抽象函数（函数方程）
抽象函数是指没有明确表达式但有运算规律及函数性质的函数。解决抽象函数问题，主要采取“赋值法”（取点或字母）整体迭代法，但核心是方法的发现，要掌握好抽象函数就必须有强烈目标意识、清晰的解题思路。
、选择题 1、 已知f (x ) 满足f (0) ≠0，对任意x 1, x 2∈R 都有：f (x 1) +f (x 2) =2⋅f (x 1+x 2) ⋅f (x 1-x 2)
22
则f (x ) 为（
A 、奇函数
）
B 、偶函数
C 、非奇非偶函数
D 、奇偶性不确定
解：令x 1=x 2=0, 得:2f (0) =2f 2(0), ∴f (0) =1或0(舍去)
令x 1=x , x 2=-x , 得:f (x ) +f (-x ) =2f (0) ⋅f (x ) =2f (x )
∴f (-x ) =f (x ), ∴f (x ) 是偶函数（或取f (x ) =cos x 符合条件） 选B
）
2、已知f (x ) 对任意x , y 有f (x +y 2) =f (x ) +2f 2(y ), 且f (1) ≠0, 则f (2008) =（
A 、2008
B 、2006
C 、1004
D 、1003
解：令x =y =0, 得:f (0) =0, 再令x =0, y =1, 得:f (1) =2f 2(1) ，∴f (1) =
又令y =1得：f (x +1) =f (x ) +
1
或0(舍去) 2
选C
1
) =f (0) +1004=1004 ∴f (2008
2
) 3、函数f (x ) 是定义在R 上的奇函数，且f (2) =0对任意x 都有f (x +4) =f (x ) +f (4) ，那么f (2008
等于( )
A 、3996
B 、1998
C 、2000
D 、0
解： f (x ) 为奇函数, ∴f (-2) =f (2) =0, 令x =-2, 得: f (2) =f (-2) +f (4) ∴f (4) =0
∴f (x +4) =f (x ) ∴f (2008) =f (0) =0（奇函数f (x ) 有f (0) =0）
选D
4、已知定义在R 上的函数f (x ) 满足条件f (x 3) =f 3(x ) 且当x 1≠x 2时有f (x 1) ≠f (x 2) 则
f (0) +f (1) +f (-1) =（ ）
A 、0
B 、1
C 、-1
D 、2
时有:f (x ) ∈{1, -1, 0}, 又f (0), f (-1), f (1) 两两不等， 解：令x =0, -1, 1可得:x ∈{0, -1, 1}
∴f (0) +f (1) +f (-1) =1+(-1) +0=0
选A
-1
5、已知函数f (x ) 与g (x ) 都要存在反函数，且f (x +1) 与g (x -2) 的图象关于直线y =x 对称，若：
g (5) =2004, 则f (6) =（ ）
A 、2004
B 、2005
C 、2006
D 、2007
y =g -1(x -2) 关于y =x 得：y =g (x ) +2与f (x +1) 重合 ∴f (x +1) =g (x ) +2
∴f (6) =g (5) +2=2006
g (5) =2004 ∴点(5, 2004, 5) 在g (x ) 图象上 ) 在g (x ) 图象上，从而有点(2004
∴(5, 2004) 在f (x +1) 图象上 ∴(6, 2006) 在f (x ) 图象上，即有f (6) =2006 选C
）
x
6、函数f (x ) 是在(0, +∞) 上有定义的增函数，满足f (x ) ⋅f [f (x ) +1]=1, 则f (1) =（
A 、1
B 、0
C 、1+
2
D 、1-5
2
解：设f (1) =t , 令x =1, 得:t ⋅f (t +1) =1, 即f (t +1) =
1
t
再令x =t +1, 得:1⋅f (1+1) =1, ∴f (1+1) =t =f (1)
t t t +1t t +1
111±
f (x ) 为单调增函数∴+=1, 得t =
t t +12
若t =1+5与t =f (1)
2
t
2
选D
、填空题
7、已知f (x ) 满足f (0) =1, f (a -b ) =f (a ) -b (2a -b +1) ，则f (x ) 的解析式为___________
解：令a =0, b =-x , 得:f (x ) =x 2+x +1
8、已知f (x ) 是定义在非负整数集上的函数，且对任意正整数x 都有：f (x ) =f (x -1) +f (x +1)
