抽象函数单调性及奇偶性练习及答案
1、已知的定义域为R ,且对任意实数x ,y 满足,求
证: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, f(3)=-2.
(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+xy
12
(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-x)>1,求x 的取值范围。
1
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 ) +,
2
11
且f () =0, 当x >时, f (x ) >0.
22
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
(1)证明:f (0)=1, 且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 )
(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 (ax 2) -2f (x )
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 (m )+f (n )
(2)对于定义域内任意的实数x , y ,均满足:f (m +n )=
1+f m f 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 f (ax 2) -f (x ) >f (a 2x ) -f (a ), (n 是一个给定的自然数, a
n n
参考答案
1、分析:在 令 故
中,令
,得
是偶函数
,得
于是
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)
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
x 2-x 1
的范围是焦点1-x 1x 2
证明由f (x )+f (y )=f (
x +y
) 可令x =y =0,得f (0)=0, 1+xy
令y =-x , 得f (x )+f (-x )=f (
x -x
)=f (0)=0∴f (x )=-f (-x ) 2
1-x
∴f (x ) 为奇函数(2)先证f (x ) 在(0,1) 上单调递减令0
x 2-x 1
)
1-x 1x 2
∵00,1-x 1x 2>0,∴
x 2-x 1
>0,
1-x 2x 1
又(x 2-x 1) -(1-x 2x 1)=(x 2-1)(x 1+1)
x 2-x 1x -x
1-x 2x 11-x 1x 2
∴f (x ) 在(0,1) 上为减函数,又f (x ) 为奇函数且f (0)=0∴f (x ) 在(-1,1) 上为减函数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 ) =
1
f (x )
由已知x>0时,f(x)>1>0,当x0,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x 2>x1,则f(x2)>0,f(x1)>0,x 2-x 1>0 ∴
f (x 2)
=f (x 2) ⋅f (-x 1) =f (x 2-x 1) >1 f (x 1)
∴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-x 2>0 ∴ 0
7、(1)解:令m =n =
111111
,则f (+) =2f () +⇒f (1)= 222222
(2)任取x 1, x 2∈R , 且x 1
f (x 2) -f (x 1) =f [(x 2-x 1) +x 1]-f (x 1) =f (x 2-x 1) +f (x 1) +
11
-f (x 1) =f (x 2-x 1) +22
1
=f (x 2-x 1+) >0
2
∴f (x 1)
∴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x 1, x 2∈R , 且x 1
11
p 1, x 2=p 2, 故p 1
∵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
3
1111
∴f (x 1) -f (x 2) =f (p 1) -f (p 2) =[f ()]p 1-[f ()]p 2>0
3333
∴f (x 1) >f (x 2)
∴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, 00, ∴f (0)=1, ∵当x >0 时, 0
∴当x 0, 则f (-x +x ) =f (-x ) ∙f (x ) ⇒f (x ) = (2)证明: 任取x 1, x 2∈R , 且x 1
f (0)1
=>1 f (-x ) f (-x )
f (x 2) -f (x 1) =f [(x 2-x 1) +x 1]-f (x 1) =f (x 2-x 1) ∙f (x 1) -f (x 1) =[f (x 2-x 1) -1]f (x 1)
∵x 2-x 1>0, ∴00,
∴[f (x 2-x 1) -1]f (x 1) >0, 故f (x 1) >f (x 2) ∴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 (x 2-3x ) ≥f (4)⇒x 2-3x ≤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x0,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x 2>x1,则f(x2)>0,f(x1)>0,x 2-x 1>0 ∴
f (x 2)
=f (x 2) ⋅f (-x 1) =f (x 2-x 1) >1 f (x 1)
∴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-x 2>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
13、解(1)取x =y =0, 则f (0+0) =2f (0) ∴f (0) =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x 1, x 2∈(-∞, +∞) 且x 10
∴f (x 2) +f (-x 1) =f (x 2-x 1)
∴f (x 2) f (x 2) ∴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 (x ) 在[-3,3]上的最大值为6 ∴f (-3) =-f (3) =6
(3)∵f (x ) 为奇函数,∴整理原式得 f (ax 2) +f (-2x )
进一步可得f (ax 2-2x )
而f (x ) 在(-∞,+∞)上是减函数,∴ax 2-2x >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
a
当0或x 2时,x ∈{x |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 +
2
a
2a
)=
f (m )+f n (1+f m f n )中,令m >0, n =0,则有f (m )=f (m )+f (0).即:
1+f m f 02
⎡f (m )⎡1+f m f 0=f m +f 0⎤.也即:f 0f m =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
f (f (m +(f )n )中,令n =-m ,得m +)n =1+f m f n (m )+(f -)m 0=.所以,函数f (x )为奇函数.故(*)式成立.所以,f (m )-f (n n ⎡f m n .任取x 1, x 2∈R ,且x 10,)=f (m -))(f )⎤⎣1-(⎦
故f (x 2-x 1)
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x 1,x 2∈R 且x 1<x 2,则x 2-x 1>0,由已知f (x 2-x 1)<0(1) 又f (x 2-x 1)= f(x 2)+ f(-x 1)= f(x 2)- f(x 1)(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(ax 2)- f(x )> f(a 2x )- f(a ) n n
⇒ f (ax 2)- f(a 2x )>n[f(x )- f(a )]
⇒ f (ax 2-a 2x )>nf (x-a )(10分)
由已知得:f[n(x-a )]=nf(x-a )
∴f (ax 2-a 2x )>f[n(x-a )]
∵f (x )在(-∞,+∞)上是减函数
∴ax 2-a 2x <n (x-a ). 即(x-a )(ax-n )<0,
∵a <0,
n )>0,(11分) a
n 讨论:(1)当a <<0,即a <-n 时, a
n 原不等式解集为{x | x>或x <a}; a
n (2)当a=<0即a=-n 时,原不等式的解集为φ; a
n (3)当<a <0时,即-n <a <0时, a
n 原不等式的解集为{x | x>a 或x < a ∴(x-a )(x-