高一数学之抽象函数专题集锦一、选择题（本大题共14小题，共70.0分）1. 设f(x)为定义在R 上的偶函数，且f(x)在[0,+∞)上为增函数，则f(−2)，f(−π)，f(3)的大小顺序是( )A.B. C. D.2. 函数f(x)在(0,+∞)上单调递增，且f(x +2)关于x =−2对称，若f(−2)=1，则f(x −2)≤1的x 的取值范围是( )A. [−2,2]B. (−∞,−2]∪[2,+∞)C. (−∞,0]∪[4,+∞)D. [0,4]3. 已知函数y =f(x)定义域是[−2,3]，则y =f(2x −1)的定义域是( )A. [0,52]B. [−1,4]C. [−12,2]D. [−5,5]4. 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. B. C. [0,4] D. [1,3]5. 若定义在R 上的奇函数f(x)在(−∞,0)单调递减，且f(2)=0，则满足xf(x −1)⩾0的x 的取值范围是( )A. [−1,1]∪[3,+∞)B. [−3,−1]∪[0,1]C. [−1,0]∪[1,+∞)D. [−1,0]∪[1,3] 6. 已知f(x)={x 2+4x x ≥0 , 4x −x 2 , x <0若f(2−a 2)>f(a)，则实数a 的取值范围是( ) A. (−2 , 1)B. (−1 , 2)C. (−∞ , −1)⋃(2 , +∞)D. (−∞ , −2)⋃(1 , +∞)7. 已知定义在R 上的函数f(x)满足f(2−x)=f(x)，且在[1,+∞)上为增函数，则下列关系式正确的是A. f(−1)<f(0)=f(2)B. f(0)<f(−1)<f(2)C. f(0)=f(2)<f(−1)D. f(−1)<f(0)<f(2)8. 设函数f(x)={x 2−6x +6,x ⩾03x +4,x <0，若互不相等的实数x 1,x 2,x 3满足f(x 1)=f(x 2)=f(x 3)，则x 1+x 2+x 3的取值范围是( )A. (113,6]B. (203,263)C. (203,263]D. (113,6) 9. f(x)是定义域在(−2,2)上单调递减的奇函数，当f(2−a)+f(2a −3)<0时，a 的取值范围是( )A. (0,4)B. (0,52)C. (12,52)D. (1,52) 10. 设f (x )是定义在R 上的奇函数，且当x ≥0时，f (x )单调递减，若x 1+ x 2>0，则f (x 1)+ f (x 2)的值( )A. 恒为负值B. 恒等于零C. 恒为正值D. 无法确定正负11. 已知偶函数f(x)在区间(0,+∞)上单调增加，则f(2x −1)<f(13)的x 取值范围是( ) A. (13,23). B. [13,23) C. (12,23) D. (12,23] 12. 已知函数y =f(x)定义域是[−2,3]，则y =f(2x −1)的定义域是( )A. [0,52]B. [−1,4]C. [−12,2]D. [−5,5] 13. 若函数f(x)的定义域是[0,1]，则函数f(2x)+f(x +13)的定义域为( )A. [−13,23]B. [−13,12]C. [0,12]D. [0,13] 14. 已知函数f(x)={x 2+4x(x ⩾0)4x −x 2(x <0)，若f (2−a 2)>f(a)，则实数a 的取值范围是( ) A. (−∞,−1)∪(2,+∞)B. (−1,2)C. (−2,1)D. (−∞,−2)∪(1,+∞)二、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 15. 设偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，则满足f(2x −1)≤f(1)的x 的取值范围是_____．16. 已知偶函数f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，则满足f(2x −1)<f(13)的x 的取值范围是 ．17. 奇函数f(x)的定义域为[−5,5]，当x ∈[0,5]时，f(x)的图象如图所示，则不等式f(x)<0的解集是______________．18. 已知f(x)是定义在R 上的偶函数，且f(x +4)=f(x −2).若当x ∈[−3,0]时，f(x)=6−x ，则f(919)=______．三、解答题（本大题共15小题，共180.0分）19. 