若f (0) =2004, 则f (2004) =____________
f (x ) =f (x -1) +f (x +1)
解：已知得⎧相加得：f (x -1) =-f (x +2) ⎨
⎩f (x +1) =f (x ) +f (x +2)
∴f (t ) =-f (t +3) ∴f (t ) =f (t +6) ∴f (x ) 周期为6 ∴f (2004) =f (0) =2004
（另解：看作数列f (n ), 设f (1) =a , f (2) =b , 则此数列为:a , b , b -a , -a , -b , -b +a , a , b ... 周期为6）
) =_____ , 则f (2001) =_____f (20039、若f (x ) 满足f (x +2) ⋅[1-f (x )]=1+f (x ), 且有f (1) =1997
1+f (x ) 解：f (x +2) =
1-f (x ) ∴
1+1-
f (x +4) =
1-
1-
1+f (x )
1 f (x )
=-f (x ) f (x )
1+f (2001) 1998999 ∴f (x +8) =f (x ) ∴f (2001) =f (1) =1997 ∴f (2003) ===-
1-f (2001)
-1996
998
10、已知f (x ) 和g (x ) 在R 上有定义，对任意x , y ∈R 都有：f (x -y ) =f (x ) ⋅g (y ) -g (x ) ⋅f (y ) 成立，
若f (1) =f (2) ≠0, 则g (1) +g (-1) =_________
解：x 与y 对调得f (y -x ) =... =-f (x -y ) ∴f (x ) 是奇函数，令x =1, y =-1得：
f (2) =f (1) ⋅g (-1) -g (1) ⋅f (-1) 即：f (2) =f (1)[g (-1) +g (1)] f (1) =f (2) ≠0
∴g (-1) +g (1) =1 （取f (x ) =sin
、解答题
π
3
x , g (x ) =cos
π
3
x 符合题意）
11、定义在R 上的函数f (x ) 满足f (x +y ) +f (x -y ) =2f (x ) ⋅f (y ) ，且f (0) ≠0
①求证：f (0) =1
②求证：f (x ) 是偶函数
证明：①令x =y =0得:2f (0) =2f 2(0) f (0) ≠0∴f (0) =1
②令x =0得:f (y ) +f (-y ) =2f (0) ⋅f (y ) =2f (y ) 即f (-y ) =f (y ) ∴f (x ) 是偶函数
12、已知f (x ) 是定义在R 上的函数，当x >0时, f (x ) >1, 对任意实数a , b 都有:f (a +b ) =f (a ) ⋅f (b )
① 证明：对x ∈R , 恒有f (x ) >0
② 证明：f (x ) 是R 上的增函数
证明：① 令a =1, b =0得:f (1) =f (1) ⋅f (0) f (1) >1∴f (0) =1────（1）
设x 0, f (-x ) >1∴f (0) =f (x -x ) =f (x ) ⋅f (-x ) =1 ∴f (x ) =
1
f (-x )
f (-x ) >1∴f (x ) ∈(0, 1) ────（2）
结合已知与（1）、（2）知对x ∈R 都有f (x ) >0
（另证：设x ∈R , 则f (x ) =f (x +x ) =f 2(x ) ≥0, 只须证:f (x ) =0无解。反证：设存在x =t
222使f (t ) =0，则有：f (1) =f (1-t +t ) =f (1-t ) ⋅f (t ) =0与f (1) >1矛盾。）
②设x 1>x 2, 则x 1-x 2>0∴f (x 1-x 2) >1，且由①知f (x 2) 为正数，
∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) ⋅f (x 2) >f (x 2) ∴f (x ) 是R 上的增函数
13、设f (x ) 是定义在(0, +∞) 上的函数，对任意正数x , y 都有：f (x ⋅y ) =f (x ) +f (y )
+
①、求证：f (1) =0 ②、若x >1时，有f (x ) >0，求证f (x ) 在R 上是增函数
证明：① 令x =y =1, 得f (1) =0
