人教新课标A版高考数学黄金题系列第19题函数与方程问题的分析理

人教新课标A版高考数学黄金题系列第19题函数与方程问题的分析理

第 19 题 函数与方程问题的分析 I．题源探究·黄金母题 【例 1】已知 ( ) 3xf x  ，求证： （1）      f x f y f x y   ； （2）      f x f y f x y   ． 【证明】 （1）        3 , 3 3 3x x y x yf x f x f y f x y        ． （2）        3 , 3 3 3x x y x yf x f x f y f x y        ． 精彩解读 【试题来源】人教版 A 版必修 1 第 82 页复 习参考题 A 组第 7 题． 【母题评析】本题考查了指数幂运算的性 质． 【思路方法】逆用指数幂运算的性质解题． II．考场精彩·真题回放 【例 2】【2017 高考江苏卷】设 ( )f x 是定义在 R 且周期为 1 的函数，在区间[0,1) 上， 2, ,( ) , , x x Df x x x D     其中集合 1, *nD x x nn      N ，则方程 ( ) lg 0f x x  的解的个数 是 ． 【答案】8 【解析】由于 ( ) [0,1)f x  ，则需考虑1 10x  的情况 在此范围内， x Q 且 xZ 时，设 *, , , 2qx p q pp   N ，且 ,p q 互质． 若 lg x Q ，则由 lg (0,1)x ，可设 *lg , , , 2nx m n mm   N ，且 ,m n 互质，因此10 n m q p  ， 则10 ( )n mq p  ，此时左边为整数，右边非整数，矛盾，因此 lg x Q ，因此 lg x 不可能与每个周期内 x D 对应的部分 相等，只需考虑 lg x 与每个周期 x D 的部分的交点，画出 函数图象，图中交点除 1, 0 外其它交点横坐标均为无理 数，属于每个周期 x D 的部分，且 1x  处   1 1lg 1ln10 ln10x x     ，则在 1x  附近仅有一个交点，一次方 程解的个数为 8． 【命题意图】本题属于能力题，中等难度．在 考查抽象函数问题、绝对值不等式、函数的 最值等基础知识的同时，考查了考生的逻辑 推理能力、运算能力、分类讨论思想及转化 与化归思想． 【考试方向】这类试题在考查题型上，通常 基本以选择题或填空题的形式出现，难度较 大． 【难点中心】解答本题的关键，是利用分类 讨论思想、转化与化归思想，逐步转化成不 含绝对值的式子，得出结论． 对于方程解的个数(或函数零点个数)问题， 可利用函数的值域或最值，结合函数的单调 性、草图确定其中参数范围．从图象的最高 点、最低点，分析函数的最值、极值；从图 象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的 走向趋势，分析函数的单调性、周期性等． 【例 3】【2014 高考辽宁卷】已知定义在[0,1] 上的函数 ( )f x 满足： ① (0) (1) 0f f  ； ②对所有 , [0,1]x y  ，且 x y ，有 1| ( ) ( )| | |2f x f y x y   ． 若对所 有 , [0,1]x y  ， | ( ) ( ) |f x f y k  ，则 k 的 最小值 为 （ ） A． 1 2 B． 1 4 C． 1 2 D． 1 8 【答案】B 【解析】不妨令 0 1x y   ，则     1 2f x f y x y   ． 解法一：                2 0 1f x f y f x f f x f y f y f                    0 1f x f f x f y f y f         1 1 1 1 1 1 10 1 12 2 2 2 2 2 2x x y y x y x y            ， 即得     1 4f x f y  ，另一方面，当 10, 2u     时，     1,0 2 11 , 12 ux x f x u x x         ，符合题意， 当 1 2u  时，  1 102 2 4 uf f       ，故 1 4k  ． 解法二：当 1 2x y  时，     1 1 2 4f x f y x y    ， 当 1 2x y  时，            0 1f x f y f x f f y f                   1 11 0 0 12 2f x f f y f x y           1 1 1 1 112 2 2 2 4x y y x       ，故 1 4k  ． III．理论基础·解题原理 1．函数方程：含有未知函数的等式叫做函数方程，例如：        , 1 1f x f x f x f x      都可称 为函数方程．