最新高三高考抽象函数总结

抽象函数是高中数学的一个难点，也是近几年来高考的热点。考查方法往往基于一般函数，综合考查函数的各种性质。本节给出抽象函数中的函数性质的处理策略，供内同学们参考。

抽象函数是指只给出函数的某些性质，而未给出函数具体的解析式及图象的函数。由于抽象函数概念抽象，性质隐而不显，技巧性强，因此学生在做有关抽象函数的题目时，往往感觉无处下手。

抽象函数常见题型讲解：

一、定义域问题：解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。

1yf(2)x例一.若函数yf(x1)的定义域为[2,3)，求函数的定义域。

提示：函数的定义域是指自变量的取值范围，求抽象函数的定义域的关键是括号内式子的地位等同（即同一对应法则后括号内的式子具有相同的取值范围），如本题中的x1与

12x的范围等同。

2f(x)的定义域是［1，2］变式训练1：已知函数，求f(x)的定义域。

变式训练2：已知函数f(x)的定义域是[1,2]，求函数

f[log1(3x)]2的定义域。

1

二、求值问题

15；②

例二、已知定义域为的函数f(x)，同时满足下列条件：①f(2)1，

f(6)f(xy)f(x)f(y)，求f(3)，f(9)的值。

注：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，赋值法是解此类问题的常用技巧。

变式训练3：已知f(x)是定义在R上的函数，且f(1)1,对任意的xR都有下列两式成立：

f(x5)f(x)5;f(x1)f(x)1.若g(x)f(x)1x,则g(6)的值为

1f(1),f(x2)f(x)f(2),2变式训练4:设函数f(x)(xR)为奇函数，则f(5)_____

变式训练5：已知f(x),g(x)都是定义在R上的函数，对任意x,y满足

f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y) ，且f(2)f(1)0，则g(1)g(1)=_________

三、值域问题:

例三、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x1x2，使得f(x1)f(x2)，求函数f(x)的值域。

变式6：若函数yf(x1)的值域为[1,1]，求函数yf(3x2)的值域。

变式7：函数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f(2)——————

2

变式8：已知函数f(x)对任意实数x，y都有f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，

f(x)0，f(1)2，求f(x)在[2，1]上的值域。

四、解析式问题

x1)1xx……①(x0且x1)，求f(x)。

例四、设函数f(x)满足

f(x)f(x1评析：如果把x和x分别看作两个变量，怎样实现由两个变量向一个变量的转化是

解题关键。通常情况下，给某些变量适当赋值，使之在关系中“消失”，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要策略。

1x1， 求f(x),g(x).

变式9：已知f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且有f(x)+

g(x)五、单调性问题

单调性的证明两种常用变换：

x2)x1（商变换）

f(x1)f[(x2x1)x1]（差变换）；

f(x2)f(x1例五、设yf(x)是定义在[-1，1]上的奇函数，且对于任意的a,b[1,1]，当ab0时，

f(a)f(b)0都有：ab。若ab，试比较f(a)与f(b)的大小。

3

变式10：已知函数f（x）对任意实数x、y均有f（x＋y）＋2＝f（x）＋f（y），且当

2f(a2a2)3的解. x>0时，f(x)>2，f(3)＝ 5，求不等式

变式11：设f(x)定义于实数集上，当x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。

变式12:定义在R上的函数y=f(x)，f(0)≠0，当x>0时，f(x)>1，且对任意的a、b∈R，有f(a+b)=f(a)f(b)，

（1） 求证：f(0)=1；（2）求证：对任意的x∈R，恒有f(x)>0；

（3）证明：f(x)是R上的增函数；（4）若f(x)·f(2x-x2)>1，求x的取值范围。

变式13：已知f(x)对一切x，y，满足f(0)0，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，

f(x)1，求证：（1）x0时，0f(x)1；（2）f(x)在R上为减函数。

变式14：已知f(x)是定义在（1，1）上的偶函数，且在（0，1）上为增函数，满足

f(a2)f(4a2)0，试确定a的取值范围。

变式15：函数f(x)的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有f(x)>0;②对任意

1f()1x,yR,有f(xy)[f(x)];③3.

y(1)求f(0)的值;

(2)求证: f(x)在R上是单调减函数;

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六、奇偶性问题

例六、 已知函数f(x)(xR,x0)对任意不等于零的实数x1,x2都有f(x1x2)f(x1)f(x2)，试判断函数f(x)的奇偶性。

变式16：已知yf(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a,bR，都满足：f(ab)af(b)bf(a)。判断yf(x)的奇偶性，并证明你的结论。