②设x 1>x 2>0, 则
x 1x
>1∴f (1) >0 x 2x 2
∴f (x 1) =f (
x 1x
⋅x 2) =f (1) +f (x 2) >f (x 2) ∴f (x ) 在R +上是增函数 x 2x 2
14、函数f (x ) 满足对任意x , y 有f (x +y ) =f (x ) +f (y ) ，且f (x ⋅y ) =f (x ) ⋅f (y ) 当x ≠y 时f (x ) ≠f (y )
①、求证：若x >0, 则f (x ) >0
②、求证：f (x ) 是增函数
证明：①令x =y =0得f (0) =0当x ≠0时, f (x ) ≠f (0) ∴f (x ) ≠0, 若x >0则f (x ) =f (x ⋅x ) =f 2(x ) >0
②设x 1>x 2则x 1-x 2>0, ∴f (x 1-x 2) >0 ∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) +f (x 2) >f (x 2)
∴f (x ) 是R 上的增函数
以上例题常见于各种考试中，它是①幂函数、②指数函数、③对数函数、④三角函数等等最常见的模
型。请同学们熟记！
15、设正函数f (x ) 满足下列四条件：①f () =1 ②值域为[-1, 1] ③单调递减函数 ④对定义域内任
意x , y 有f (x ⋅y ) =f (x ) +f (y ) （1）、求证：
1
2
1
不在f (x ) 的定义域内 (2)、求不等式f -1(x ) ⋅f -1(1) ≤1的解集 41-x 2
111
证明：（1）反证法：设在f (x ) 的定义域内，则f () 有意义且f () ∈[-1, 1]
444
另一方面由条件①与④得：f (1) =f (1⋅1) =f (1) +f (1) =2
42222
1
2∉[-1, 1]，这与已知矛盾，假设不成立，即不在f (x ) 的定义域内。
4
解：（2）由条件②、③知f (x ) 存在反函数y =f
-1
(x ) 且递减，定义域为[-1, 1]
(x 1) 则⎧x 1=f (y 1)
⎨-1
⎪⎩x 2=f (y 2) ⎩y 2=f (x 2)
-1
⎪y 1=f 先证明:f -1(x 1) ⋅f -1(x 2) =f -1(x 1+x 2) 设⎧⎨
∴x 1+x 2=f (y 1) +f (y 2) =f (y 1⋅y 2) ∴y 1⋅y 2=f -1(x 1+x 2)
∴f -1(x 1) ⋅f -1(x 2) =f -1(x 1+x 2) ∴原不等式可化为:f -1(x +
⎧-1≤x ≤1
⎪
⎪-1≤1≤1
1-x ⎪解得x =0 ∴不等式的解集为{x |⎪
1⎨
-1≤x +≤1⎪1-x ⎪
⎪x +1≥1⎪1-x ⎩
1
) ≤f -1(1) ，可得： 1-x
x =0}
16、已知定义在R 上的函数f (x ) ，对任意x , y 均有：f (x +y ) =f (x ) +f (y ) -1，且f (-) =0
12
当x >-时, f (x ) >0
（1）求证：f (x ) 是R 上的增函数 （2）解不等式：1+f (x 2+1) ≤f (1) +f (ax ) ，(a >0) 证明：（1）先证:当x >0时, f (x ) >1 若x >0, 则x -
1
2
1111
>-∴f (x -) >0∴f (x ) +f (-) -1>0
2222
1
f (-) =0∴f (x ) >1 设x 1>x 2, 则x 1-x 2>0∴f (x 1-x 2) >1
2
∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) +f (x 2) -1>f (x 2) ∴f (x ) 是R 上的增函数。
（2）不等式化为：f (x 2+1) ≤f (1+ax ) f (x ) 是增函数, ∴x 2+1≤1+ax
⎧(1-a 2) x 2-2ax ≤0 10
⎧x +1≤(1+ax ) ⎪⇔⎨ ⇔⎨10
1+ax >0⎩⎪x >- 2
a ⎩
2
2
若0
若a >1, 则1的解为:x ≤-
2a 2a 0
0≤x ≤2 与取交得：
1-a 21-a 2
2a 12a 12a 或x ≥0 ->-⇔
a a a 2-1a 2-1a 2-1
⇔a 2-1
综上所述：当0
2a
] 2
1-a
当a ≥1时，不等式的解集为[0, +∞)
0≤x ≤1⎧2⋅(1-x )