在高中阶段，涉及到函数方程有以下几个类型： （1）表示函数  f x 的某种性质：例如    f x f x  体现  f x 是偶函数；    1f x f x  体现  f x 是周期为 1 的周期函数（可详见“函数对称性与周期性”一节）． （2）可利用解方程组的思想解出涉及的函数的解析式：例如：   12 3f x f xx      ，可用 1 x 代替 x 得  1 32f f xx x       ，即       12 3 2 1 32 f x f xx f x xxf f xx x                  ． （3）函数方程也是关于变量的恒等式，所以通过对变量赋特殊值得到某些数的函数值． 2．双变量函数方程的赋值方法： （1）对 ,x y 均赋特殊值，以得到某些点的函数值，其中有些函数值会对性质的推导起到关键作用，比如      0 , 1 , 1f f f  ，在赋特殊值的过程中要注意所赋的值要符合函数定义域． （2）其中某一个变量不变，另一个赋特殊值，可得到单变量的恒等式，通常用于推断函数的性质． IV．题型攻略·深度挖掘 【考试方向】 这类试题在考查题型上，通常以选择题或填空题或解答题的形式出现，考查对基本初等函数及超越函数 性质的理解，一般难度较大． 【技能方法】 常见函数所符合的函数方程：在填空选择题时可作为特殊的例子辅助处理，但是在解答题中不能用这些 特殊的函数代表函数方程． 抽 象 函 数 具 体 模 型      f x y f x f y   比例函数：正  f x kx      f x y f x f y   指数函数：    0, 1xf x a a a        f x y f x f y   当  0,x   时，   logaf x x 当  | 0x x x  时，   logaf x x      f x y f x f y   幂函数：  f x x          2 , 0 0f x y f x y f x f y f      三角函数：   cosf x x 【易错指导】 由于抽象函数没有具体的函数解析式，构造时容易顾此失彼，忽略性质的背后可能还蕴涵着其他性质， 结论背后可能还推论出其他结论．所以，在解题时一定要反复推敲，不断假设验证，或者索性先构造一 个具体函数，然后隐去解析式来叙述这个函数的性质，那么出现错题的可能性就小了许多． V．举一反三·触类旁通 考向 1 求抽象函数的解析式（值） 【例 1】【2017 东北三省三校第二次联合模拟考试】已知偶函数  f x 的定义域为 R ，若  1f x  为奇函 数，且  2 3f  ，则    5 6f f 的值为（ ） A．-3 B．-2 C．2 D．3 【答案】D 【例 2】已知函数  f x 满足：   11 2f  ，对任意实数 ,x y 都有        2f x y f x y f x f y    ， 则        1 2 3 2014f f f f     （ ） A． 1 B． 1 2  C． 1 2 D． 1 【答案】B． 【解析】由所求出发可考虑判断  f x 是否具备周期性，令 1y  ，可得        1 1 2 1f x f x f x f    ，即      1 1f x f x f x    ，∴      2 1f x f x f x    ， 两式相加可得    2 1f x f x    ，则可判定  f x 的周期为 6，由      1 1f x f x f x    可得：       12 0 1 2f f f   ，即     12 6 2f f  ，由    2 1f x f x    可得     14 1 2f f    ， 则       13 5 4 2f f f    ，从而            1 2 3 4 5 6 0f f f f f f      ，∴                1 2 3 2013 335 1 6 2013 2013f f f f f f f f            ，且     12014 4 2f f   ． 【例 3】设角 的终边在第一象限，函数 )(xf 的定义域为 1,0 ，且 1)1(,0)0(  ff ，当 yx  时，有      sin 1 sin2 x yf f x f y        ，则使等式 1 1 4 4f      成立的 的集合为 ． 【答案】 | 2 ,6 k k Z        ． 限可得： 1sin 2   ，从而 的集合为 | 2 ,6 k k Z        ． 【例 4】设函数  f x 的定义域为 R ，  0 1f  ，且对 ,x y R  ，都有        1 2f xy f x f y f y x     ，则  f x 的解析式为________． 【答案】   1f x x  ． 【解析】观察到右边的结构并非    ,f x f y 的轮换对称式，考虑其中一个变量不变，另一个变量赋值为 1，则 1x  时，        1 1 1 2f y f f y f y     ①， 1y  时，        1 1 1 2f x f x f f x     ②，则求  1f 是关键，结合  0 1f  ，可令 0x y  ，则        21 0 0 0 2 1 2f f f f      ，代入到①②可得：         1 1 1 2 f y f y f x f x x       ，即         1 1 1 2 f x f x f x f x x       ，消去  1f x  解得：   1f x x  ． 