变式17：已知定义在R上的函数f(x)对任意实数x、y恒有f(x)f(y)f(xy)，且当

x0时，f(x)0，又

f(1)23。

(1)求证：f(x)为奇函数；(2)求证：f(x)为R上的减函数；

变式18：设函数f(x)的定义域关于原点对称，且满足f(x1－x2)＝

f(x1)f(x2)＋1f(x2)－f(x1)

；

求证：f(x)是奇函数；

变式19：已知定义在[3,3]上的函数yf(x)满足条件：对于任意的x,yR，都有

f(xy)f(x)f(y)．当x0时，f(x)0．

（1）求证：函数f(x)是奇函数；

（2）求证：函数f(x)在[3,3]上是减函数；（3）解不等式f(2x1)f(3x2)0．

5

变式20：函数f（x）的定义域为D={x|x≠0}，且满足对于任意x1、x2∈D，

有f（x1·x2）=f（x1）+f（x2）.

（1）求f（1）的值；

（2）判断f（x）的奇偶性并证明；

变式21：已知函数y=f（x）的定义域为R，对任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），且对任意x＞0，都有f（x）＜0，f（3）=－3.

（1）试证明：函数y=f（x）是R上的单调减函数；

（2）试证明：函数y=f（x）是奇函数；

变式22：设函数f(x)的定义域为R，对于任意的实数x，y，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，当x＞0时，f(x)＜0，求证：(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．

变式23：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.

变式24：已知函数f(x),当x,yR时，恒有f(xy)f(x)f(y).

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(1)求证: f(x)是奇函数;

(2)若f(3)a,试用a表示f(24).

七、周期性：

周期性：解决抽象函数的周期性问题——充分理解与运用相关的抽象式是关键。

例七、设yf(x)是定义在R上的奇函数，其图象关于直线x1对称。证明yf(x)是周期函数。

变式25：设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3) =-f(x)，求f(1998)的值。

变式26：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),已知f（1）=1997，求f（2001）的值。

变式27：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____ ___．

变式28：若f(x)是定义在R上的函数，对任意的实数x，都有

f(x2)f(x)2,且f（1）2，则f（2009）的值是——————

f(x4)f(x)4 和

八、对称性：解决抽象函数的对称问题——定义证明是根本、图象变换是捷径、特值代入是妙法。

结论1：设函数f(x)的定义域为R，且f(a+x)=f(b-x)，则函数f(x)的图象关于直线

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xab2对称；特别地，当f(a+x)=f(a-x)时，f(x)的图象关于x=a对称（自身对称）。

结论2：对于定义在R上的函数y=f(x)，函数y=f(a+x)与y=f(b-x)的图象关于直线

xba2对称（相互对称）。

例八、设函数yf(x)定义在实数集上，则函数yf(x1)与yf(1x)的图象关于（ )

A、直线y0对称 B直线x0对称 C直线y1对称 D直线x1对称

变式29：已知函数y=f(x)满足f(x+2)=f(2-x)；若方程f(x)=0有三个不同的实根，则这三个根的和为______。

变式30：已知函数y=f(x)为奇函数，方程f(x)=0有5个根，问这五个根之和为_______

九．利用模型函数，类比联想

例九、如果f(x+y)=f(x)•f(y),且f(1)=2，则

f(2)f(4)f(6)f(2004)f(1)f(3)f(5)f(2003)的值为_________。

变式31：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(2005)=_____.

五类抽象函数解法

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(1)求解方法：1.借鉴函数模型进行类比探究（化抽象为具体）

2. 赋值法（令x0或1，求出f(0)或f(1)、令yx或yx等等）

（2）几种抽象函数模型：

1.正比例函数：f(x)kx(k0)——————————f(xy)f(x)f(y)；

xf(x)f()2f(x)xf(y)； 2.幂函数：——————————————f(xy)f(x)f(y)，y1f(x)x注：反比例函数：一类的抽象函数也是如此，有部分资料将幂函数模型写成

反比例函数模型。

f(x)f(y)

x3.指数函数：f(x)a———————————f(xy)f(x)f(y)，

f(xy)xf()f(x)f(y)4.对数函数：f(x)logax————————f(xy)f(x)f(y)，y

5.三角函数：f(x)tanx————————————

f(xy)f(x)f(y)1f(x)f(y)