17、设n 为正整数，规定：f n (x ) =f {f [...f (x )...]}，已知:f (x ) =⎨
x -11
解不等式：f (x ) ≤x
设集合A ={0, 1, 2}，对任意x ∈A , 证明:f 3(x ) =x 探求f 2003() 的值
若集合B =x f 12(x ) =x , x ∈[0, 2]，证明：B 中至少含有8个元素 解： f (x ) ≤x ⇔⎨
8
9
{}
⎧0≤x ≤1
或
2⋅(1-x ) ≤x ⎩⎧1
≤x ≤2(且有f () =) 解得： ⎨
333x -1≤x ⎩
f 1(0) =f (0) =2，f 2(0) =f (2) =1，f 3(0) =f (1) =0
f 1(1) =0， f 2(1) =f (0) =2，f 3(1) =f (2) =1
f 1(2) =1，f 2(2) =f (1) =0，f 3(2) =f (0) =2
综上所述有：x ∈{0, 1, 2}时, f 3(x ) =x f 1() =2⋅(1-) =
88282214
，f 2() =f () =2⋅(1-) =
[**************]58f 3() =f () =-1=，f 4() =f () =2⋅(1-) = [1**********]88
f 5() =f () =... ∴f 4k +r () =f r () 99999
885
∴f 2003() =f 3() =
999
由知f 1() =
⎧82145⎫
(且有x ∈⎨, , , ⎬时, f 4(x ) =x )
⎩9999⎭
232222
，∴f 12() = ∴∈B ，由知： x ∈{0, 1, 2}时, f 3(x ) =x 3333
⎧82145⎫
∴f 12(x ) =x , 即x ∈B 由知当x ∈⎨, , , ⎬时, f 4(x ) =x ∴f 12(x ) =x 即x ∈B
⎩9999⎭282145
∴B 中至少含有8个元素：, 0, 1, 2, , . ,
39999
18、已知f (x ) 在（-1, 1）上有意义，f () =-1, 且满足x , y ∈(-1, 1) 时有f (x ) +f (y ) =f (
12x +y
)
1+x ⋅y
数列{x n }满足x 1=
2⋅x n 1
, x n +1=, 设a n =f (x n ), 求{a n }的通项公式 221+x n
11111
) +f () +f () +... +f () +f () b 1b 2b 3b 20022004
设b n =n +3n +1, 求1+f (
2
解： 令x =y =x n , 得:2f (x n ) =f (
2x n
2
1+x n
) ∴2f (x n ) =f (x n +1) a n =f (x n )
∴2a n =a n +1即:
a n +11
=2又a 1=f (x 1) =f () =-1∴{a n }是以-1为首项2为公比的等比数列
2a n
∴a n =-2n -1
∴f (x ) 是(-1, 1) 上 令x =y =0, 得:f (0) =0, 再令y =-x , 得:f (x ) +f (-x ) =f (0) =0，
111
的奇函数，而f () =f (2) =f () =
b n (n +1) ⋅(n +2) -1n +3n +1
1
(n +1) ⋅(n +2) f ()
1
1-
(n +1) ⋅(n +2)
11
-
1111
=f (n +1n +2) =f () +f (-) =f () -f ()
11n +1n +2n +1n +21-⋅
n +1n +2
11111
∴1+f () +f () +f () +... +f () +f ()
b 1b 2b 3b 20022004
1111111
=1+f () -f () +f () -f () +... +f () -f () +f ()
[**************]41
=1+f () =0
2
x +y x -y π1
) ⋅f () ，19、设函数f (x ) 的定义域为R ，对任意x , y 都有:f (x ) +f (y ) =2⋅f (且f () =，2232
f () =0
2
π
求证：f (-x ) =f (x ) =-f (π-x )
若0≤x ≤
π
2
时, f (x ) >0, 求证:f (x ) 在[0, π]上是单调递减函数
求f (x ) 的最小正周期 解： 证明：令x =y =
π
πππ1
, 得:2f () =2⋅f () ⋅f (0) f () =, ∴f (0) =1 33332
