高中数学必修1抽象函数练习题教师版
抽象函数练习题教师版
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：
,)]1([2)()1(,1, 2fnfnfynx 得令 令 x=0,y=1,得 f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令 x=y=0,得：f(0)=0,
∴f(1)=
2
1 , .2
2001)2001(f,2
n)n(f,2
1f(n)-1)f(n 故即
2.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)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1),
故 g(x)=g(x+1) 又 g(1)=1, 故 g(2002)=1.
3. 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 ( 2)f （ 1
2
4，. 的值是则且如果
)2000(
)2001(
)5(
)6(
)3(
)4(
)1(
)2(,2)1(),()()( f
f
f
f
f
f
f
ffyfxfyxf 。2000
2 (1) (2)
(1)
f f
f
2 2 2(2) (4) (3) (6) (4) (8)
(3) (5) (7)
f f f f f f
f f f
.( ( ) 2nf n ,原式=16)
5、对任意整数 yx, 函数 )(xfy 满足： 1)()()( xyyfxfyxf ，若 1)1( f ，则 )8(f C
A.-1 B.1 C. 19 D. 43
6、函数 f(x)为 R 上的偶函数，对 x R 都有 ( 6) ( ) (3)f x f x f 成立，若 (1) 2f ，则 (2005)f =（ ）（B）
A . 2005 B. 2 C.1 D.0
7，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 21 xx ,使得
)()( 21 xfxf ，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
21 xx ，使得 )()( 21 xfxf 成立矛盾，故 f(0)≠0，必有 f(0)=1。
由于 f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数 x、y 均成立，因此， 0)2()(
2
xfxf ,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.
8，设对满足 x≠0,x≠1 的所有实数 x，函数 f(x)满足, xx
xfxf
11 ,求 f(x)的解析式。
解: (1)1),x0(x x1)x
1x(f)x(f 且 ---- ,12)1
1()1(:x
1-x
x
x
xfx
xfx 得代换用 （2）
:)1(x-1
1 得中的代换再以 x .1
2)()x-1
1f( x
xxf
---（3） 1)x0(x
x2x2
1xx)x(f:2
)2()3()1(
2
23
且得由
9，已知 f(x)是多项式函数，且 f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求 f(x).
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.
小结：如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
10，已知 )(xf 是定义在R上的偶函数，且 )2
1()2
3( xfxf 恒成立，当 3,2x 时， xxf )( ，
则当 )0,2(x 时，函数 )(xf 的解析式为（ D ）
A． 2x B． 4x C． 12 x D． 13 x
解：易知 T=2，当 )1,2( x 时, 3,24x ,∴ )(4)4( xfxxf ;
当 )0,1(x 时 3,22 x ,∴ )()(2)2( xfxfxxf .故选 D。
11， .23
2|)x(f:|,x)x
1(f2)x(f),)x(f,x()x(fy 求证且为实数即是实数函数设
解: 02)x(xf3 x,x
1)x(f2)x
1(f,xx
1 2 与已知得得代换用 ， .23
2|)x(f|,024)x(9f 0 2 得由
12，已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x.
（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 x0，使得 f(x0)=x0，求函数 f(x)的解析表达式。
2 2
2 2
2 2
2 2
( ) , ( ( ) - ) ( )
( ( 2 ) - 2 2 ) ( 2 ) 2 2
( 2 ) 3 , ( 3 - 2 2 3 2 2 , (1 ) 1
( 0 ) , ( 0 0 ) 0 0 , ( )
I x R f f x x x f x x x
f f f
f f f
f a f a a f a a
解 ： 因 为 对 任 意 有
所 以
又 由 得 ） 即
若 则 即
2 2
0 0 0
2
0
2
0 0 0 0 0
2
0 0 0 0 0 0
2 2
0
(II) ( ( ) ) ( ) .
( )
, ( )
( )
( ) 0
( ) 0 ( )
x R f f x x x f x x x
x f x x
x R f x x x x
x x f x x x x
f x x x x x x
x f x x x f x x x
因 为 对 任 意 ， 有
又 因 为 有 且 只 有 一 个 实 数 ， 使 得
所 以 对 任 意 有
在 上 式 中 令 ， 有
再 代 ， 得 ， 故 = 0 或 = 1
若 = 0 ， 则 ， 即
2
0
2 2
0
2
0
( ) 1, ( ) 1 .
( ) 1 ( )
x x x x
x f x x x f x x x
f x x x x R
但 方 程 有 两 个 不 相 同 实 根 ， 与 题 设 条 件 矛 盾 。 故
若 = 1 ， 则 有 即 易 验 证 该 函 数 满 足 题 设 条 件 。
综 上 ， 所 求 函 数 为
13，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 (0)f 的值；
（2）对任意的 1
1(0, )2x ， 2
1(0, )2x ，都有 f(x1)+2
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 x11，
f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)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,x<0 时，-x>0，f(-x)>1,∴由 0)(
1)(1)()()0(
xfxfxfxff 得 ，故 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）
15 ， 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 x1,x2 都 有
1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x f x f x ，且当 1x 时 ( ) 0, (2) 1f x f ，
（1）f(x)在(0,+∞)上是增函数； （2）解不等式 2(2 1) 2f x
解： （1）设 2 1 0x x ，则 2
2 1 1 1
1
( ) ( ) ( ) ( )xf x f x f x f xx
2 2
1 1
1 1
( ) ( ) ( ) ( )x xf x f f x fx x
∵ 2 1 0x x ，∴ 2
1
1x
x
，∴ 2
1
( )xf x 0 ，即 2 1( ) ( ) 0f x f x ，∴ 2 1( ) ( )f x f x
∴ ( )f x 在 (0, ) 上是增函数
（2） (2) 1f ，∴ (4) (2) (2) 2f f f ，∵ ( )f x 是偶函数∴不等式 2(2 1) 2f x 可化为
2(|2 1|) (4)f x f ，又∵函数在 (0, ) 上是增函数，∴0≠ 2|2 1| 4x ，解得： 10 10 2{ | }2 2 2x x x 且
16，已知函数 f(x)的定义域为 R，且对 m、n∈R,恒有 f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且 f(－
2
1 )=0,当 x>－
2
1 时，f(x)>0.