6.余弦函数：f(x)cosx———————f(xy)f(xy)2f(x)f(y)

1 线性函数型抽象函数

例十、已知函数f(x)对任意实数x、y，均有f(xy)

9

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。

分析：由题设可知，函数f（x）是关键在于研究它的单调性。

的抽象函数，因此求函数f（x）的值域，

变式32：已知函数f(x)对任意实数x、y，均有f(x)f(y)=2+f(xy)，且当x0时，

f(x)2,f(3)5,求不等式f(a22a3)3的解。

变式33：已知函数f(x)定义域R，对任意的x1、x2R，有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)，当x>0时，f(x)<0,f(1)=a判定〔-3，3〕上f(x)是否存在最值，若有请求出最值，若无说明理由.

变式34：⑴已知函数f(x)定义域R，对任意的x、yR，有f(x+y)=f(x)+f(y)-1，当x>0时，

f(x)>1,⑴求证：f(x存在反函数. ⑵.若不等式f(a2+a-5)<2的解为 -32 指数函数型抽象函数

例十一、已知函数f(x)定义域为R，满足条件：存在x1x2，使得f(x1)f(xy)f(x)f(y)成立。 求：

f(x2),对任何x和y，

（1）f(0);

(2) 对任意值x,判断f(x)值的正负。

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变式35：是否存在函数f(x)满足下列三个条件：

a,bN.③f(2)4同时成立？ ①f(x)0,xN.②f(ab)f(a)f(b)，若存在，求出f(x)的解析式，若不存在，说明理由。

变式36：已知函数f(x)定义域R，满足①.x<0时，fx>1 ②. f(0)0 ③.任意的x、yR有f(x+y)=f(x)f(y)

⑴.x>0时,0< f(x)<1. ⑵.判定f(x)的单调性. ③.解不等式f(x-6)f(x2-2x)1.

变式37：已知函数f(x)定义域R，满足①存在x1x2使得f(x2)  f(x1)②任意的x、

1fxyR有f(x+y)=f(x)f(y) ③. x>0时，<1且f(2)=9=.求证⑴. 任意的xR,

fx>0.⑵.f(x)存在反函数 ⑶.f-1(x1x2)=f-1(x1)+f-1(x2) ⑷.若f(m)=3,求m的值

3 对数函数型抽象函数

（0，+）例十二、设f(x)定义在上的单调增函数，满足f(xy)f(x)+f(y)，f(3)1。 求：

（1）f(1);

(2) 若f(x)+f(x8)2,求x的取值范围。

分析：由题设可猜测f（x）是对数函数的抽象函数，f（1）＝0，f（9）＝2。

11

变式38：已知函数f(x)定义域R+，对任意的R有f(x)=f(x),且x>1时f(x)<0,

1f(2)=1

⑴.求证：x>0,y>0时，f(xy)=f(x)+f(y)

⑵.求证f(x)有反函数.

⑶.解不等式f(x)+f(5-x)-2.

4 三角函数型抽象函数

例十三、已知函数f(x)的定义域关于原点对称，且满足下列三个条件：①当x1,x2是其定义域中的数时，有

f(x1x2)f(x1)f(x2)1;f(x2)f(x1)②f(a)1,a是定义域中的一个数）（a0，③当0x2a时，f(x)0.试问：

（1） f(x)的奇偶性如何？说明理由。

（0,4a）（2） 在上，f(x)的单调性如何？说明理由。

变式：39：已知函数f(x)定义域R，满足对任意的x、yR有f(x+y)+f(x-y)=2 f(x)f(y), f(0)

10, f(2)=0⑴求证：f(x)是偶函数.⑵. 求证：f(x)是周期函数.

5 幂函数型抽象函数

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例十四、已知函数f(x)对任意实数x、y，均有f(xy)时，f(x)0,1.

f(x)f(y)，且f(1)1,f(27)9，当0x1(1) 判断f(x)的奇偶性；

(2) +）判断f(x)在[0，的单调性，并给出证明；

(3) f(a1)39a0若，且，求a的取值范围。

变式40：已知函数f(x)对任意的x>0, y>0都有fxy＝fxfy，且x>1时，

111ffxf29fxfx<1,=⑴.求证：>0. ⑵. x=fx ⑶. 是否存在反函数，说

fx明理由. ⑷.若>9的解集为（m,n）求m+n.