再令y =-x 得:f (x ) +f (-x ) =2⋅f (0) ⋅f (x ) 将f (0) =1代入, 得:f (x ) =f (-x ) 又令y =π-x , 得:f (x ) +f (π-x ) =2⋅f (π) ⋅f (x -π) f (π) =0∴f (x ) =-f (π-x )
222
综上所述有:f (-x ) =f (x ) =-f (π-x )
设-π0 结合已知得:x ∈(-π, π) 时, 有f (x ) >0
2222
x +x 2-πππ设0≤x 1
22222
x -x 2+πx +x 2-π∴f (1) >0, f (1) >0
22
∴f (x 1) -f (x 2) =f (x 1) +f (π-x 2) =2⋅f (
x 1-x 2-πx +x 2+π
) ⋅f (1) >0 22
∴f (x ) 在[0, π]上是单调递减函数
由知f (-x ) =-f (π-x ), 即有f (t ) =-f (t +π)
∴f (t +2π) =-f (t +π) =f (t )
∴2π是f (x ) 的周期 假设存在T ∈(0, 2π), 使f (x +T ) =f (x ), 令x =0得:f (T ) =f (0)
10 若T ∈(0, π], 由知f (T )
20 若T ∈(π, 2π), 则2π-T ∈(0, π), ∴f (2π-T )
但f (T ) =f (-T ) =f (2π-T )
抽象函数（函数方程）
抽象函数是指没有明确表达式但有运算规律及函数性质的函数。解决抽象函数问题，主要采取“赋值法”（取点或字母）整体迭代法，但核心是方法的发现，要掌握好抽象函数就必须有强烈目标意识、清晰的解题思路。
、选择题 1、 已知f (x ) 满足f (0) ≠0，对任意x 1, x 2∈R 都有：f (x 1) +f (x 2) =2⋅f (x 1+x 2) ⋅f (x 1-x 2)
22
则f (x ) 为（
A 、奇函数
）
B 、偶函数
C 、非奇非偶函数
D 、奇偶性不确定
解：令x 1=x 2=0, 得:2f (0) =2f 2(0), ∴f (0) =1或0(舍去)
令x 1=x , x 2=-x , 得:f (x ) +f (-x ) =2f (0) ⋅f (x ) =2f (x )
∴f (-x ) =f (x ), ∴f (x ) 是偶函数（或取f (x ) =cos x 符合条件） 选B
）
2、已知f (x ) 对任意x , y 有f (x +y 2) =f (x ) +2f 2(y ), 且f (1) ≠0, 则f (2008) =（
A 、2008
B 、2006
C 、1004
D 、1003
解：令x =y =0, 得:f (0) =0, 再令x =0, y =1, 得:f (1) =2f 2(1) ，∴f (1) =
又令y =1得：f (x +1) =f (x ) +
1
或0(舍去) 2
选C
1
) =f (0) +1004=1004 ∴f (2008
2
) 3、函数f (x ) 是定义在R 上的奇函数，且f (2) =0对任意x 都有f (x +4) =f (x ) +f (4) ，那么f (2008
等于( )
A 、3996
B 、1998
C 、2000
D 、0
解： f (x ) 为奇函数, ∴f (-2) =f (2) =0, 令x =-2, 得: f (2) =f (-2) +f (4) ∴f (4) =0
∴f (x +4) =f (x ) ∴f (2008) =f (0) =0（奇函数f (x ) 有f (0) =0）
选D
4、已知定义在R 上的函数f (x ) 满足条件f (x 3) =f 3(x ) 且当x 1≠x 2时有f (x 1) ≠f (x 2) 则
f (0) +f (1) +f (-1) =（ ）
A 、0
B 、1
C 、-1
D 、2
时有:f (x ) ∈{1, -1, 0}, 又f (0), f (-1), f (1) 两两不等， 解：令x =0, -1, 1可得:x ∈{0, -1, 1}
∴f (0) +f (1) +f (-1) =1+(-1) +0=0
选A
-1
5、已知函数f (x ) 与g (x ) 都要存在反函数，且f (x +1) 与g (x -2) 的图象关于直线y =x 对称，若：
g (5) =2004, 则f (6) =（ ）
A 、2004
B 、2005
C 、2006
D 、2007