【跟踪练习】 1．已知函数 y=f(x)是偶函数，其图像与 x 轴有四个交点，则方程 f(x)=0 的所有实根之和是( ) A．4 B．2 C．1 D．0 【答案】D 【解析】偶函数图像关于 y 轴对称，所以与 x 轴四个交点横坐标，两两关于 y 轴对称，即两两之和为零， 所有实根之和为零，选 D． 2．【2017 重庆第一次调研抽测】奇函数 的定义域为 ．若 为偶函数，且 ，则 （ ） A．-2 B．-1 C．0 D．1 【答案】B 3．已知  f x 是定义在 R 上的函数， 04f      ，且对任意的 ,x y R ，都有     2 2 2 x y x yf x f y f f             ，那么 3 5 2015 4 4 4 4f f f f                             _________． 【答案】 0 ． 【解析】函数方程为“和→积”的特点，抓住 04f      ，可发现令 2y x   ，则   2 222 2 02 2 2 4 4 x xx f x f x f f f x f                                             ，∴可得：自变量间隔 2  ，， 其函数值的和为 0，∴将求和的式子两两一组，即： 3 5 7 2013 2015 04 4 4 4 4 4S f f f f f f                                                             ． 4．【2017 西省实验中学高三下学期模拟热身】已知定义在 R 上的函数  y f x 满足条件    4f x f x   ，且函数  2y f x  是偶函数，当  0,2x 时，   lnf x x ax  （ 1 2a  ），当  2,0x  时，  f x 的最小值为 3，则 a 的值等于 （ ） A． 2e B．e C．2 D．1 【答案】A 【解析】因为函数  2y f x  是偶函数，所以    2 2f x f x    ，即    4f x f x   ． 当  2,0x  时，          0 , 2 ,   4 lnx f x f x f x x ax            ．   1 1x 0axf ax x       ，有  1 2,0x a     ，函数  y f x 在 12,  a      函数单减，在( 1 ,0)a  单调递增．   1 1 1 1 3minf x f ln lnaa a            ，解得 2a e ，故选 A． 点睛：本题的难点是对于函数  2y f x  是偶函数的正确转化，应该得到    2 2f x f x    ．如 果说是  y f x 是偶函数，则应得到   2 2x f x    ． 考向 2 抽象函数的性质（奇偶性、单调性、周期性、对称性、最值等） 【例 5】定义在 1,1 的函数满足关系     1 x yf x f y f xy       ，当  1,0x  时，   0f x  ，若  1 1 1, , 04 5 2P f f Q f R f                   ，则 , ,P Q R 的大小关系为 （ ） A． R P Q  B． R Q P  C． P Q R  D． Q P R  【答案】D． 虑 1 2 1, 0, 2x x       ， 1 2x x ，则     1 2 1 2 1 21 x xf x f x f x x       ，因为 1 2 10 2x x   ，∴ 1 2 1 2 1 1 1 30,1 12 2 2 4x x x x         ，从而 1 2 1 2 1 01 x x x x    ，即     1 2 1 2 1 2 01 x xf x f x f x x       ， 得到  f x 在 10, 2      单调递增，∴Q P R  ． 【评注】本题在证明单调性时，因为考虑了 , ,P Q R 中自变量的取值，所以只需考虑 10, 2      的单调性，缩 小 1 2,x x 的范围使得判断 1 2 1 21 x x x x   的范围较容易．但也可将 1 2,x x 在 1,1 中任取，但是在判断 1 2 1 21 x x x x   的 范围会比较复杂，可利用不等式的等价变形来证：假设 1 2 1 2 1 01 x x x x    ，因为 1 21 0x x  ， 1 2 1 2 01 x x x x   且 1 2 1 2 1 2 1 2 1 11 x x x x x xx x          1 1 2 2 1 21 0 1 1 0x x x x x x         ，由  1 2, 1,1x x   可得  1 21 1 0x x   成立，从而 1 2 1 2 11 x x x x    ． 