参考答案

例一、解析：由yf(x1)的定义域为[2,3)，知x1中的x[2,3)，从而1x14，

1111yf(2)124x(,](,)x32x对函数而言，有，解之得：。

111yf(2)(,](,)x32所以函数的定义域为

变式1：解：的定义域是［1，2］，是指，所以中的满足

从而函数f(x)的定义域是［1，4］

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变式2：解：的定义域是

，意思是凡被f作用的对象都在中，由此可得

所以函数的定义域是

例二、解：取，得

因为，所以

又取得

变式3：1

变式4： 2.5

变式5： -1

2f(0)[f(0)]xy0例三、解：令，得，即有f(0)0或f(0)1。

若f(0)0，则f(x)f(x0)f(x)f(0)0，对任意xR均成立，这与存在实数x1x2，使得f(x1)f(x2)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x,yR均成立，因此，对任意xR，有

xxxxxf(x)f()f()f()[f()]2022222

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下面来证明，对任意xR,f(x)0

设存在x0R，使得f(x0)0，则f(0)f(x0x0)f(x0)f(x0)0

这与上面已证的f(x)0矛盾，因此，对任意xR,f(x)0

所以f(x)0

变式6：解析：函数yf(3x2)中定义域与对应法则与函数yf(x1)的定义域与对应法则完全相同，故函数yf(3x2)的值域也为[1,1]。

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变式7：

变式8：解：设x1x2且x1，x2R，则x2x10，

f(xx)021由条件当x0时，f(x)0

又f(x2)f[(x2x1)x1]f(x2x1)f(x1)f(x1)f(x)为增函数，

令yx，则f(0)f(x)f(x)

又令xy0 得f(0)0 f(x)f(x)， 故f(x)为奇函数，

f(1)f(1)2，f(2)2f(1)4

f(x)在[2，1]上的值域为[4，2]

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x1x112x1f()f()xx1x，……② 例四、解析：以x代x，得

11x2f()f(x)x1，……③ 以x1代x，得x1①+③-②得：

2f(x)1xx22x1x1x

x3x21f(x)2x(x1) (x0且x1) 所以

变式9：用x替代x在利用函数奇偶性联立方程组解出f(x)和g(x)

f(a)f(b)•[a(b)]a(b)，

例五、解析：

f(a)f(b)f(a)f(b)f(a)f(b)0abab0ab，，又，

f(a)f(b)0，即f(a)f(b)。

变式10：解：设x1、x2R且x1x2则x2x10

fx(2x)21， 即f(x2x1)20，

f(x2)f[(x2x1)x1]f(x2x1)f(x1)2f(x1)f(x2)f(x1) 故f(x)为增函数，

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又f(3)f(21)f(2)f(1)23f(1)45

f(1)3f(a22a2)3f(1)，即a22a211a3

2f(a2a2)3的解集为a|1a3。 因此不等式

变式11：解：设x1x2

则有f(x1)f(x2)f(x1x2x2)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x2)

x1x20，f(x1)f(x2)1

即f(x1x2)f(x2)f(x2)，f(x1)f(x2)0，即f(x)为增函数

变式12：解 （1）令a=b=0，则f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0 ∴f(0)=1

（2）令a=x，b=-x则 f(0)=f(x)f(-x) ∴

f(x)1f(x)

由已知x>0时，f(x)>1>0，当x<0时，-x>0，f(-x)>0

∴

f(x)10f(x)又x=0时，f(0)=1>0

∴对任意x∈R，f(x)>0

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(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0

∴

f(x2)f(x2)f(x1)f(x2x1)1f(x1)

∴f(x2)>f(x1) ∴f(x)在R上是增函数

（4）f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x)又1=f(0)，

f(x)在R上递增

∴由f(3x-x2)>f(0)得：3x-x2>0 ∴ 0变式13：证明：对一切x，yR有f(xy)f(x)f(y)。且f(0)0，

令xy0，得f(0)1，现设x0，则x0，f(x)1，

110f(x)1， f(x)而f(0)f(x)f(x)1f(x)设x1，x2R且x1x2，则0f(x2x1)1，

f(x2)f[(x2x1)x1]