y =g -1(x -2) 关于y =x 得：y =g (x ) +2与f (x +1) 重合 ∴f (x +1) =g (x ) +2
∴f (6) =g (5) +2=2006
g (5) =2004 ∴点(5, 2004, 5) 在g (x ) 图象上 ) 在g (x ) 图象上，从而有点(2004
∴(5, 2004) 在f (x +1) 图象上 ∴(6, 2006) 在f (x ) 图象上，即有f (6) =2006 选C
）
x
6、函数f (x ) 是在(0, +∞) 上有定义的增函数，满足f (x ) ⋅f [f (x ) +1]=1, 则f (1) =（
A 、1
B 、0
C 、1+
2
D 、1-5
2
解：设f (1) =t , 令x =1, 得:t ⋅f (t +1) =1, 即f (t +1) =
1
t
再令x =t +1, 得:1⋅f (1+1) =1, ∴f (1+1) =t =f (1)
t t t +1t t +1
111±
f (x ) 为单调增函数∴+=1, 得t =
t t +12
若t =1+5与t =f (1)
2
t
2
选D
、填空题
7、已知f (x ) 满足f (0) =1, f (a -b ) =f (a ) -b (2a -b +1) ，则f (x ) 的解析式为___________
解：令a =0, b =-x , 得:f (x ) =x 2+x +1
8、已知f (x ) 是定义在非负整数集上的函数，且对任意正整数x 都有：f (x ) =f (x -1) +f (x +1)
若f (0) =2004, 则f (2004) =____________
f (x ) =f (x -1) +f (x +1)
解：已知得⎧相加得：f (x -1) =-f (x +2) ⎨
⎩f (x +1) =f (x ) +f (x +2)
∴f (t ) =-f (t +3) ∴f (t ) =f (t +6) ∴f (x ) 周期为6 ∴f (2004) =f (0) =2004
（另解：看作数列f (n ), 设f (1) =a , f (2) =b , 则此数列为:a , b , b -a , -a , -b , -b +a , a , b ... 周期为6）
) =_____ , 则f (2001) =_____f (20039、若f (x ) 满足f (x +2) ⋅[1-f (x )]=1+f (x ), 且有f (1) =1997
1+f (x ) 解：f (x +2) =
1-f (x ) ∴
1+1-
f (x +4) =
1-
1-
1+f (x )
1 f (x )
=-f (x ) f (x )
1+f (2001) 1998999 ∴f (x +8) =f (x ) ∴f (2001) =f (1) =1997 ∴f (2003) ===-
1-f (2001)
-1996
998
10、已知f (x ) 和g (x ) 在R 上有定义，对任意x , y ∈R 都有：f (x -y ) =f (x ) ⋅g (y ) -g (x ) ⋅f (y ) 成立，
若f (1) =f (2) ≠0, 则g (1) +g (-1) =_________
解：x 与y 对调得f (y -x ) =... =-f (x -y ) ∴f (x ) 是奇函数，令x =1, y =-1得：
f (2) =f (1) ⋅g (-1) -g (1) ⋅f (-1) 即：f (2) =f (1)[g (-1) +g (1)] f (1) =f (2) ≠0
∴g (-1) +g (1) =1 （取f (x ) =sin
、解答题
π
3
x , g (x ) =cos
π
3
x 符合题意）
11、定义在R 上的函数f (x ) 满足f (x +y ) +f (x -y ) =2f (x ) ⋅f (y ) ，且f (0) ≠0
①求证：f (0) =1
②求证：f (x ) 是偶函数
证明：①令x =y =0得:2f (0) =2f 2(0) f (0) ≠0∴f (0) =1
②令x =0得:f (y ) +f (-y ) =2f (0) ⋅f (y ) =2f (y ) 即f (-y ) =f (y ) ∴f (x ) 是偶函数
12、已知f (x ) 是定义在R 上的函数，当x >0时, f (x ) >1, 对任意实数a , b 都有:f (a +b ) =f (a ) ⋅f (b )
① 证明：对x ∈R , 恒有f (x ) >0
② 证明：f (x ) 是R 上的增函数