设函数f(x)是增函数，对于任意x ，y ∈R 都有f(x +y)=f(x)+f(y)．(1)求f(0)；(2)证明f(x)奇函数；(3)解不等式．20.函数f(x)的定义域为D={x|x≠0}，且满足对于任意x1∈D,x2∈D，有f(x1⋅x2)=f(x1)+f(x2)．(Ⅰ)求f(1 )的值；(Ⅱ)判断f(x)的奇偶性并证明；(Ⅲ)如果f(4)=1，f(3x+1)+f(2x−6)≤3，且f(x)在(0,+∞)上是增函数，求x的取值范围．21.已知函数f(x)=ax2+bx ，且f(1)=2，f(2)=52．(Ⅰ)确定函数f(x)的解析式，并判断奇偶性；(Ⅱ)用定义证明函数f(x)在区间(−∞,−1)上单调递增；(Ⅲ)求满足f(1+2t2)−f(3+t2)<0的实数t的取值范围．22.定义域为R的单调函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R)，且f(3)=6，(1)求f(0)，f(1)；(2)判断函数f(x)的奇偶性，并证明；(3)若对于任意x∈[12,3]都有f(kx2)+f(2x−1)<0成立，求实数k的取值范围．23.已知y=f(x)是定义域为R的奇函数，当x∈[0,+∞)时，f(x)=x2−2x．(1)写出函数y=f(x)的解析式；(2)若方程f(x)=a恰有3个不同的解，求实数a的取值范围．24.已知函数y=f(x)的定义域为R，对任意a,b∈R，都有f(a+b)=f(a)+f(b)，且当x>0时，f(x)<0恒成立，证明：(Ⅰ)函数y=f(x)是R上的减函数；(Ⅱ)函数y=f(x)是奇函数.25.已知f(x)是定义在[−1,1]上的奇函数，且f(1)=1，若a,b∈[−1,1]，且a+b≠0时，有f(a)+f(b)>0恒成立．a+b(1)用定义证明函数f(x)在[−1,1]上是增函数;)<f(1−x);(2)解不等式：f(x+12(3)若f(x)≤m2−2m+1对所有x∈[−1,1]恒成立，求实数m的取值范围．26.定义域为R的函数f(x)满足，对任意的m，n∈R有f(m+n)=f(m)f(n)，且当x>0时，有0<f(x)<1，f(4)=1．16(1)求f(0)；(2)证明：f(x)在R上是减函数；f(x2)恒成立，求实数a的取值范围．(3)若x>0时，不等式f(x)f(ax)>14)=1，如果对于0<x<y，都有f(x)> 27.已知函数f(x)的定义域是(0,+∞)，且满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(12f(y)，(1)求f(1)；(2)解不等式f(−x)+f(3−x)≥−2。

28.已知函数f(x)对一切x，y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)．(1)求证：f(x)是奇函数．(2)若f(−3)=a，试用a表示f(12)．29.已知周期函数y=f(x)的图象如图所示，(1)求函数的周期；(2)画出函数y=f(x+1)的图象；(3)写出函数y=f(x)的解析式．30.设f(x)是定义在R上的函数，且对于任意x,y∈R恒有f(x+y)=f(x)f(y)，且当x>0时，0<f(x)<1．证明：(1)f(0)=1，且x<1时，f(x)>1；(2)f(x)是R上的单调减函数．31.(1)已知f(x)的定义域为[−2,1]，求函数f(3x−1)的定义域；(2)已知f(2x+5)的定义域为[−1,4]，求函数f(x)的定义域．32.设函数f(x)在R上是偶函数，在区间(−∞,0)上递增，且f(2a2+a+1)<f(2a2−2a+3)，求a的取值范围．33.定义域为R的函数f(x)满足：对任意的m,n∈R有f(m+n)=f(m)⋅f(n)，且当x>0时，有0<f(x)<1，f(4)=1．16(Ⅰ)证明：f(x)>0在R上恒成立；(Ⅱ)证明：f(x)在R上是减函数；(Ⅲ)若存在正数x使不等式4f(x)f(ax)<f(x2)成立，求实数a的取值范围．答案和解析1.【答案】B【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性的定义和运用：比较大小，考查转化思想和判断能力，属于基础题．运用偶函数的定义，可得f(−2)=f(2)，f(−π)=f(π)，再由f(x)在[0,+∞)上为增函数，即可得到所求大小关系．【解答】解：f(x)为定义在R上的偶函数，且f(x)在[0,+∞)上为增函数，可得f(−2)=f(2)，f(−π)=f(π)，由2<3<π，可得f(2)<f(3)<f(π)，即f(−2)<f(3)<f(−π)，故选：B．