f(x2x1)f(x1)f(x1)f(x1)f(x2)， 即f(x)为减函数。

变式14：解：f(x)是偶函数，且在（0，1）上是增函数，f(x)在(1，0)上是减函

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数，

1a2114a21由得3a5。

2f(a2)f(4a)f(0)，不等式不成立。 a2（1）当时，

（2）当3a2时，

f(a2)f(4a2)1a20f(a24)1a240解之得，3a2a2a24

2f(a2)f(4a) 2a5（3）当时，

0a21f(a24)0a241解之得，2a5a2a24

综上所述，所求a的取值范围是(3，2)(2，5)。

2f(0)[f(0)]f(0)1 f(x)x0,y2xR变式15：(1)解: ∵对任意,有>0, ∴令得,

(2)任取任取x1,x2R,且x1x2,则令

x111p1,x2p233,故p1p2

∵函数f(x)的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有f(x)>0;②对任意x,yR,

19

1f()1有f(xy)[f(x)];③3

y1111f(x1)f(x2)f(p1)f(p2)[f()]p1[f()]p20 3333∴

∴f(x1)f(x2)

∴函数f(x)是R上的单调减函数.

例六、解：取得：，所以

又取得：，所以

再取则，即

因为为非零函数，所以为偶函数。

变式16：解析：令ab1，则f(11)1f(1)1f(1)，得f(1)0；

令ab1，则f[(1)(1)](1)f(1)(1)f(1)，得f(1)0；

令a1，bx得f[(1)x](1)f(x)xf(1)，得f(x)f(x)

因此函数yf(x)为奇函数。

变式17：解：（1）令xy0得，f(0)0

20

令yx得，f(x)f(x)f(0)0

即f(x)f(x)知f(x)为奇函数

（2）令x1x20则有

f(x1)f(x2)f(x1x2x2)f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x2)f(x1x2)

x1x20，f(x1x2)0即f(x1)f(x2)知f(x)在(0,)单减

f(x)为奇函数f(x)在R上单减

变式18：证明：不妨令x＝x1－x2，则

f(－x)＝f(x2－x1)＝

f(x2)f(x1)＋1f(x1)－f(x2)

＝－f(x1)f(x2)＋1f(x2)－f(x1)

＝－f(x1－x2)

＝－f(x)．∴f(x)是奇函数．

变式19：（1）证明：令xy0，则f(00)f(0)f(0)，得f(0)0．

令yx，则f(x)f(x)f(xx)f(0)0，即f(x)f(x)．故函数f(x)是奇函数．

（2）证明：对于[3,3]上的任意两个值x1，x2，且x1x2，

则f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)f(x1x2)，

21

又x1x2，则x1x20，又当x0时，f(x)0．

f(x1x2)0， 即f(x1)f(x2)．故函数f(x)在[3,3]上是减函数．

（3）解：由（2）知：函数f(x)在[3,3]上是减函数．

f(2x1)f(3x2)0，f(2x1)f(3x2)f(3x2)．

32x13,111(,)(,]2x13x2，解得5．又33x23.所以解集为53．

变式20：（1）解：令x1=x2=1，有f（1×1）=f（1）+f（1），解得f（1）=0.

（2）证明：令x1=x2=－1，有f［（－1）×（－1）］=f（－1）+f（－1）.解得f（－1）=0.

令x1=－1，x2=x，有f（－x）=f（－1）+f（x），∴f（－x）=f（x）.∴f（x）为偶函数.

变式21：（1）证明：任取x1、x2∈R，且x1＜x2，f（x2）=f［x1+（x2－x1）］，

于是由题设条件f（x+x′）=f（x）+f（x′）可知f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）.

∵x2＞x1，∴x2－x1＞0.∴f（x2－x1）＜0.

∴f（x2）=f（x1）+f（x2－x1）＜f（x1）.

22

故函数y=f（x）是单调减函数.

（2）证明：∵对任意x、x′∈R均有f（x+x′）=f（x）+f（x′），

∴若令x=x′=0，则f（0）=f（0）+f（0）.

∴f（0）=0.

再令x′=－x，则可得f（0）=f（x）+f（－x）.

∵f（0）=0，∴f（－x）=－f（x）.故y=f（x）是奇函数.

变式22：证明：(1)令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.

再令y＝－x，得f(0)＝f(x)＋f(－x)，∴f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数．

(2)设x1、x2∈(－∞，＋∞)且x1＜x2，则x2－x1＞0，

∵当x＞0时，f(x)＜0，∴f(x2－x1)＜0.

