自己整理抽象函数单调性及奇偶性练习及答案

证：f(x)是偶函数。

2、已知f(x)是定义在(-∞,+∞)上的不恒为零的函数,且对定义域内的任意x,y,f(x)都满足f(xy)=yf(x)+xf(y). (1)求f(1),f(-1)的值;

(2)判断f(x)的奇偶性,并说明理由.

3、函数f(x)对任意x､y∈R,总有f(x)+f(y)=f(x+y),且当x>0时, (1)判断并证明f(x)在区间(-∞,+∞)上的单调性; (2)求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值. 4、已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，f()=－1,当且仅当0且对任意x、y∈(－1,1)都有f(x)+f(y)=f(

xy),试证明 1xy12(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1，1)上单调递减 5、已知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).

(1)求f(0),f(1)的值;

(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;

6、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。

7、已知函数f(x)的定义域为R,对任意实数m,n都有f(mn)f(m)f(n)11且f()0,当x时, f(x)>0.

221,2 (1)求f(1);

(2) 判断函数f(x)的单调性,并证明.

8、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

1意x,yR,有f(xy)[f(x)]y;③f()1.

3 (1)求f(0)的值;

(2)求证: f(x)在R上是单调减函数;

9、已知函数f(x)的定义域为R,对任意实数m,n都有f(mn)f(m)•f(n),且当x0时,0f(x)1.

(1)证明:f(0)1,且x0时,f(x)>1; (2)证明: f(x)在R上单调递减; 10、

函数

f(x)对于x>0有意义，且满足条件

f(2)1,f(xy)f(x)f(y),f(x)是减函数。

（1）证明：f(1)0；

（2）若f(x)f(x3)2成立，求x的取值范围。 11、

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)， （3） 求证：f(0)=1；

（4） 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。 12、

已知函数f(x),g(x)在R上有定义，对任意的x,yR有

f(xy)f(x)g(y)g(x)f(y) 且f(1)0

（1）求证：f(x)为奇函数

（2）若f(1)f(2)， 求g(1)g(1)的值

13、 已知函数f(x)对任意实数x,y恒有f(xy)f(x)f(y)且当x＞0，

f(x)0.又f(1)2.

(1)判断f(x)的奇偶性；

(2)求f(x)在区间[－3,3]上的最大值； (3)解关于x的不等式f(ax2)2f(x)f(ax)4.

14、定义在R上的函数f（x）对任意实数a、b都有

f（a+b）+ f（a－b）=2 f（a）·f（b）成立，且f(0)0。 （1）求f（0）的值； （2）试判断f（x）的奇偶性； 15、已知定义在R上的函数fx满足：

（1）值域为1,1，且当x0时，1fx0； （2）对于定义域内任意的实数x,y，均满足：fmn试回答下列问题： （Ⅰ）试求f0的值；

（Ⅱ）判断并证明函数fx的单调性；

16、定义域为R的函数f(x)满足：对于任意的实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成

立，且当x＞0时f(x)＜0恒成立.

(1)判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论；

(2)证明f(x)为减函数；若函数f(x)在[-3，3）上总有f(x)≤6成立，试确定f(1)应满足的条件；

11(3)解关于x的不等式f(ax2)f(x)f(a2x)f(a),(n是一个给定的自然数,a0)nn

fmfn

1fmfn

参考答案

1、分析：在f(xy)f(x)f(y)中，令xy1，得f(1)f(1)f(1)f(1)0 令xy1，得f(1)f(1)f(1)f(1)0于是

f(x)f(1x)f(1)f(x)f(x) 故f(x)是偶函数

2、解析:(1)∵f(x)对任意x,y都有

f(xy)=yf(x)+xf(y),

令x=y=1,有f(1×1)=1·f(1)+1·f(1). ∴f(1)=0,令x=y=-1,有

f[(-1)×(-1)]=(-1)·f(-1)+(-1)·f(-1), ∴f(-1)=0.

(2)∵f(x)对任意x,y都有f(xy)=yf(x)+xf(y), 令y=-1,有f(-x)=-f(x)+xf(-1). 将f(-1)=0代入,得f(-x)=-f(x). ∴函数f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数.

