），则f（x）为偶函数． 故选：C． 【练1.2】判断下列函数的奇偶性 （1）f（x）＝|x+1|+|x﹣1| （2）f（x） （3）f（x） （4）f（x）＝x2，x∈[﹣2，3]． 【思路分析】由题设条件可以看出，可以用函数奇偶性的定义对这个函数进行验证，以确定其性质． 【答案】解：（1）∵函数f（x）＝|1+x|+|x﹣1|的定义域为R，关于原点对称， 又f（﹣x）＝|﹣x+1|+|﹣x﹣1|＝|x+1|+|x﹣1|＝f（x） ∴f（x）是偶函数； （2）定义域为R，关于原点对称，f（﹣x）f（x），∴f（x）是奇函数； （3）定义域为{x|x≠1}，不关于原点对称，非奇非偶函数； （4）定义域为{x∈[﹣2，3]，不关于原点对称，非奇非偶函数． 【练1.3】判断下列函数的奇偶性： 【高频考点解读】 1.理解函数的单调性、最大值、最小值及其几何意义． 2.会运用函数的图象理解和争辩函数的性质． 3.结合具体函数，了解函数奇偶性的含义． 4.会运用函数的图象理解和争辩函数的奇偶性． 【热点题型】 题型一 函数单调性的推断 例1、(1)下列函数f (x )中，满足“∀x 1，x 2∈(0，＋∞)且x 1≠x 2，(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]<0”的是( ) A ．f (x )＝2x B ．f (x )＝|x －1| C ．f (x )＝1 x －x D ．f (x )＝ln(x ＋1) (2)函数y ＝x ＋2 x ＋1 在(－1，＋∞)上是________(填“增函数”或“减函数”)． 解析 (1)由(x 1－x 2)[ f (x 1)－f (x 2)]<0可知，f (x )在(0，＋∞)是减函数，f (x )＝1x －x 求导，f ′(x )＝1 x 2－1<0，∴f (x )＝1 x －x 在(0，＋∞)是减函数． (2)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，且x 1 专题一 压轴选择题 第六关 以抽象函数为载体考查函数奇偶性、周期性、对称性等性质为主的选择题 【名师综述】抽象函数是高中数学的难点，也是近几年考试的热点和重点，尤其函数奇偶性、周期性、对称性结合的题目往往使考生无从下手，本文从多方面例举其应用． 类型一 抽象函数的周期性 典例1 【2019·山东高考模拟（理）】已知函数()f x 和(2)f x +都是定义在R 上的偶函数，当[0,2]x ∈时， ()2x f x =，则20192f ⎛⎫ - = ⎪⎝⎭ （ ） A ．2 B ．22 C ． 32 2 D ．2 【答案】B 【解析】因为(2)f x +都是定义在R 上的偶函数，所以(2)(2)f x f x -+=+，即()(4)f x f x =-，又()f x 为偶函数，所以()()(4)f x f x f x =-=+，所以函数周期4T =， 所以20192f ⎛⎫ -= ⎪⎝⎭20192f ⎛⎫= ⎪⎝⎭ (4252 1.5)(1.5)22f f ⨯+==，故选B. 【名师指点】本题考查了函数的奇偶性与周期性，解题的关键是明确函数的周期类型四 奇偶性、对称性、周期性的结合. 【举一反三】【陕西省西安市远东第一中学2019届高三10月月考】已知函数是定义在上的奇函数，若对于任意的实数 ，都有 ，且当 时， ，则 的值为( ) A ．－1 B ．－2 C ．2 D ．1 【答案】A 【解析】 因为f （x ）是奇函数，且周期为2，所以f （﹣2 017）+f （2 018）=﹣f （2 017）+f （2 018）=﹣f （1）+f （0）． 当x ∈[0，2）时，f （x ）=log 2（x+1）， 所以f （﹣2 017）+f （2 018）=﹣1+0=﹣1． 故选：A ． 抽象函数经典综合题33例（含详细解答） 抽象函数，是指没有具体地给出解析式，只给出它的一些特征或性质的函数，抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述，综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力，考查对于函数性质的代数推理和论证能力，考查学生对于一般和特殊关系的认识，是考查学生能力的较好途径。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。 本资料精选抽象函数经典综合问题33例（含详细解答） 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）证明：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）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2 ∵f(0)≠0 ∴f(0)=1 （2）令a=x ，b=-x 则 f(0)=f(x)f(-x) ∴) (1 )(x f x f = - 由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0 ∴0) (1 )(>-= x f x f 又x=0时，f(0)=1>0 ∴对任意x ∈R ，f(x)>0 (3)任取x 2>x 1，则f(x 2)>0，f(x 1)>0，x 2-x 1>0 ∴ 1)()()() () (121212>-=-⋅=x x f x f x f x f x f ∴f(x 2)>f(x 1) ∴f(x)在R 上是增函数 （4）f(x)·f(2x-x 2 )=f[x+(2x-x 2 )]=f(-x 2 +3x)又1=f(0)， f(x)在R 上递增 ∴由f(3x-x 2 )>f(0)得：3x-x 2 >0 ∴ 0函数单调性奇偶性综合性质题型总结
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