又∵对于任意的实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(x)为奇函数，

∴f(x2－x1)＝f[x2＋(－x1)]＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2)－f(x1)．

∴f(x2)－f(x1)＜0，∴f(x)在(－∞，＋∞)上是减函数．

23

变式23：（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行变量赋值。

变式24：证明：令yx，得f(xx)f(x)f(x)f(x)f(x)f(0)

f00 令xy0，则f(0)2f(0)

∴f(x)f(x)0f(x)f(x) ∴f(x)是奇函数。

（2）∵f(24)f(3)f(21)2f(3)f(18)...8f(3)

又∵f(3)af(3)af(24)8a

例七、证明：由yf(x)的图象关于直线x1对称，得f(2x)f(x)，

又yf(x)是定义在R上的奇函数，所以f(x)f(x)

f(2x)f(x)，则f(4x)f[2(2x)]f(2x)[f(x)]f(x)

由周期函数的定义可知4是它的一个周期。

24

总结：一般地，f(xT)f(x),

f(xT)1f(x)均可断定函数的周期为2T。

变式25：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。

变式26：解：从自变量值2001和1进行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

111f(x)1,1f（x+2）=1f(x)f（x+4）=11f(x)1f(x)f(x)f(x)f(x).

所以f（x+8）=

1f(x)f(x4).

所以f（x）是以8为周期的周期函数，

从而f（2001）=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。

变式27：0

变式28：2010

例八、D

25

变式29：6

变式30：0

例九、 析：由f(x+y)=f(x)•f(y)的关系式，类比联想指数函数y=ax的性质知：

f(2)f(4)f(6)f(2004)f(2003)=2004 解：令f(x)=2x，满足题设，则 f(1)f(3)f(5)变式31： 析：当满足题设的f(x)难于求出时，可利用特殊值法化一般为特殊求解。

f(x5)f(x)1(x5)x解：由f(x+5)≥f(x)+5得：

f(x1)f(x)1同理得：(x1)x，联想斜率公式，取 k=1，结合f(1)=1

联想到函数f(x)=x满足，故g(x)=1，则g(2005)=1

例十、解：设，∵当，∴，

∵，

∴，即，∴f（x）为增函数。

在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f（0），∴ f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，

26

∴ f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，

∴ f（x）的值域为［－4，2］。

变式32分析：由题设条件可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调增函数，如果这一猜想正确，也就可以脱去不等式中的函数符号，从而可求得不等式的解。 解：设

，∵当

，∴

，则，

即∵＝3。∴3。

，∴f（x）为单调增函数。

， 又∵f（3）＝5，∴f（1）

，∴

， 即

，解得不等式的解为－1 < a <

变式33：解：x10,∴f(x2-x1)<0

∴f(x2)< f(x1) ∴f(x) ∴f(x)在〔-3，3〕上有最大、最小值. fmax=f(-3),fmin=f(3)

f0f0f0fxfxfxf3f1∵=2,∴=0, 又+＝0∴是奇函数，＝+

f1f1f1+＝3＝3a ∴fmax=--3a, fmin=3a.

变式34：解：当x10, ∴f(x2-x1)-1>0,因此有

27

f(x2)- f(x1)= f(x2-x1)-1>0,即f(x)上升，有反函数.

⑵.设f(m)=2, f(a2+a-5)<2= f(m), a2+a-5例十一、解：（1）令y＝0代入，则，∴

。若f（x）＝0，则对任意

∴f（x）≠0，∴f（0）＝1。

，有，这与题设矛盾，

（2）令y＝x≠0，则，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。

变式35：分析：由题设可猜想存在函数

，用数学归纳法证明如下：

，又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测存在

（1）x＝1时，∵∴

，结论正确。

，又∵x ∈N时，f（x）＞0，

（2）假设时有，则x＝k＋1时，

，∴x＝k＋1时，结论正确。

综上所述，x为一切自然数时。

xxx变式36、解：⑴f(x)＝f(2+2)=f2(2)0,若存在x0>0有f(x0)=0则f(x)＝

28

f(x0+x-x0)=f(x0)f(x-x0)=0,与f(0)0矛盾.∴fx>0

1fx又 x>0时, f(0)＝f2(0) ∴f(0)＝1, ∴ f(x-x)=f(x)f(-x) =1 ∵-x<0, ∴f(x)= <1.

fx2⑵.x2>x1, f(x2)＝f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1) fx1= f(x2-x1)<1 ∴f(x2)< f(x1)

 f(x)在R上下降.