3、解析:(1)令x=y=0,f(0)=0, 令x=-y,可得f(-x)=-f(x),

设x1､x2∈(-∞,+∞)且x1>x2,

则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2) ∵x1>x2,∴x1-x2>0. 又∵x>0时,f(x)<0. ∴f(x1-x2)<0. 即f(x1)-f(x2)<0.

由定义可知f(x)在区间(-∞,+∞)上为单调递减函数.

(2)∵f(x)在区间(-∞,+∞)上是减函数,

∴f(x)在[-3,3]上也是减函数. ∴f(-3)最大,f(3)最小.

f(-3)=-f(3)=2. 即f(x)在[-3,3]上最大值为2,最小值为-2.

4、思路分析：对于(1)，获得f(0)的值进而取x=－y是解题关键；对于(2)，

判定

x2x1的范围是焦点

1x1x2证明 (1)由f(x)+f(y)=f(

xy)可令x=y=0,得f(0)=0, 1xyxx令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0 ∴f(x)=－f(－x)

1x2∴f(x)为奇函数 (2)先证f(x)在(0，1)上单调递减 令0x2x1)

1x1x2∵00,1－x1x2>0，∴

x2x1>0,

1x2x1又(x2－x1)－(1－x2x1)=(x2－1)(x1+1)<0，∴x2－x1<1－x2x1,

∴0<

x2x1xx<1,由题意知f(21)<0，

1x2x11x1x2即 f(x2)5、（1）解：令ab0，则f(0)0 令ab1，则f(1)2f(1)f(1)0

（2）证明：令ab1，则f(1)2f(1)，∵f(1)0，∴f(1)0 令ax,b1，则f(x)xf(1)f(x)f(x) ∴f(x)是奇函数。

6、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0又f(x)x=0时，f(0)=1>0

∴对任意x∈R，f(x)>0

(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0 ∴

f(x2)f(x2)f(x1)f(x2x1)1 f(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 ∴ 01111117、（1）解：令mn，则f()2f()f(1)

222222（2）任取x1,x2R,且x1x2,则

11f(x2)f(x1)f[(x2x1)x1]f(x1)f(x2x1)f(x1)f(x1)f(x2x1)221 =f(x2x1)0

2∴f(x1)f(x2)

∴函数f(x)是R上的单调增函数.

8、(1)解: ∵对任意xR,有f(x)>0, ∴令x0,y2

得,f(0)[f(0)]2f(0)1 (2)任取任取x1,x2R,且x1x2,则令x111p1,x2p2,故p1p2 33 ∵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

1任意x,yR,有f(xy)[f(x)]y;③f()1

31111∴f(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.

9、解： (1)证明:令m0,n1,则f(01)f(0)•f(1)

∵当x0时,0f(x)1,故f(1)0,∴f(0)1, ∵当x0 时,0f(x)1

∴当x0时,x0,则f(xx)f(x)•f(x)f(x) (2)证明: 任取x1,x2R,且x1x2,则

f(x2)f(x1)f[(x2x1)x1]f(x1)f(x2x1)•f(x1)f(x1)[f(x2x1)1]f(x1)

f(0)11 f(x)f(x)∵x2x10,∴0<0f(x2x1)1,故f(x2x1)1<0,又∵f(x1)0, ∴[f(x2x1)1]f(x1)0,故f(x1)f(x2) ∴函数f(x)是R上的单调减函数.

10、(1)证明：令xy1，则f(11)f(1)f(1)，故f(1)0 （2）∵f(2)1，令xy2，则f(22)f(2)f(2)2， ∴

f(4)2f(x)f(x3)2f[x(x3)]f(4)f(x23x)f(4)x23x41x4

∴f(x)f(x3)2成立的x的取值范围是1x3。 11、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0又f(x)x=0时，f(0)=1>0

∴对任意x∈R，f(x)>0

(3)任取x2>x1，则f(x2)>0，f(x1)>0，x2-x1>0 ∴

f(x2)f(x2)f(x1)f(x2x1)1 f(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（1） 对xR，令x=u-v则有

（2） f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-[f(u)g(v)- g(u)f(v)]=-f(x) （2）

f(2)=f{1-(-1)}=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1){g(-1)+g(1)}

