4．设奇函数 f(x)满足：对∀x∈R，有 f(x＋1)＋f(x)＝0，则 f(5)=________________ 5．已知定义在R上的函数 f(x)是偶函数，对∀x∈R都有 f(2＋x)＝f(2－x)，当 f(－3)＝－2 时，f(2 013)的值为__________. 6．已知函数 f(x)的定义域为(0,+∞)，并且对任意正数 x，y 都有f(xy)＝f(x)＋f(y)，则 (1).f(1)＝_______；(2).若f(8)＝3，则f( 2)＝______________ 7. 若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)＝ f(x+1) +f(x-1)，则 f(x)的最小正周期为______________； 若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x)＝ f(x+a) +f(x+a)，则 f(x)的最小正周期为______________. 例1：设函数 f(x)对任意 x，y∈R，都有 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且 x>0 时，f(x)<0，f(1)＝－2. (1)求证：f(x)是奇函数；(2)试问在－3≤x≤3 时，f(x)是否有最值？如果有求出最值；如果没有， 说出理由．
10 10 2 解得x－ <x< ，且x≠± 2 2 2 2.②③ 例 3 解析：(1)令 a＝b＝0，则 f(0)＝f2(0)． 又 f(0)≠0，∴f(0)＝1. (2)当 x＜0 时，－x＞0， ∴f(0)＝f(x)· f(－x)＝1. ∴f(x)＝ 1 ＞0. f－x
(1)求证:f(x) f(
1 )＝1(x＞0);(2)判断 f(x)在(0,+∞)上的单调性;(3)若 f(x)＝3，求正实数 m 的值. x
3.已知 f(x)是定义在(-∞， 4]上的减函数， 是否存在实数 m， 使得 f(m-sinx)≤ f( 1 2m 对定义域内的一切实数 x 均成立？若存在，求实数 m 的范围；若不存在，请说明理由.
1．已知定义在R上的函数 f(x)满足 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则下列错误的是( ) 1 1 A．f(0)＝0 B．f(1)＝ 2 f ( ) C．f(1)＝2f(2) D．f(x)f(－x)<0 2 例 2： 已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R， 且x≠0}， 对定义域内的任意x1， x2， 都有f(x1· x2)＝f(x1)＋f(x2)， 且当x>1时f(x)>0，f(2)＝1. (1)求证：f(x)是偶函数；(2)求证：f(x)在(0,＋∞)上是增函数；(3)解不等式 f(2x2－1)<2.
1 1 ，f(x+a)＝， f ( x) f ( x)
f(x+a)＝
1 f ( x) 周期为 2a（a≠0） 1 f ( x)
()
()
抽象函数练习
答案 1.A 2.C 3.D4.0 5.-2
1 6.0; 7.6; 2
8.2;1
例 1 解：(1) 令 x＝y＝0， 则有 f(0)＝2f(0)⇒f(0)＝0. 令 y＝－x，则有 f(0)＝f(x)＋f(－x)． 即 f(－x)＝－f(x)．∴f(x)是奇函数． (2) 任取 x1<x2，则 x2－x1>0⇒f(x2－x1)<0. 且 f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)＝－f(x2 －x1)>0. ∴f(x1)>f(x2)．∴y＝f(x)在 R 上为减函数． 因此 f(3)为函数的最小值，f(－3)为函数的最大 值． f(3)＝f(1)＋f(2)＝ 3f(1)＝－6 ， f(－ 3)＝－f(3)＝ 6. ∴函数最大值为 6，最小值为－6. 1.D 解析：f(0)＝f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0. 1 1 1 1 1 f(1)＝f2＋2＝f2＋f2＝2f2. 1 f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝2f(2)． f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0，故选 D. 例 2 解：(1) 对定义域内的任意 x1，x2 都有 f(x1· x2)＝f(x1)＋f(x2)，令 x1＝x，x2＝－1， 则有 f(－x)＝f(x)＋f(－1)． 又令 x1＝x2＝－1，得 2f(－1)＝f(1)． 再令 x1＝x2＝1，得 f(1)＝0，从而 f(－1)＝0. 于是有 f(－x)＝f(x)，所以 f(x)是偶函数． x2 (2)设 0<x1<x2，则 f(x1)－f(x2)＝f(x1)－fx1· x1 x2 x2 ＝f(x1)－fx1＋fx ＝－fx ， 1 1 x2 x2 由于 0<x1<x2，所以 >1，从而 fx >0， x1 1 故 f(x1)－f(x2)<0，即 f(x1)<f(x2)． 所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数． (3) 由于 f(2) ＝1 ，所以 2 ＝ 1 ＋ 1 ＝ f(2)＋ f(2) ＝ f(4)．于是待解不等式可化为 f(2x2－1)<f(4)，结 合(1)(2)已证结论，可得上式等价于|2x2－1|<4， 且 2x2－1≠0.