证明：① 令a =1, b =0得:f (1) =f (1) ⋅f (0) f (1) >1∴f (0) =1────（1）
设x 0, f (-x ) >1∴f (0) =f (x -x ) =f (x ) ⋅f (-x ) =1 ∴f (x ) =
1
f (-x )
f (-x ) >1∴f (x ) ∈(0, 1) ────（2）
结合已知与（1）、（2）知对x ∈R 都有f (x ) >0
（另证：设x ∈R , 则f (x ) =f (x +x ) =f 2(x ) ≥0, 只须证:f (x ) =0无解。反证：设存在x =t
222使f (t ) =0，则有：f (1) =f (1-t +t ) =f (1-t ) ⋅f (t ) =0与f (1) >1矛盾。）
②设x 1>x 2, 则x 1-x 2>0∴f (x 1-x 2) >1，且由①知f (x 2) 为正数，
∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) ⋅f (x 2) >f (x 2) ∴f (x ) 是R 上的增函数
13、设f (x ) 是定义在(0, +∞) 上的函数，对任意正数x , y 都有：f (x ⋅y ) =f (x ) +f (y )
+
①、求证：f (1) =0 ②、若x >1时，有f (x ) >0，求证f (x ) 在R 上是增函数
证明：① 令x =y =1, 得f (1) =0
②设x 1>x 2>0, 则
x 1x
>1∴f (1) >0 x 2x 2
∴f (x 1) =f (
x 1x
⋅x 2) =f (1) +f (x 2) >f (x 2) ∴f (x ) 在R +上是增函数 x 2x 2
14、函数f (x ) 满足对任意x , y 有f (x +y ) =f (x ) +f (y ) ，且f (x ⋅y ) =f (x ) ⋅f (y ) 当x ≠y 时f (x ) ≠f (y )
①、求证：若x >0, 则f (x ) >0
②、求证：f (x ) 是增函数
证明：①令x =y =0得f (0) =0当x ≠0时, f (x ) ≠f (0) ∴f (x ) ≠0, 若x >0则f (x ) =f (x ⋅x ) =f 2(x ) >0
②设x 1>x 2则x 1-x 2>0, ∴f (x 1-x 2) >0 ∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) +f (x 2) >f (x 2)
∴f (x ) 是R 上的增函数
以上例题常见于各种考试中，它是①幂函数、②指数函数、③对数函数、④三角函数等等最常见的模
型。请同学们熟记！
15、设正函数f (x ) 满足下列四条件：①f () =1 ②值域为[-1, 1] ③单调递减函数 ④对定义域内任
意x , y 有f (x ⋅y ) =f (x ) +f (y ) （1）、求证：
1
2
1
不在f (x ) 的定义域内 (2)、求不等式f -1(x ) ⋅f -1(1) ≤1的解集 41-x 2
111
证明：（1）反证法：设在f (x ) 的定义域内，则f () 有意义且f () ∈[-1, 1]
444
另一方面由条件①与④得：f (1) =f (1⋅1) =f (1) +f (1) =2
42222
1
2∉[-1, 1]，这与已知矛盾，假设不成立，即不在f (x ) 的定义域内。
4
解：（2）由条件②、③知f (x ) 存在反函数y =f
-1
(x ) 且递减，定义域为[-1, 1]
(x 1) 则⎧x 1=f (y 1)
⎨-1
⎪⎩x 2=f (y 2) ⎩y 2=f (x 2)
-1
⎪y 1=f 先证明:f -1(x 1) ⋅f -1(x 2) =f -1(x 1+x 2) 设⎧⎨
∴x 1+x 2=f (y 1) +f (y 2) =f (y 1⋅y 2) ∴y 1⋅y 2=f -1(x 1+x 2)
∴f -1(x 1) ⋅f -1(x 2) =f -1(x 1+x 2) ∴原不等式可化为:f -1(x +
⎧-1≤x ≤1
⎪
⎪-1≤1≤1
1-x ⎪解得x =0 ∴不等式的解集为{x |⎪
1⎨
-1≤x +≤1⎪1-x ⎪
⎪x +1≥1⎪1-x ⎩
1
) ≤f -1(1) ，可得： 1-x
x =0}
16、已知定义在R 上的函数f (x ) ，对任意x , y 均有：f (x +y ) =f (x ) +f (y ) -1，且f (-) =0