【例 6】【2017 山东聊城模拟】已知定义域为 R 的函数  f x ，若函数  f xy x   的图象如图所示，给出 下列命题： ①    1 1 0f f   ； ②函数  f x 在区间  , 1  上单调递增； ③当 1x  时，函数  f x 取得极小值； ④方程   0xf x  与   0f x  均有三个实数根． 其中正确命题的个数是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 所以方程 ' 0 0xf x f x （ ） 与（ ） 均有三个实数根．不正确；故选：C． 【例 7】【2018 河北衡水模拟】定义在 R 上的函数  f x 对任意  1 2 1 2,x x x x 都有    1 2 1 2 0f x f x x x   ， 且函数  1y f x  的图象关于（1，0）成中心对称，若 ,s t 满足不等式    2 22 2f s s f t t    ， 则当1 4s  时， 2t s s t   的取值范围是 （ ） A． 13, 2      B． 13, 2      C． 15, 2      D． 15, 2      【答案】D． 【解析】设 1 2x x ，则 1 2 0x x  ．由 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x   ，知 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，即 1 2( ) ( )f x f x ， 所以函数 ( )f x 为减函数．因为函数 ( 1)y f x  的图象关于 (1,0) 成中心对称，所以 ( )y f x 为奇函数， 所以 2 2 2( 2 ) (2 ) ( 2 )f s s f t t f t t      ，所以 2 22 2s s t t   ，即 ( )( 2) 0s t s t    ．因为 2 3 31 1 1 t s s ts t s t s        ，而在条件 ( )( 2) 0 1 4 s t s t s        下，易求得 1[ ,1]2 t s   ，所以 11 [ ,2]2 t s   ， 所以 3 3[ ,6]21 t s   ，所以 3 11 [ 5, ]21 t s      ，即 2 1[ 5, ]2 t s s t     ，故选 D． 【例 8】【2018 陕西西安长安区高三上学期质量检测】已知定义在区间  0, 上的函数  f x 满足      1 2 1 2f x x f x f x   ，且当 1x  时，   0f x  ． （1）求  1f 的值； （2）证明：  f x 为单调增函数； （3）若 1 15f       ，求  f x 在 1 ,12525      上的最值． 【答案】（1）f（1）=0．（2）见解析（3）最小值为﹣2，最大值为 3． （2）证明：设 x1，x2∈（0，+∞），且 x1＞x2，则 ＞1，∴f（ ）＞0， ∴f（x1）﹣f（x2）=f（x2⋅ ）﹣f（x2）=f（x2）+f（ ）﹣f（x2）=f（ ）＞0， 即 f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（0，+∞）上的是增函数． （3）∵f（x）在（0，+∞）上的是增函数． 若 ，则 f（ ）+f（ ）=f（ ）=﹣2，即 f（ •5）=f（1）=f（ ）+f（5）=0， 即 f（5）=1，则 f（5）+f（5）=f（25）=2，f（5）+f（25）=f（125）=3， 即 f（x）在 上的最小值为﹣2，最大值为 3． 【点睛】本题主要考查函数单调性的定义和性质，以及抽象函数的求值，其中利用赋值法是解决抽象函 数的基本方法，而利用函数的单调性的定义和单调性的应用是解决本题的关键． 【跟踪练习】 1．定义在 2013,2013 上的函数  f x 满足：对于任意的  , 2013,2013a b  ，有       2012f a b f a f b    ，且 0x  时，有   2012f x  ，设  f x 的最大值和最小值分别为 ,M N ，则 M N 的值为 （ ） A． 2011 B． 2012 C． 4022 D． 4024 【答案】D． 【分析】由最值联想到函数的单调性，从而先考虑证明  f x 单调，令 2 1 1,a x x b x   （其中 1 2x x ）， 则可证明  f x 为增函数，从而    2013 , 2013M f N f   ，再利用函数方程求出    2013 2013f f  的值即可 令 0a b  ，可得：      0 2 0 2012 0 2012f f f    ， 4024M N   ． 2．