2.【答案】D【解析】【分析】本题考查抽象函数的单调性以及奇偶性，函数的图象变换，求解不等式，关键是分析f(x)的奇偶性．根据题意，分析可得函数f(x)为偶函数，结合函数的单调性分析可得f(x−2)≤1⇒f(|x−2|)≤f(|−2|)⇒|x−2|≤2，解可得x的取值范围，即可得答案．【解答】解；根据题意，f(x+2)关于x=−2对称，则f(x)为偶函数，且f(−2)=f(2)=1，则f(x−2)≤1⇒f(|x−2|)≤f(|−2|)，又f(x)在(0,+∞)单调递增，所以|x−2|≤2，解可得0≤x≤4；故选：D．3.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数定义域的求解，是基础题，根据函数定义域之间的关系得−2≤2x−1≤3，计算得结论．【解答】解：因为函数y=f(x)定义域是[−2,3]，所以−2≤2x−1≤3，解得−12≤x≤2．因此函数y=f(2x−1)的定义域为[−12,2]．故选C．4.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的单调性，函数的奇偶性，属于较易题．由题干中函数的单调性及奇偶性，可将不等式−1≤f(x−2)≤1化为−1≤x−2≤1，即可解得答案．【解答】解：∵函数f(x)为奇函数，若f(1)=−1，则f(−1)=−f(1)=1，又∵函数f(x)在(−∞,+∞)上单调递减，−1≤f(x−2)≤1，∴f(1)≤f(x−2)≤f(−1)，∴−1≤x−2≤1，解得：1≤x≤3，所以x的取值范围是[1,3]．故选D．5.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数奇偶性和单调性的应用，考查运算求解及逻辑推理能力，难度一般．根据题意，不等式xf(x−1)⩾0可化为{x⩾0f(x−1)⩾0或{x⩽0f(x−1)⩽0，从而利用奇函数性质及函数的单调性求解即可．【解答】解：根据题意，不等式xf(x−1)⩾0可化为{x⩾0f(x−1)⩾0或{x⩽0f(x−1)⩽0,由奇函数性质得，f(x)在上单调递减，所以{x⩾0x−1⩾0x−1⩽2或{x⩽0x−1⩽0x−1⩾−2，解得1⩽x⩽3或−1⩽x⩽0．满足xf(x−1)⩾0的x的取值范围是x∈[−1,0]∪[1,3]．故选D．6.【答案】A【解析】【分析】本题主要考查了奇函数在对称区间上的单调性相同(偶函数对称区间上的单调性相反)的性质的应用，一元二次不等式的求解，属于基础题.由题意可先判断出f(x)是定义在R上的奇函数，f(x)=x2+4x=(x+2)2−4在(0,+∞)上单调递增，根据奇函数的对称区间上的单调性可知，f(x)在(−∞,0)上单调递增，从而可比较2−a2与a的大小，解不等式可求a的范围【解答】解：由题可得f(0)=0，当x<0时，−x>0，f(−x)=x2−4x=−f(x)，同理可得，当x>0时，f(−x)−f(x)，∴f(x)是定义在R上的奇函数，∵f(x)=x2+4x=(x+1)2−4在(0,+∞)上单调递增，根据奇函数的对称区间上的单调性可知，f(x)在(−∞,0)上单调递增，∴f(x)在R上单调递增，∵f(2−a2)>f(a)，∴2−a2>a，解不等式可得，−2<a<1．故选A．7.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查函数的对称性以及单调性，属于基础题．根据题意得知函数图象关于x =1对称，则有f (−1)=f (3)，f(0)=f(2)，利用函数单调性即可求解．【解答】解：∵函数f (x )满足f(2−x)=f(x)，∴f [2−(1+x )]=f (1+x )，即f(1−x)=f(1+x)∴函数图象关于x =1对称，∴f (−1)=f (3)，f(0)=f(2)，∵f(x)在[1,+∞)上为增函数，∴f(0)=f(2)<f(−1)故选C ．8.【答案】D【解析】【分析】本题主要考查分段函数及其图象的作法、函数的值域的应用、函数与方程的综合运用等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想．先作出函数f(x)={x 2−6x +6,x ⩾03x +4,x <0的图象，不妨设x 1<x 2<x 3，则x 2，x 3关于直线x =3对称，得到x 2+x 3=6，且x 1是图中线段AB 上的点对应的横坐标，从而有：−73<x 1<0，最后即可求得x 1+x 2+x 3的取值范围．