高考数学快速提升成绩题型训练抽象函数doc高中数学

本资料来源于《七彩教育网》http://www.7caiedu.cn2022届高考数学快速提升成绩题型训练——抽象函数1.已知函数y=f(x)(x∈R，x≠0)对任意的非零实数，，恒有f()=f()+f(),试判断f(x)的奇偶性。2已知定义在[-2，2]上的偶函数，f(x)在区间[0，2]上单调递减，假设f(1-m)<f(m),求实数m的取值范围3.设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3)=-f(x)，求f(1998)的值。4.设函数f（x）对任意都有f（=f（，已知f（1）=2，求f（5.已知f（x）是定义在R上的函数，且满足：f（x+2）[1－f（x）]=1+f（x），f（1）=1997，求f（2022）的值。6.设f（x）是定义R在上的函数，对任意x，y∈R，有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）且f（0）≠0.（1）求证f（0）=1；（2）求证：y=f（x）为偶函数.7.已知定义在R上的偶函数y=f(x)的一个递增区间为（2，6），试判断（4，8）是y=f(2-x)的递增区间还是递减区间？8.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）.假设a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小；（2）.假设f（k＜0对x∈[－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。14/14\n9.已知函数是定义在（-∞，3]上的减函数，已知对恒成立，求实数的取值范围。10．已知函数当时，恒有.(1)求证:是奇函数;(2)假设.11.已知是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的都满足:.(1)求的值;(2)判断的奇偶性,并证明你的结论;(3)假设,,求数列{}的前项和.12.已知定义域为R的函数满足.(1)假设(2)设有且仅有一个实数,使得,求函数的解析表达式.13.已知函数的定义域为R,对任意实数都有,且,当时,>0.(1)求;(2)求和;(3)判断函数的单调性,并证明.14.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;14/14\n(3)假设且,求证:.15.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;(3)设A=,B={},假设=,试确定的取值范围.16.已知函数是定义在R上的增函数,设F.(1)用函数单调性的定义证明:是R上的增函数;(2)证明:函数=的图象关于点(成中心对称图形.17.已知函数是定义域为R的奇函数,且它的图象关于直线对称.(1)求的值;(2)证明:函数是周期函数;(3)假设求当时,函数的解析式,并画出满足条件的函数至少一个周期的图象.18．函数对于x>0有意义，且满足条件减函数。（1）证明：；（2）假设成立，求x的取值范围。19．设函数在上满足，，且在闭区间［0，7］上，只有．（1）试判断函数的奇偶性；14/14\n（2）试求方程=0在闭区间［-2022，2022］上的根的个数，并证明你的结论．20.已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。21.已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2+f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。22.设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在，使得，对任何x和y，成立。求：（1）f（0）；（2）对任意值x，判断f（x）值的正负。23.是否存在函数f（x），使以下三个条件：①f（x）＞0，x∈N；②；③f（2）＝4。同时成立？假设存在，求出f（x）的解析式，如不存在，说明理由。24.设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否正确，试说明理由。25.己知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三条件：①当是定义域中的数时，有；②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；③当0＜x＜2a时，f（x）＜0。答案：14/14\n1.解：令=-1，=x，得f(-x)=f(-1)+f(x)……①为了求f(-1)的值，令=1，=-1，那么f(-1)=f(1)+f(-1),即f(1)=0,再令==-1得f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1)∴f(-1)=0代入①式得f(-x)=f(x),可得f(x)是一个偶函数。2.分析：根据函数的定义域，-m，m∈[-2,2]，但是1-m和m分别在[-2，0]和[0，2]的哪个区间内呢？如果就此讨论，将十分复杂，如果注意到偶函数，那么f(x)有性质f（-x)=f(x)=f(|x|)，就可防止一场大规模讨论。解：∵f(x)是偶函数，f(1-m)<f(m)可得，∴f(x)在[0，2]上是单调递减的，于是，即化简得-1≤m<。3.解：因为f(x+3)=-f(x)，所以f(x+6)=f((x+3)+3)=-f(x+3)=f(x)，故6是函数f(x)的一个周期。又f(x)是奇函数，且在x＝0处有定义，所以f(x)=0从而f(1998)=f(6×333)=f(0)=0。4.解：由f（=f（，知f（x）=f（≥0，x，f（1）=2，同理可得5.解：从自变量值2022和1进展比较及根据已知条件来看，易联想到函数f（x）是周期函数。由条件得f（x）≠1，故f（x+2）=f（x+4）=.所以f（x+8）=.所以f（x）是以8为周期的周期函数，14/14\n从而f（2022）=f（1）=1997说明：这类问题出现应紧扣已知条件，需用数值或变量来迭代变换，经过有限次迭代可直接求出结果，或者在迭代过程中发现函数具有周期性，利用周期性使问题巧妙获解。6.证明：（1）问题为求函数值，只需令x=y=0即可得。（2）问题中令x=0即得f（y）+f（-y）=2f（0）f（y），且f（0）=1.所以f（y）+f（-y）=2f（y），因此y=f（x）为偶函数.