⑶. f(x-6)f(x2-2x)1＝f(0) f(x2-2x+x-6)  f(0) f(x2-x-6)  f(0) x2-x-60

∴-2x3.

xxx变式37：解：⑴. f(x)＝f(2+2)=f2(2)0,若存在x0有f(x0)=0则f(x)＝

fxf(x0+x-x0)=f(x0)f(x-x0)=0,即f(x)0与存在x1x2使得f(x2)  f(x1)矛盾.∴>0

⑵. f(0)＝f2(0) ∴f(0)＝1, x2>x1, f(x2)＝f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1)

fx2fx1=f(x2-x1)<1∴f(x2)< f(x1)  f(x)在R上下降，因此存在反函数.

⑶.f[f-1(x1x2)]= x1x2, f[f-1(x1)+f-1(x2)]= f[f-1(x1)]•f[f-1(x2)]=x1x2 ,又f(x)在R上下降∴f-1(x1x2)=f-1(x1)+f-1(x2)

11⑷. f(0)＝1＝f(x-x)=f(x)f(-x)  f(-x)= fx9=f2=f(-2),又9=3•3=

f(m)f(m)=f(2m)= f(-2) 2m=-2m=-1.

29

例十二、解：（1）∵，∴f（1）＝0。

（2），从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9），

即，∵f（x）是（0，＋∞）上的增函数，故

，解之得：8＜x≤9。

变式38：解：⑴.∵x>0,y>0，且y=ax的值域是R+ ∴存在mnaan、m满足＝x,=y,

nmnmmnf(xy)=f(aa)=f(a)=(m+n)f(a)=m f(a)+n f(a) =f(a)+f(a)=f(x)+f(y).

11⑵. x2>x1 >0,f(1)=2f(1) ∴f(1)=0  f(x)+f(x)= f(1)=0-f(x)=f(x)



f(x2)- f(x1)= f(x2)+ f(

1x1) = f(

x2x1)<0 (∵

x2x1>1)  f(x)在R+上下降，因此存在反函数.

1⑶. ∵f(2)=1∴-f(2)=12f(2)=-2, f(x)+f(5-x)-2.= 2f(2)=f(4) f[x(5-x)]  f(4), x00x55x0x4,5x5x4x4或x10,1

的抽象函数，从而由

及题设条件猜

例十三、分析: 由题设知f（x）是

想：f（x）是奇函数且在（0，4a）上是增函数（这里把a看成进行猜想）。

30

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，则0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0，

∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于零，进而知于是f（x1）＜ f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。

中的，

又

设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，

，∵f（a）＝－1，∴，∴f（2a）＝0，

，于是f（x）＞0，即在（2a，4a）上f（x）＞0。

设2a＜x1＜x2＜4a，则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。

31

变式39：解：⑴.令x=0,y=0,f(0)+f(0)=2f2(0) ∴f(0)=1 令x=0则有f(y)+f(-y)=2 f(0)f(y)＝2 f(y) ∴f(y)＝f(-y) ∴f(x)是偶函数.

1111111⑵.令x=2, f(2+y)+f(2-y)= 2f(2)f(y)=0, ∴f(2+x)+f(2-x)=0,即f(x)有中心对称点（2，

0）

fxfx1fxf1x2 f(x)=f(-x)=-

f[1-(-x)]=-f(1+x)=-f(-1-x)=-[-f[1-(-1-x)]=f(2+x) ∴f(x)是周期函数.

例十四、分析：由题设可知f（x）是幂函数偶函数，且在［0，＋∞）上是增函数。

的抽象函数，从而可猜想f（x）是

解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴

f（－x）＝f（x），f（x）为偶函数。

（2）设，∴，，

∵增函数。

时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在0，＋∞）上是

（3）∵f（27）＝9，又，

32

∴，∴，∵，∴，

∵，∴，又，故。

变式40：解：⑴. f(x)＝f(xx)=f2(x)0,若存在x0>0有f(x0)=0则f(x)＝f(

x0xx1x0)=f(x)f(x0)=0,与f2=9矛盾.∴fx>0.

0

111⑵.f(1)=f2(1)  f(1)=1f(x)f(x)= f(1)=1∴f(x)=fx

⑶.x2>x1>0, f(x2)= f(降.

xx12x1fx2x2x2x20,)=f(x1)f(x1)fx1=f(x1)<1 (∵x1>1)  f(x)在下

1111fx0,⑷. >9＝f(2)∵f(x)在下降，∴033