已知函数 ( )f x 是定义在 R 上不恒为 0 的函数，且对于任意的实数 ,a b 满足 (2) 2f  ， ( ) ( ) ( )f ab af b bf a  ， (2 ) (2 ),( ), ,( )2 n n n nn f fa n N b n Nn      ，考察下列结论： ① (0) (1)f f ；② ( )f x 为奇函数；③数列 na 为等差数列；④数列 nb 为等比数列． 其中正确的个数为 ( ) A．1 B． 2 C．3 D． 4 【答案】D． 【解析】考虑按照选项对函数方程中的 ,x y 进行赋值． ①计算    0 , 1f f ，令 0a b  ，可得  0 0f  ；令 1x y  ，则      1 2 1 1 0f f f   ，∴ (0) (1)f f ，①正确；② 使等式中出现    ,f x f x ，令 , 1a x b   ，则      1f x xf f x    ， 需要计算出  1f  ，结合方程可令 1, 1x y    ，则有    1 2 1f f   ，即  1 0f   ，∴    f x f x   ，  f x 为奇函数，②正确；③从等差数列定义出发，考虑递推公式    1 1 1 2 2 2 2 n n n n n n f f a a      ，因为        12 2 2 2 2 2 2n n n nf f f f     ，所以可得：        1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 12 2 2 2 n n n n n n n n n n n f f f f a a             ，从而判定 na 为等差数列，③正确；④若 按照等比数列定义，考虑     1 1 2 1 2 n n n n fb n b n f     ，则不易于进行化简．可由③出发得到  2nf 的表达式：   1 2 12 fa   ，∴  1 1na a n d n    ，即  2 2n nf n  ，∴  2 2 n n n f b n   ，从而可判定 nb 是 一个等比数列，④正确． 3．【2017 上海闵行二模】设函数  y f x 的定义域是 R ，对于以下四个命题： (1) 若  y f x 是奇函数，则   y f f x 也是奇函数； (2) 若  y f x 是周期函数，则   y f f x 也是周期函数； (3) 若  y f x 是单调递减函数，则   y f f x 也是单调递减函数； (4) 若函数  y f x 存在反函数  1y f x ，且函数    1y f x f x  有零点，则函数  y f x x  也有零点． 其中正确的命题共有 A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个 【答案】C 4．已知函数  f x 对任意的 ,m n R 均有      f m n f m f n   ，且当 0x  时，   0f x  （1）求证：  f x 为奇函数； （2）求证：  f x 为 R 上的增函数． 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析． 【分析】 试题分析：（1）要证明奇函数，则需要    ,f x f x 出现在同一等式中，所以考虑令 ,m x n x   ，则 有      0f f x f x   ，再通过代入特殊值计算出  0 0f  即可；（2）思路：要证明单调递增，则需 任取 1 2,x x R ，且 1 2x x ，去证明  1f x 与  2f x 的大小，结合等式，则需要让  1f x 与  2f x 分居 等号的两侧，才能进行作差．所以考虑  2 2 1 1x x x x   ，进而 2 1,m n x n x   ．只需判断  2 1f x x 的符号即可． 试题解析：（1）令 ,m x n x   ，则      0f f x f x   ．令 0, 0m n  ，则      0 0 0f f f  解得  0 0f  ，    f x f x    ，  f x 为奇函数． （2）任取 1 2,x x R ，且 1 2x x ，令 2 1 1,m x x n x   ，代入方程可得：      2 1 1 2 1 1f x x x f x x f x       ，      2 1 2 1f x f x f x x    ， 2 1x x ， 2 1 0x x   ， 依题意可得：  2 1 0f x x  ，    2 1 0f x f x   即    2 1f x f x ，  f x 为增函数． 【评注】第（2）问将 2x 拆分为 2 1 1x x x  是本题证明的亮点，达到了让  1f x 与  2f x 分居等号的两 侧的目的． 5．设 ( )f x 是定义在 R 上的偶函数，其图象关于直线 1x  对称，对任意 1 2 1, [0, ]2x x  ，都有 1 2 1 2( ) ( ) ( )f x x f x f x  ． （1）设  1 2f  ，求 1 1( ), ( )2 4f f ； （2）证明 ( )f x 是周期函数． 