【解答】解：函数f(x)={x 2−6x +6,x ⩾03x +4,x <0的图象，如图，不妨设x1<x2<x3，则x2，x3关于直线x=3对称，故x2+x3=6，且x1是图中线段AB上的点对应的横坐标，故x B<x1<x A，即−73<x1<0，则x1+x2+x3的取值范围是：−73+6<x1+x2+x3<0+6；即x1+x2+x3∈(113,6)．故选D．9.【答案】D【解析】【分析】本题考查函数的单调性和奇偶性的应用，考查运算求解能力，属于一般题．将条件f(2−a)+f(2a−3)<0转化为f(2−a)<−f(2a−3)，进而化为f(2−a)<f(−2a+3)，最终转化为解关于a的不等式，另外不能忘记其定义域．【解答】解：∵f(2−a)+f(2a−3)<0，∴f(2−a)<−f(2a−3)，∵f(x)是奇函数，∴f(2−a)<f(−2a+3)，∵f(x)是定义域在(−2,2)上单调递减函数，∴{2−a>−2a+3−2<−2a+3<2−2<2−a<2，解得1<a<52，∴a的取值范围是(1,52)，【解析】由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x 1+ x 2>0，可知x 1>−x 2，f(x 1)<f(−x 2)=−f(x 2)，则f(x 1)+f(x 2)<0．11.【答案】A【解析】【分析】本题考查函数的单调性与奇偶性.属于基础题．由函数f(x)是偶函数可得f(x)=f(|x|)，利用偶函数f(x)在区间(0,+∞)上单调增加，且满足f(2x−1)<f(13)，可得|2x−1|<13，从而可求x的取值范围．【解答】解：∵函数f(x)是偶函数，∴f(x)=f(|x|)，∵偶函数f(x)在区间(0,+∞)上单调增加，满足f(2x−1)<f(13)，∴|2x−1|<13，则−13<2x−1<13，解得13<x<23．故选A．12.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数定义域的求解，是基础题．根据函数定义域之间的关系得−2≤2x−1≤3，计算得结论．【解答】解：因为函数y=f(x)定义域是[−2,3]，所以−2≤2x−1≤3，解得−12≤x≤2，因此函数y=f(2x−1)的定义域为[−12,2]．【解析】【分析】本题考查抽象函数的定义域，注意函数的自变量的取值范围，属于基础题．由函数f(x)的定义域可得0≤2x ≤1，且0≤x +13≤1，求出x 的范围就是函数f(2x)+f(x +13)的定义域．【解答】解：因为函数f(x)的定义域为[0,1]，则0≤2x ≤1，且0≤x +13≤1，即0≤x ≤12，且−13≤x ≤23，解得0≤x ≤12，所以函数f(2x)+f(x +13)的定义域为[0,12].故选C ． 14.【答案】C【解析】【分析】本题主要考查了分段函数单调性的应用，属于基础题．解决此题的关键是根据f(x)的解析式得到f(x)在R 上为增函数，进而建立关于a 的不等式求解．【解答】解：f(x)={x 2+4x =(x +2)2−4,x ≥0,4x −x 2=−(x −2)2+4,x <0,由f(x)的解析式可知f(x)在(−∞,+∞)上是单调增函数，由f(2−a 2)>f(a)得2−a 2>a ，即a 2+a −2<0，解得：−2<a <1．故选C ．15.【答案】[0,1]【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性、单调性，根据函数单调性解不等式，属基础题．由f(x)为偶函数且在[0,+∞)上单调递增，便可由f(2x −1)≤f(1)得出|2x −1|≤1，解该绝对值不等式便可得出x 的取值范围．【解答】解：∵f(x)为偶函数，∴由f(2x −1)≤f(1)得，f(|2x −1|)≤f(1)，又f(x)在[0,+∞)上单调递增，∴|2x −1|≤1，解得0≤x ≤1；∴x 的取值范围是[0,1]．故答案为[0,1]．16.【答案】13<x <23【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性和单调性，属于基础题．【解答】解：f (x )为偶函数，由f (2x −1)<f (13)得f (|2x −1|)<f (13) 又f (x )在[0,+∞)上单调递增，|2x −1|<13解得：13<x <23， 所以x 的取值范围是(13,23)． 17.