说明：这类问题应抓住f（x）与f（-x）的关系，通过已知条件中等式进展变量赋值。7.解：由y=f(x)是偶函数且在（2，6）上递增可知，y=f(x)在（－6，－2）上递减。令u=2-x，那么当x∈(4,8)时，u是减函数且u∈(-6,-2)，而f(u)在（－6，－2）上递减，故y=f(2-x)在（4，8）上递增。所以（4，8）是y=f(2-x)的单调递增区间。8.解：（1）.因为a＞b，所以a-b＞0，由题意得＞0，所以f（a）+f（－b）＞0，又f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－b）=－f（b），f（a）－f（b）＞0，即f（a）＞f（b）（2）.由（1）知f（x）在R上是单调递增函数，又f＋f＜0，得f＜f，故＜，所以k＜令t＝,所以k＜t+，而t+≥2，即k＜2－19.解：等价于14/14\n10.（1）证明：令，得令，那么∴∴是奇函数。（2）∵又∵11.（1）解：令，那么令，那么（2）证明：令，那么，∵，∴令，那么∴是奇函数。（3）当时，，令，那么故，所以∴∵14/14\n∴，故∴12.解：(1)∵对任意，函数满足，且∴∵，∴=f(a)=a(2)∵对任意，函数满足,有且仅有一个实数,使得∴对任意，有上式中，令，那么∵，故假设，那么，那么，但方程有两个不相同的实根与题设茅盾，故假设，那么，那么，此时方程有两个相等的实根，即有且仅有一个实数,使得∴13.（1）解：令，那么（2）∵∴14/14\n∴数列是以为首项,1为公差的等差数列,故==(3)任取,那么=∴∴函数是R上的单调增函数.14.(1)解:∵对任意,有>0,∴令得,(2)任取任取,那么令,故∵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∴∴∴函数是R上的单调减函数.(3)由（1）（2）知，，∴∵∴，而∴∴15.(1)证明:令,那么14/14\n∵当时,,故,∴,∵当时,∴当时,,那么(2)证明:任取,那么∵,∴0<,故<0,又∵∴,故∴函数是R上的单调减函数.(3)∵由（2）知，是R上的减函数，∴∵B={}=又∵，∴方程组无解，即直线的内部无公共点∴，故的取值范围是-16.(1)任取,那么F=[∵,∴∴又∵函数是定义在R上的增函数,∴,14/14\n故∴>0∴是R上的增函数;(2)设为函数=的图象上任一点,那么点关于点(的对称点为N(),那么,故∵把代入F得,=-∴函数=的图象关于点(成中心对称图形.17.(1)解:∵为R上的奇函数,∴对任意都有,令那么∴=0(2)证明:∵为R上的奇函数,∴对任意都有,∵的图象关于直线对称,∴对任意都有,∴用代得,∴,即∴是周期函数,4是其周期.(3)当时，当时，，当时，，∴14/14\n图象如下：y-2-10123456x18.(1)证明：令，那么，故（2）∵，令，那么，∴∴∴成立的x的取值范围是。19．解:（1）由f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x)得函数的对称轴为,从而知函数不是奇函数,由,从而知函数的周期为又,故函数是非奇非偶函数;(2)由又故f(x)在[0,10]和[-10,0]上均有有两个解,从而可知函数在[0,2022]上有402个解,在[-2022.0]上有400个解,所以函数在[-2022,2022]上有802个解.20.解：设，∵当，∴，∵，∴，即，∴f（x）为增函数。14/14\n在条件中，令y＝－x，那么，再令x＝y＝0，那么f（0）＝2f（0），∴f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，∴　f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2f（－1）＝－4，∴f（x）的值域为［－4，2］。21.解：设，∵当，∴，那么，即，∴f（x）为单调增函数。∵，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，∴，即，解得不等式的解为－1<a<3。22.解：（1）令y＝0代入，那么，∴。假设f（x）＝0，那么对任意，有，这与题设矛盾，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1。（2）令y＝x≠0，那么，又由（1）知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对任意x，f（x）＞0恒成立。23.分析：由题设可猜测存在，又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测存在函数，用数学归纳法证明如下：（1）x＝1时，∵，又∵x∈N时，f（x）＞0，∴，结论正确。（2）假设时有，那么x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，结论正确。综上所述，x为一切自然数时。14/14\n24.解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g（m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g（m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）。25.解：（1）∵f（x）的定义域关于原点对称，且是定义域中的数时有，∴在定义域中。∵，∴f（x）是奇函数。（2）设0＜x1＜x2＜2a，那么0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0，∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于零，进而知中的，于是f（x1）＜f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。又，∵f（a）＝－1，∴，∴f（2a）＝0，设2a＜x＜4a，那么0＜x－2a＜2a，，于是f（x）＞0，即在（2a，4a）上f（x）＞0。设2a＜x1＜x2＜4a，那么0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f（x2）均大于零。f（x2－x1）＜0，∵，∴，即f（x1）＜f（x2），即f（x）在（2a，4a）上也是增函数。综上所述，f（x）在（0，4a）上是增函数。本资料由《七彩教育网》www.7caiedu.cn提供！本资料来源于《七彩教育网》http://www.7caiedu.cn14/14