【答案】（1） 41 12, 22 4f f           ；（2）答案见解析． （2）证明：依题设 ( )y f x 关于直线 1x  对称，    2 ,f x f x x R    ． 又  f x 是偶函数，        , 2 , .f x f x f x f x x R        将上式中 x 以 x 代换，得    2 ,f x f x x R   ．这表明 ( )f x 是 R 上的周期函数，且 2 是它的一个周期． 考向 3 解不等式 【例 9】【2017 广西教育质量诊断性联合考试】已知定义在 R 上的奇函数  f x 在 0, 上递减，若    3 2 1f x x a f x    对  1,2x  恒成立，则 a 的取值范围为（ ） A． 3,  B． , 3  C．  3, D．  ,3 【答案】C 【点睛】本题关键步骤有：1．利用奇函数的性质可得  f x 在 R 上是减函数；2．将原命题等价转化为 3a x  3 1x  在 1,2 上恒成立；3．利用导数工具求得  maxf x ，从而求得正解． 【例 10】【2017 四川南充高级中学 4 月检测】已知函数  f x 在定义域 R 上的导函数为  'f x ，若方程  ' 0f x  无解，且   2017 2017xf f x    ，当   sin cosg x x x kx   在 ,2 2      上与  f x 在 R 上的单调性相同时，则实数 k 的取值范围是（ ） A． , 1  B． , 2  C． 1, 2   D． 2,  【答案】A 【解析】因为方程  ' 0f x  无解，所以函数  f x 为单调函数，因此由   2017 2017xf f x    ，得   2017xf x  =m(m 为常数)， 即   2017xf x m  为单调增函数，因此   cos sin 0g x x x k    在在 ,2 2      上恒成立． π π π, cos sin 2sin 1, 22 2 4x x x x                    ，因此 1k   ，选 A． 点睛：函数单调性问题，往往转化为导函数符号是否变号或怎样变号问题，即转化为方程或不等式解的 问题（有解，恒成立，无解等），而不等式有解或恒成立问题，又可通过适当的变量分离转化为对应函数 最值问题． 【例 11】【2017 陕西西安铁一中学高三上学期第五次模拟考试】已知偶函数 在 上为增函数， 在不等式 恒成立，则实数 的取值范围是 （ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】由偶函数可知，可知不等式 恒成立，即 恒成立，则可 得 恒成立．即 且 恒成立．由根的判别式可得 ．故本题选 C ． 点睛：本题主要考查函数的奇偶性与单调性．对于抽象函数不等式，一般根据函数的奇偶性将它转化为 的形式，然后利用函数的单调性将抽象函数不等式转化成具体的不等式 ，但不能改变 变量的定义域．对于奇函数，其图像关于原点中心对称，由图知其在关于原点对称的区间单调性相同； 偶函数的图像关于 轴对称，偶函数在关于原点对称的区间单调性相反． 【例 12】【2017 江西南昌三模】定义域为 R 的函数 ( )f x 满足 ( +3)=2 ( )f x f x ，当  1,2x  时， 2 | 1| , [ 1,0) ( )={ 1 , [0,2)2 x x x x f x x          ．若存在 [ 4, 1)x   ，使得不等式 2 3 4 ( )t t f x  成立，则实数t 的取值范 围是_______． 【答案】   ,1 2,   【点睛】本题考查函数的解析式、抽象函数、函数与不等式，涉及函数与不等式思想、数形结合思想和 转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，综合性较强，属于较难题型．先利 用已知条件求 1( )= ( +3)2f x f x 2 | 1| 1 1 , [ 4,-3)2 2={ 1 1 , [-3, 1)2 2 x x x x x           ，再利用数形结合思想观察图像求解不等式． 【跟踪练习】 1．【2017 重庆一中 5 月考】已知函数    2 2 2x xf x x   ，则不等式    2 1 1 0f x f   的解集 是（ ） A． 1, 2      B． , 1  C． 1 2       D．  1,  【答案】B 【解析】    f x f x   ，所以函数是奇函数，      22 2 2 2 ln2 2 ln2 0x x x xf x x x      ， 所以函数是单调递增函数，那么不等式等价于    2 1 1 2 1 1 1f x f x x          ，故选 B． 