【答案】(−2,0)∪(2,5)【解析】【分析】本题主要考查了函数的奇偶性，函数图像的应用，属于基础题．由已知得f(x)的图象关于原点对称，原不等式可化为{x <0,f(x)<0或{x >0,f(x)<0,由图像可得结果． 【解答】解：由已知得f(x)的图象关于原点对称，原不等式可化为{x <0,f(x)<0或{x >0,f(x)<0,则由图象可知−2<x <0或2<x <5．故答案为(−2,0)∪(2,5)．18.【答案】6【解析】【分析】本题考查函数值的计算，涉及函数的奇偶性与周期性，关键是求出f(−1)的值．属于基础题．由f(x+4)=f(x−2).可推出函数f(x)的周期为6，从而f(919)=f(153×6+1)=f(1)，即可得出答案．【解答】解：由f(x+4)=f(x−2).则f(x+6)=f(x)，∴f(x)为周期为6的周期函数，f(919)=f(153×6+1)=f(1)，由f(x)是定义在R上的偶函数，则f(1)=f(−1)，当x∈[−3,0]时，f(x)=6−x，f(−1)=6−(−1)=6，∴f(919)=6，故答案为6．19.【答案】解：(1)由题设，令x=y=0，恒等式可变为f(0+0)=f(0)+f(0)，解得f(0)=0；(2)证明：令y=−x，则由f(x+y)=f(x)+f(y)得f(0)=0=f(x)+f(−x)，即f(−x)=−f(x)，故f(x)是奇函数；(3)∵12f(x2)−f(x)>12f(3x)，f(x2)−f(3x)>2f(x)，即f(x2)+f(−3x)>2f(x)，又由已知f(x+y)=f(x)+f(y)得：f(x+x)=2f(x)，∴f(x2−3x)>f(2x)，由函数f(x)是增函数，不等式转化为x2−3x>2x，即x2−5x>0，∴不等式的解集{x|x<0或x>5}．【解析】本题主要考查了抽象函数及其应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中档题．(1)利用已知条件通过x=y=0，直接求f(0)；(2)通过函数的奇偶性的定义，直接证明f(x)是奇函数；(3)利用已知条件转化不等式．通过函数的单调性直接求解不等式12f(x2)−f(x)>12f(3x)的解集即可．20.【答案】解：(Ⅰ)令x1=x2=1，有f(1×1 )=f(1)+f(1)，得f(1 )=0；(Ⅱ)令x1=x2=−1，得f(−1)=0，令x1=−1,x2=x，有f(−x)=f(−1)+f(x)，∴f(−x)=f(x)，所以f(x)为偶函数；(Ⅲ)f(4×4 )=f(4)+f(4)=2，f(16×4)=f(16)+f(4)=3，∴f(3x+1)+f(2x−6)≤3，即f[(3x+1)(2x−6)]≤f(64)，∵f(x)在(0,+∞)上是增函数，∴{(3x+1)(2x−6)>0(3x+1)(2x−6)≤64或{(3x+1)(2x−6)<0−(3x+1)(2x−6)≤64,⇒{x>3,或x<−13−73≤x≤5或{−13<x<3x∈R,∴3<x≤5,或−73≤x<−13或−13<x<3．所以x的取值范围为{x|3<x≤5,或−73≤x<−13或−13<x<3}.【解析】本题主要考查函数的奇偶性和单调性等，属于中档题．(Ⅰ)赋值，令x1=x2=1，有f(1×1)=f(1)+f(1)，由此可解得f(1)的值；(Ⅱ)令x1=−1,x2=x，有f(−x)=f(−1)+f(x)，进而得出f(−x)=f(x)，从而得出结论；(Ⅲ)结合f(x1⋅x2)=f(x1)+f(x2)和函数的单调性，列出不等式组，可求解x的范围．21.【答案】解：(Ⅰ)∵函数f(x)=ax2+bx ，且f(1)=2，f(2)=52，∴{4a+b2=52a+b=2,∴a=b=1,∴f(x)=x2+1x；f(−x)=−x2+1x=−f(x)，所以f(x)是奇函数；(Ⅱ)证明：任取x1,x2∈(−∞,−1)，且x1<x2，则f(x1)−f(x2)=x12+1x1−x22+1x2=(x1−x2)(x1x2−1)x1x2，∵x1<x2<−1∴x1x2>1∴x1x2−1>0，∵x1−x2<0∴f(x1)−f(x2)<0即f(x1)<f(x2)，所以f(x)在区间(−∞,−1)上单调递增；(Ⅲ)∵f(x)在区间(−∞,−1)上单调递增，且f(x)为奇函数，∴f(x)在区间(1,+∞)上单调递增，∵f(1+2t2)−f(3+t2)<0得f(1+2t2)<f(3+t2)且1+2t2>1，3+t2>1∴1+2t2<3+t2，解得−√2<t<√2，故关于t的不等式的解集为{t|−√2<t<√2}．