3．设指数函数 f(x)＝ax(a＞0 且 a≠1)，则下列等式正确的有________(填序号)． fx ①f(x＋y)＝f(x)· f(y)；②f(xy)n＝fn(x)· fn(y)；③f(x－y)＝ ；④f(nx)＝fn(x)． fy 例 4：对定义在[0,1]上，并且同时满足以下两个条件的函数 f(x)称为 G 函数： ①对任意的 x∈[0,1]，总有 f(x)≥0； ②当 x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1 时，总有 f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立． 已知函数 g(x)＝x2 与 h(x)＝2x－b 是定义在[0,1]上的函数． (1)试问函数 g(x)是否为 G 函数？并说明理由； (2)若函数 h(x)是 G 函数， 求实数 b 组成的集合．
抽象函数练习
1．已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则 f(x)是（ ） A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数，又是偶函数 D．既不是奇函数，又不是偶函数 2．函数 f(x)满足 f(x)· f(x＋2)＝13，若 f(1)＝2，则 f(99)＝( ) 13 2 A．13 B．2 C. D 2 13 3.定义在 R 上的奇函数 f(x)也是周期函数，T 是它的一个正周期，若将方程 f(x)＝0 在[-T,T]上的根 的个数记为 n，则 n 可能为（ ） A.0 B.1 C.3 D.5
又 x≥0 时 f(x)≥1＞0.∴x∈R 时，恒有 f(x)＞0. (3)设 x1＜x2，则 x2－x1＞0. ∴f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)· f(x1)． ∵x2－x1＞0，∴f(x2－x1)＞1. 又 f(x1)＞0，∴ fx2 ＝f(x2－x1)＞1. fx1
7 cos 2 x ) 4
1. 抽象函数模型： ①正比例函数型：f(x＋y)＝f(x)＋f(y)或 f(x－y)＝f(x)－f(y) ； ②对数函数型：f(xy)＝f(x)＋f(y)； ③指数函数型：f(x＋y)＝f(x) f(y)； ④幂函数数型：f(xy)＝f(x) f(y)；…… 2.对称性：函数 f(x)的对称轴为 x＝a f(a + x)＝f(a- x) f(x)＝f(2a- x) 3. 奇偶性：用定义判断函数的奇偶性的步骤：定义域(关于原点对称)→验证 f(-x)＝± f(x)→下结论. 4. 周期性：f(x＋a)＝f(x－a)，f(x+a)＝-f(x)，f(x+a)＝ 5.单调性判断： （1）①正比例函数型抽象函数的一般步骤为 f(0)＝0⇒f(x)是奇函数⇒f(x－y)＝f(x)－f(y)⇒单调性． ②小技巧判断单调性：设 x1<x2，则 x2－x1>0⇒f(x2－x1)<0⇒f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)<f(x1)，得到函数单调递减． x 1 （2）①对数函数型抽象函数的一般步骤为 f(1)＝0⇒f( )＝－f(x)⇒f y ＝f(x)－f(y)⇒单调性． x x2 x2 ②小技巧判断单调性：设 0<x1<x2，则 f(x2)＝f(x1· )＝f(x1)＋f x >f(x1)，得到函数是增函数． x1 1 1 fx （3）①指数函数型抽象函数的一般步骤为 f(0)＝1⇒f(－x)＝ ⇒f(x－y)＝ ⇒单调性． fx fy ②小技巧判断单调性：设 x1>x2，x1－x2>0，则 f(x1－x2)>1.f(x1)＝f(x2＋x1－x2)＝f(x2)f(x1－x2)>f(x2)，得到函数是增函数． 证明抽象函数的单调性通常是用单调性的定义结合比较法(作差法、作商法)，函数的单调性是比较大小的常用方法．运用不等式 性质时应从结论出发，寻找解题的切入点． 3
2 2 2 g(x1＋x2)＝(x1＋x2)2＝x2 1＋x2＋2x1x2≥x1＋x2
＝g(x1)＋g(x2)，满足②，故函数 g(x)为 G 函数． (2)∵h(x)＝2x－b{x∈[0,1]}为增函数， ∴h(x)≥h(0)＝1－b≥0. ∴b≤1. 由 h(x1＋x2)≥h(x1)＋h(x2)，得
2 x1 x2 －b≥ 2 x －b＋ 2 x －b，
1
2
即 b≥ 2 1 ＋ 2 x2 － 2
x
x1 x2
.
∵x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1， ∴2 ＋2
x1
x2
x1 x2 ≥2· 2 2
.
x1 x2 x1 x2 x1 x2 2 ∴b≥2· －2 ＝1－[1－ 2 2 ]2. 2
∴f(x2)＞f(x1)．∴f(x)是 R 上的增函数． (4)由 f(x)·f(2x－x2)＞1，f(0)＝1 得 f(3x－x2)＞f(0)． 又 f(x)是 R 上的增函数，∴3x－x2＞0.∴0＜x ＜3. 3①③④ 例 4. 解析： (1)当 x∈[0,1]时， 总有 g(x)＝x2≥0， 满足①， 当 x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1 时，