【点睛】本题考查了利用函数性质，包括奇偶性，单调性，解抽象不等式，本题的出题意图比较明显， 重点是分析函数的性质，如果不用导数分析函数的单调性，也可以利用奇函数的性质，奇函数在对称区 间的单调性一致，很明显，函数在 0, 为增函数，那在定义域内也是增函数，这样判断起来会更快， 简便． 2．函数  f x 的定义域为 | 0x x  ，满足      f xy f x f y  ，  f x 在区间 0, 上单调递增， 若 m 满足    3 1 3 log log 2 1f m f m f       ，则实数 m 的取值范围是 （ ） A．  1,3 B． 10, 3      C．  10, 1,33       D．  1,1 1,33      【答案】D． ∴    3 1 3 3 log log 2 logf m f m f m       ，所解不等式为    3log 1f m f ，∵  f x 为偶函数，且区间  0, 上单调递增，∴自变量距离 y 轴越近，则函数值越小，∴ 3log 1m  ，即 31 log 1m   ，解得 1 33 m  ，因为 3log 0, 1m m   ，∴ m 的范围为  1,1 1,33      ． 3．【2017 衡水金卷】定义域为 R 的偶函数  f x 满足对任意的 x R ，有      2 1 ,f x f x f   且当  2,3x 时，   22 12 18f x x x    ，若函数    log 1ay f x x   在 R 上恰有六个零点，则实数 a 的取值范围是（ ） A． 50, 5       B． 5 ,15       C． 5 3,5 3       D． 3 ,13       【答案】C 【解析】令 1x   ，则        1 1 1 2 1f f f f    ，所以  1 0f  ，所以    2f x f x  ，即函 数的周期为 2 ，由此可画出函数  f x 和  log 1ay x  的图像如下图所示．由图可知   32 2 log 3, 3af a    ，   54 2 log 5, 5af a    ，故 5 3,5 3a      ． 4．【2017 云南昆明下学期第二次统测】定义“函数  y f x 是 D 上的 a 级类周期函数” 如下: 函数  , Dy f x x  ，对于给定的非零常数 a ，总存在非零常数T ，使得定义域 D 内的任意实数 x 都有    af x f x T  恒成立，此时T 为  f x 的周期．若  y f x 是 1, 上的 a 级类周期函数，且 1T  ，当  1,2x 时，    2 2 1xf x x  ，且  y f x 是 1, 上的单调递增函数，则实数 a 的取 值范围为（ ） A． 5 ,6    B． 2, C． 10 ,3    D． 10, 【答案】C 5．已知定义在 R 上的函数  f x ，对于任意实数 ,a b 都满足      f a b f a f b  ，且  1 0f  ，当 0x  时，   1f x  ． （1）求  0f 的值； （2）求证：  f x 在 ,  上是增函数； （3）求不等式：     2 1 2 4f x x f x    的解集． 【分析】（1）采用赋值法；（2）考虑证明  f x 单调递增，则需构造出    1 2f x f x ，即可设 2 1x x 且 令 2 1 1,a x x b x   ，则有      2 2 1 1f x f x x f x  ，从而        2 1 2 1 11f x f x f x x f x      ， 由 2 1 0x x  和已知条件可得：  2 1 1 0f x x   ，所以需要证明  1 0f x  ，即  ,0x   ，   0f x  ，可考虑结合题目条件和  0 1f  ，令 1 1,a x b x   ，则有          1 1 1 1 10 0f f x f x f x f x      ，从而单调性可证；（3）本题并没有  f x 的解 析式，所 以考虑利用函数的单调性求解．由（1）（2）问可得   0f x  ，从而        2 21 2 4 02 4f x x f x x x ff x        ，再根据单调性即可得到关于 x 的不等式，解出 不等式即可．          1 1 1 1 10 ,f f x f x f x f x      ． 1 0x  ， 1 0x  ，  1 0f x   ，    1 1 1 0f x f x    ，        2 1 2 1 11 0f x f x f x x f x        ，即    1 2f x f x ，  f x 在 R 上单调递增． （3）解：   0f x  ，        2 21 2 4 12 4f x x f x x f xf x        ．        2 2 22 4 2 4 3 4f x x f x f x x x f x x         ，且  0 1f  ，    2 3 4 0f x x f    ．由（2）可得  f x 单调递增， 2 3 4 0x x    ，解得  4,1x   ．