【解析】本题考查函数的奇偶性，函数的单调性的定义以及单调性的应用，属于中档题．(Ⅰ)，由f(1)=2，f(2)=5代入解析式，求得a，b，即可得到解析式，再由奇函数的定义判断奇偶性；2(Ⅱ)任取x1,x2∈(−∞,−1)，且x1<x2，作差f(x1)−f(x2)得到f(x1),f(x2)的大小，由定义判断单调性；(Ⅲ)利用奇偶性和单调性，脱去符号“f”，即可解得t的范围．22.【答案】解：(Ⅰ)取x=0，得f(0+y)=f(0)+f(y)，即f(y)=f(0)+f(y)，∴f(0)=0，∵f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)，又∵f(3)=6，∴3f(1)=6，∴f(1)=2；(Ⅱ)取y=−x，得f(0)=f[x+(−x)]=f(x)+f(−x)=0，∴f(−x)=−f(x)，∴函数f(x)是奇函数；,3]上恒成立，(Ⅲ)∵f(x)是奇函数，且f(kx2)+f(2x−1)<0在x∈[12,3]上恒成立，∴f(kx2)<f(1−2x)在x∈[12又∵f(x)是定义域在R的单调函数，且f(0)=0<f(1)=2，∴f(x)是定义域在R上的增函数．,3]上恒成立．∴kx2<1−2x在x∈[12∴k<(1x )2−2(1x)在x∈[12,3]上恒成立．令g(x)=(1x )2−2(1x)=(1x−1)2−1，由于12≤x≤3，∴13≤1x≤2．∴g(x)min=g(1)=−1，∴k<−1．则实数k的取值范围为(−∞,−1)．【解析】本题给出抽象函数，求特殊的函数值并讨论函数的单调性与奇偶性，考查了抽象函数的理解与处理、函数的单调性与奇偶性和不等式恒成立问题的处理等知识，属于较难题．(Ⅰ)取x=0代入函数满足的等式，整理可得f(0)=0.再根据3=1+2=1+1+1，结合定义和f(3)=6，算出f(1)=2；(Ⅱ)以−x取代y，代入函数满足的等式，可得f(x)+f(−x)=0，由此可得f(x)是奇函数；(Ⅲ)根据函数是单调函数且f(0)<f(1)，得f(x)是定义域在R上的增函数．再结合函数为奇函数，将题中不等式转化为kx2<1−2x在x∈[12,3]上恒成立，最后采用变量分离的方法结合换元法求函数的最小值，可算出k的取值范围．23.【答案】解：(1)当x∈(−∞,0)时，−x∈(0,+∞)．因为y=f(x)是奇函数，所以f(x)=−f(−x)=−[(−x)2−2(−x)]=−x2−2x，所以f(x)={x2−2x,x≥0,−x2−2x,x<0.(2)当x∈[0,+∞)时，f(x)=x2−2x=(x−1)2−1，最小值为−1；当x∈(−∞,0)时，f(x)=−x2−2x=1−(x+1)2，最大值为1．所以据此可作出函数y=f(x)的图象(如图所示)，根据图象得，若方程f(x)=a恰有3个不同的解，则实数a的取值范围是(−1,1)．【解析】本题主要考查利用函数的奇偶性求函数的解析式，函数的零点与方程的根的关系以及数形结合思想，属于中档题．(1)利用奇函数的定义即可求出x <0的解析式，再写成分段函数形式即可；(2)作出函数y =f(x)的图象，根据图象即可确定a 的取值范围．24.【答案】证明：(Ⅰ)设x 1>x 2，则x 1−x 2>0.而f(a +b)=f(a)+f(b)，∴f(x 1)=f(x 1−x 2+x 2)=f(x 1−x 2)+f(x 2)<f(x 2)．∴函数y =f(x)是R 上的减函数.(II)由f(a +b)=f(a)+f(b)得f(x −x)=f(x)+f(−x)，即f(x)+f(−x)=f(0)，而f(0)=0，∴f(−x)=−f(x)，即函数y =f(x)是奇函数．【解析】本题主要考了抽象函数的单调性和奇偶性，属于中档题．(Ⅰ)设x 1>x 2，∴f(x 1)=f(x 1−x 2+x 2)=f(x 1−x 2)+f(x 2)<f(x 2).可证．(II)由题意得f(x −x)=f(x)+f(−x)， 即f(x)+f(−x)=f(0)，而f(0)=0，∴f(−x)=−f(x)，得证．25.【答案】证明：(1)设任意x 1，x 2∈[−1,1]，且x 1<x 2，∵f(x)是定义在[−1,1]上的奇函数，∴f(x 2)−f(x 1)=f(x 2)+f(−x 1)∵x 1<x 2，∴x 2+(−x 1)≠0，由题意知，f(x 2)+f(−x 1)x 2+(−x 1)>0，∵x 2+(−x 1)=x 2−x 1>0，∴f(x 2)+f(−x 1)>0，即f(x 2)>f(x 1)，∴函数f(x)在[−1,1]上是增函数．