∵f(2)=f(1)≠0 ∴g(-1)+g(1)=1

f(0)0 13、解（1）取xy0,则f(00)2f(0)取yx,则f(xx)f(x)f(x)

f(x)f(x)对任意xR恒成立 ∴f(x)为奇函数. （2）任取x1,x2(,)且x1x2， 则x2x10

f(x2)f(x1)f(x2x1)0

f(x2)f(x1), 又f(x)为奇函数 f(x1)f(x2) ∴f(x)在（－∞，+∞）上是减函数. 对任意x[3,3]，恒有f(x)f(3)

而f(3)f(21)f(2)f(1)3f(1)236 f(3)f(3)6∴f(x)在[－3，3]上的最大值为6

（3）∵f(x)为奇函数，∴整理原式得 f(ax2)f(2x)f(ax)f(2)

进一步可得f(ax22x)f(ax2)

而f(x)在（－∞，+∞）上是减函数，ax22xax2

(ax2)(x1)0.

当a0时，x(,1) 当a2时，x{x|x1且xR}

2当a0时，x{x|x1}

a当0a2时, x{x|x或x1} 当a>2时，x{x|x或x1} 14、解：（1）令a=b=0

则f（0）+ f（0）=2 f（0）·f（0） 所以2 f（0）·[f（0）－1]=0 又因为f(0)0，所以f（0）=1

（2）令a=0，b=x，则f（x）+ f（－x）=2 f（0）·f（x） 由f（0）=1可得f（－x）= f（x） 所以f（x）是R上的偶函数。 15、解：（Ⅰ）在fmnfmfn中，令m0,n0，则有fmfmf0．即：

1fmf01fmfn2a2a2．也即：fm1fmf0fmf0f0fm0． 12由于函数fx的值域为1,1，所以，fm10，所以f00．

（Ⅱ）函数fx的单调性必然涉及到fxfy，于是，由已知

fmn（＊）

fmfnfmfn，我们可以联想到：是否有fmn？

1fmfn1fmfn这个问题实际上是：fnfn是否成立？

为此，我们首先考虑函数fx的奇偶性，也即fx与fx的关系．由于

f00，所以，在fmnfmfn中，令nm，得

1fmfnfmfm0．所以，函数fx为奇函数．故（＊）式成立．所以，任取x1,x2R，且x1x2，则x2x10，fmfnfmn1fmfn．

故

fx2x10且

1fx2,fx11．所以，

fx2fx1fx2x11fx2fx10，所以，函数fx在R上单调递减．

16、解:（1）由已知对于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+ f（y）恒成立 令x=y=0，得f（0+0）= f（0）+ f（0），∴f（0）=0

令x=-y，得f(x-x)= f(x)+ f(-x)=0∴对于任意x，都有f(-x)= - f(x)∴f(x)是奇函数.

（2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，由已知f（x2-x1）＜0（1） 又f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2）

由（1）（2）得f(x1)＞f(x2),根据函数单调性的定义知f(x0在(-∞，+∞)上是减函数.

∴f(x)在[-3，3]上的最大值为f(-3).要使f(x)≤6恒成立，当且仅当f(-3)≤6， 又∵f（-3）= - f（3）= - f（2+1）=-[ f（2）+ f（1）]= -[ f（1）+ f（1）+ f（1）]= -3 f（1）， ∴f（1）≥-2.

11（3） f（ax2）- f（x）＞ f（a2x）- f（a）

nn f（ax2）- f（a2x）＞n[f（x）- f（a）]  f（ax2-a2x）＞nf（x-a）（10分） 由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a） ∴f（ax2-a2x）＞f[n（x-a）] ∵f（x）在（-∞，+∞）上是减函数

∴ax2-a2x＜n（x-a）.即（x-a）（ax-n）＜0， ∵a＜0，

n）＞0，（11分） an讨论：（1）当a＜＜0，即a＜-n时，

an原不等式解集为{x | x＞或x＜a}；

an（2）当a=＜0即a=-n时，原不等式的解集为φ；

an（3）当＜a＜0时，即-n＜a＜0时，

a∴（x-a）（x-

原不等式的解集为{x | x＞a或x＜}

na