求证：f(x)是单调递增函数；
证明：设 x1＜x2,则 x2－x1－
2
1 >－
2
1 ,由题意 f(x2－x1－
2
1 )>0,
∵f(x2)－f(x1)=f［(x2－x1)+x1］－f(x1)=f(x2－x1)+f(x1)－1－f(x1)=f(x2－x1)－1=f(x2－x1)+f(－
2
1 )－1=f［(x2－x1)－
2
1 ］>0,
∴f(x)是单调递增函数.
17，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.
)293()3 xxx f
(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)
,2x,2xnm,xx0:)2( n
2
m
121 且使可令设证明 0nm)2(f)nm()2(f)x
x(f)x(f)x(f)1( nm
2
1
21 得由
故 f(x1)0 可得 f(a)>f(b). 122 k ）
20，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=－
2
1 D.x=
2
1
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.
21，定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 2 3 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·3 x )+f(3 x -9 x -2)＜0 对任意 x∈R 恒成立，求实数 k 的取值范围．
(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)=log 2 3＞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·3 x )＜-f(3 x -9 x -2)=f(-3 x +9 x +2)， k·3 x ＜-3 x +9 x +2，
ba
bfaf
)()(
2231124010,24
)2()2()2(2)(12,)2(2)(
101,0)()()(,0)()(
0)(),1(0)()1,0()0()(,0)1()3(
)4,0(2)()2(0)1()1(
222
22
bbbbabba
babbafbafbfabbabafbf
baababfbfafbabfaf
xfxxfxxff
xff
又而
即且又
时，，时，上单调递增，，在
的解集为解：
3 2x -(1+k)·3 x +2＞0 对任意 x∈R 成立．令 t=3 x ＞0，即 t 2 -(1+k)t+2＞0 对任意 t＞0 恒成立．
2
2
1( ) (1 ) 2, 2
1 0 1 (0) 2 0,2
0 ,
1 00, ( ) 0 2
(1 ) 8 0
1 2 2
令 其 对 称 轴
当 即 时 ， 符 合 题 意 ；
1+k当 时2
对 任 意 恒 成 立
解 得 -1
kf t t k t x
k k f
k
t f t
k
k
故： 31 2 2 ( 3 ) (3 9 2) 0时， x xk f k f 对任意 x∈R 恒成立。
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)=t 2 -(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·3 x ＜-3 x +9 x +2 得 ,12213
23,13
23 x
x
x
x uk 而
要使对 x R 不等式 23 1.
3
x
xk 恒成立，只需 k< 12 2
上述解法是将 k 分离出来，然后用平均值定理求解，简捷、新颖．
22，①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）
23 ， 已 知 函 数 f x 满 足 ： 11 4f ， 4 ,f x f y f x y f x y x y R ， 则
2010f =_____________.
解析：取 x=1 y=0 得
2
1)0( f 法一：通过计算 )........4(),3(),2( fff ，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)= —f(n-1) 所以 T=6 故 2010f =f(0)=
2
1
24， 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（ ）C
A. 3 个 B.4 个 C.5 个 D.6 个
解：∵f (0) = 0→x1= 0， 又 f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0→ x2 = T，x3 = 2T.又因为
22
TxfTxf
令 x = 0 得
222
TfTfTf ,∴
2
3
2
TfTf =0.(本题易错选为 A)
25，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
26，函数 )1( xfy 是偶函数，则 )(xfy 的图象关于 x=1 对称。
27，函数 )(xfy 满足
)(
1)3( xfxf ，且 1)3( f ，则 )2010(f -1 。
28，（09 山东）已知定义在 R 上的奇函数 )(xf ，满足 ( 4) ( )f x 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 1 2 3 4, , ,x x x x ,则 1 2 3 4 _________.x x x x -8
29，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)2(f)3x(f2
1)]x(f[)2(;,4)xx3(f)1( 22 解方程解不等式
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.
则使假设存在某个又 ,0)x(f,Rx,0)]2
x(f[)2
x
2
x(f)x(f oo
2 f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,
与已知矛盾，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(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0. 所以 x∈R 时,f(x)为增函数. 解得:{x|10.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数； （Ⅱ） ).3
1(f)
5n5n
1(f)19
1(f)11
1(f 2
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.
)3n)(2n(
11
)3n)(2n(
1
f)1)3n)(2n(
1(f)
5n5n
1(f 2
又 )3n
1(f)2n
1(f
)3n
1(2n
11
)3n
1(2n
1
f
)3n
1(f)3
1(f)]5
1(f)4
1(f[)]4
1(f)3
1(f[)
5n5n
1(f)19
1(f)11
1(f 2
命题成立又 ).3
1(f)3n
1(f)3
1(f,0)3n
1(f