解：(2)由(1)和不等式f(x +12)<f(1−x)得，{−1≤x +12≤1−1≤1−x ≤1x +12<1−x，解得0≤x <14， ∴不等式的解集是[0,14)；(3)由(Ⅰ)得，f(x)最大值为f(1)=1，所以要使f(x)≤m2−2m+1对所有x∈[−1,1]恒成立，只需1≤m2−2m+1恒成立，解得m≤0或m≥2，得实数m的取值范围为m≤0或m≥2．【解析】(1)设任意x1，x2∈[−1,1]，且x1<x2，由奇函数的性质化简f(x2)−f(x1)，由f(a)+f(b)a+b>0得f(x2)+f(−x1)x2+(−x1)>0，判断出符号后，由函数单调性的定义证明结论成立；(2)根据函数的单调性和定义域列出不等式组，求出不等式组的解集；(3)由函数的单调性求出f(x)的最大值，由恒成立列出不等式，求出实数m的取值范围．本题考查定义法证明抽象函数的单调性，奇函数的性质，以及恒成立问题转化为求最值，考查转化思想，化简、变形能力．26.【答案】(1)证明：令m=0,n=2可得f(0+2)=f(0)f(2)，当x>0时，0<f(x)<1,所以f(0)=1(2)证明：设x>0，则−x<0则有f(0)=f(x−x)=f(x)f(−x) ，即1f(x)=f(−x) 又当x>0时，有0<f(x)<1所以x∈R，有f(x)>0恒成立任取实数x1,x2∈R，且x1<x2，则有x2−x1>0从而可得0<f(x2−x1)<1,又f(x2)=f[x1+(x2−x1)]=f(x1)f(x2−x1)<f(x1)，所以f(x)在R上是减函数．(3)解：令m=n=2,可得f(2+2)=f(2)f(2)=116⇒f(2)=14，f(x)f(ax)>14f(x2)可化为f(x)f(ax)>f(2)f(x2)，所以f(x+ax)>f(2+x2)，所以x+ax<2+x2，当x>0时，有a<2+x2x−1恒成立，令g(x)=2+x2x =x+2x，x>0，易证在g(x)在(0,√2)上递减，在(√2,+∞)递增，从而可得g(x)min=2√2，所以a<2√2−1．【解析】本题考查抽象函数，函数的单调性与单调区间，不等式恒成立问题，考查逻辑推理能力，属于中档题．(1)对于f(m+n)=f(m)f(n)，令m=0,n=2，结合0<f(x)<1，即可得到f(0)的值;(2)先证明x∈R，有f(x)>0恒成立，再任取实数x1,x2∈R，且x1<x2，利用f(x2)=f[(x2−x1)+x1]=f(x2−x1)f(x1)<f(x1)，即可判断其单调性；(3)令m=n=2,可得f(2+2)=f(2)f(2)=116,f(2)=14，将题中不等式恒成立问题转化为x>0时，有a<2+x2 x −1恒成立，求得g(x)=2+x2x=x+2x的最小值，即可得到a的取值范围．27.【答案】解：(1)令x=y=1得f(1)=f(1)+f(1)⇒f(1)=0，(2)由f(12)=1，f(1)=0，结合题意，可得f(1)=f(2)+f(12)⇒f(2)=−1，f(4)=f(2)+f(2)=−2(8分)∴f(−x)+f(3−x)=f[x(x−3)]≥f(4)(10分)又f(x)为(0,+∞)上的减函数∴{−x>0⇒x<03−x>0⇒x<3x(x−3)≤4⇒−1≤x≤4解得−1≤x<0∴原不等式的解集为[−1,0)．【解析】本题主要考查抽象函数中的赋值法和单调性定义的应用．(1)用赋值法令x=y=1f(1)=0(2)由f(12)=1,f(0)=0，将−2表示为f(4)，再将f(−x)+f(3−x)转化为f[x(x−3)]，原不等式f(−x)+f(3−x)≥−2.转化为f[x(x−3)]，≥f(4)，再利单调性定义求解．28.【答案】解：(1)令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=2f(0)，∴f(0)=0．对任意x，总存在y=−x，有f(x−x)=f(x)+f(−x)，∴f(−x)+f(x)=0，即f(−x)=−f(x)．∴f(x)是奇函数．(2)∵f(x)是奇函数，且f(−3)=a，∴f(3)=−a．由f(x+y)=f(x)+f(y)，令x=y，得f(2x)=2f(x)，∴f(12)=2f(6)=4f(3)=−4a．【解析】本题考查奇偶函数的判断和证明．(1)利用赋值法得到目标f(−x)=−f(x)，用来证明其是奇函数．(2)先由f(−3)=−f(3)知f(3)=−a，再把f(12)化为f(3)，即可得出．29.【答案】解：(1)由函数图像得函数周期为2.(2)y=f(x+1)的图象为y=f(x)向左平移1个单位长得到，如图所示．(3)定义域为一个周期的函数y=f(x)，x∈[−1,1]的解析式为y=|x|，x∈[−1,1]；根据函数y=f(x)的图象和周期性，得到函数y=f(x)的解析式为y=|x−2k|，x∈[2k−1,2k+1]，k∈Z．【解析】本题考查函数的图像的应用，函数的周期性，函数解析式，属于基础题．(1)由函数图像得函数周期为2.(2)y=f(x+1)的图象为y=f(x)向左平移1个单位长得到；(3)先求出定义域为一个周期的函数y=f(x)，x∈[−1,1]的解析式为y=|x|，x∈[−1,1]；再根据函数y=f(x)的图象和周期性，得到函数y=f(x)的解析式为y=|x−2k|，x∈[2k−1,2k+1]，k∈Z．30.【答案】解：(1)令x=0,y=1得f(1)=f(1)f(0)，即f(1)=0或f(0)=1，当x>0时，0<f(x)<1，故f(1)≠0，所以f(0)=1，若x<0，则−x>0，则0<f(−x)<1，又f(0)=f(x)f(−x)=1，所以f(−x)=1f(x)，即0<1f(x)<1，所以f(x)>1；(2)任取x1<x2，则f(x2)f(x1)=f(x2)f(−x1)=f(x2−x1)，因为x2−x1>0，所以0<f(x2−x1)<1，即0<f(x2)f(x1)<1，由(1)可知对于x∈R，都有f(x)>0，故f(x1)>0，所以f(x2)<f(x1)，即f(x)为减函数．【解析】略31.【答案】解：(1)∵函数y=f(x)的定义域为[−2,1]，由−2≤3x−1≤1得：x∈[−13,23 ]，故函数y=f(3x−1)的定义域为[−13,23 ]；’(2)∵函数f(2x+5)的定义域为[−1,4]，∴x∈[−1,4]，∴2x+5∈[3,13]，故函数f(x)的定义域为：[3,13]．【解析】(1)根据函数定义域的求法，直接解不等式−2≤3x−1≤1，即可求函数y=f(3x−1)的定义域；(2)由x∈[−1,4]，可得2x+5∈[3,13]，可得答案．本题考查了函数的定义域的求法，求复合函数的定义域时，注意自变量的范围的变化，本题属于基础题32.【答案】解：由f(x)在R上是偶函数，在区间(−∞,0)上递增，可知f(x)在(0,+∞)上递减．∵2a 2+a +1=2(a +14)2+78>0，2a 2−2a +3=2(a −12)2+52>0，且f(2a 2+a +1)<f(2a 2−2a +3)， ∴2a 2+a +1>2a 2−2a +3，即3a −2>0，解得a >23．所以实数a 的取值范围为：a >23．【解析】利用函数f(x)的奇偶性、单调性可判断函数在(0,+∞)上的单调性，根据2a 2+a +1，2a 2−2a +3的范围可知其大小关系，解出即可．本题考查函数单调性的性质及其应用，考查抽象不等式的求解，解决本题的关键是利用函数的性质去掉不等式中的符号“f ”．33.【答案】证明：(Ⅰ)令m =0,n =2，可得f(0+2)=f(0)f(2)，因为x >0时0<f(x)<1，所以f(0)=1，令x <0，则−x >0，0<f(−x)<1，因为f(x −x)=f(x)f(−x)=1，所以f(x)>1，综上所述，f(x)>0在R 上恒成立；(Ⅱ)任取实数x 1,x 2∈(−∞,+∞)，且x 1<x 2，则有x 2−x 1>0，从而可得0<f(x 2−x 1)<1，又因为f(x 2)=f[(x 2−x 1)+x 1]=f(x 2−x 1)f(x 1)<f(x 1)，所以f(x)在R 上是减函数；解：(Ⅲ)令m =n =2，可得f(2+2)=f(2)f(2)=116，故f(2)=14，所以4f(x)f(ax)<f(x 2)可化为f(x)f(ax)<f(2)f(x 2)，于是f(ax +x)<f(2+x 2)，从而ax +x >2+x 2，当x >0时，a >x +2x −1，令ℎ(x)=x +2x −1，易证ℎ(x)在(0,√2)上递减，在上递增， 所以a >ℎ(√2)=2√2−1．【解析】本题考查抽象函数的应用，函数的单调性与单调区间，不等式恒成立问题，考查逻辑推理能力，属于中档题．(Ⅰ)设x <0，则−x >0，f(−x)∈(0,1)，根据题设得出，当x <0时f(x)>1，得出结论成立；(Ⅱ)任取实数x 1,x 2∈(−∞,+∞)，且x 1<x 2，利用f(x 2)=f[(x 2−x 1)+x 1]=f(x 2−x 1)f(x 1)<f(x 1)，即可判断其单调性；−1(x>0)，只需求出右式的最小值即可．(Ⅲ)由(Ⅱ)可整理不等式a>x+2x。