12
当x >-时, f (x ) >0
（1）求证：f (x ) 是R 上的增函数 （2）解不等式：1+f (x 2+1) ≤f (1) +f (ax ) ，(a >0) 证明：（1）先证:当x >0时, f (x ) >1 若x >0, 则x -
1
2
1111
>-∴f (x -) >0∴f (x ) +f (-) -1>0
2222
1
f (-) =0∴f (x ) >1 设x 1>x 2, 则x 1-x 2>0∴f (x 1-x 2) >1
2
∴f (x 1) =f (x 1-x 2+x 2) =f (x 1-x 2) +f (x 2) -1>f (x 2) ∴f (x ) 是R 上的增函数。
（2）不等式化为：f (x 2+1) ≤f (1+ax ) f (x ) 是增函数, ∴x 2+1≤1+ax
⎧(1-a 2) x 2-2ax ≤0 10
⎧x +1≤(1+ax ) ⎪⇔⎨ ⇔⎨10
1+ax >0⎩⎪x >- 2
a ⎩
2
2
若0
若a >1, 则1的解为:x ≤-
2a 2a 0
0≤x ≤2 与取交得：
1-a 21-a 2
2a 12a 12a 或x ≥0 ->-⇔
a a a 2-1a 2-1a 2-1
⇔a 2-1
综上所述：当0
2a
] 2
1-a
当a ≥1时，不等式的解集为[0, +∞)
0≤x ≤1⎧2⋅(1-x )
17、设n 为正整数，规定：f n (x ) =f {f [...f (x )...]}，已知:f (x ) =⎨
x -11
解不等式：f (x ) ≤x
设集合A ={0, 1, 2}，对任意x ∈A , 证明:f 3(x ) =x 探求f 2003() 的值
若集合B =x f 12(x ) =x , x ∈[0, 2]，证明：B 中至少含有8个元素 解： f (x ) ≤x ⇔⎨
8
9
{}
⎧0≤x ≤1
或
2⋅(1-x ) ≤x ⎩⎧1
≤x ≤2(且有f () =) 解得： ⎨
333x -1≤x ⎩
f 1(0) =f (0) =2，f 2(0) =f (2) =1，f 3(0) =f (1) =0
f 1(1) =0， f 2(1) =f (0) =2，f 3(1) =f (2) =1
f 1(2) =1，f 2(2) =f (1) =0，f 3(2) =f (0) =2
综上所述有：x ∈{0, 1, 2}时, f 3(x ) =x f 1() =2⋅(1-) =
88282214
，f 2() =f () =2⋅(1-) =
[**************]58f 3() =f () =-1=，f 4() =f () =2⋅(1-) = [1**********]88
f 5() =f () =... ∴f 4k +r () =f r () 99999
885
∴f 2003() =f 3() =
999
由知f 1() =
⎧82145⎫
(且有x ∈⎨, , , ⎬时, f 4(x ) =x )
⎩9999⎭
232222
，∴f 12() = ∴∈B ，由知： x ∈{0, 1, 2}时, f 3(x ) =x 3333
⎧82145⎫
∴f 12(x ) =x , 即x ∈B 由知当x ∈⎨, , , ⎬时, f 4(x ) =x ∴f 12(x ) =x 即x ∈B
⎩9999⎭282145
∴B 中至少含有8个元素：, 0, 1, 2, , . ,
39999
18、已知f (x ) 在（-1, 1）上有意义，f () =-1, 且满足x , y ∈(-1, 1) 时有f (x ) +f (y ) =f (
12x +y
)
1+x ⋅y
数列{x n }满足x 1=
2⋅x n 1
, x n +1=, 设a n =f (x n ), 求{a n }的通项公式 221+x n
11111
) +f () +f () +... +f () +f () b 1b 2b 3b 20022004
设b n =n +3n +1, 求1+f (
2
解： 令x =y =x n , 得:2f (x n ) =f (
2x n
2
1+x n
) ∴2f (x n ) =f (x n +1) a n =f (x n )
∴2a n =a n +1即:
a n +11
=2又a 1=f (x 1) =f () =-1∴{a n }是以-1为首项2为公比的等比数列
2a n
∴a n =-2n -1
∴f (x ) 是(-1, 1) 上 令x =y =0, 得:f (0) =0, 再令y =-x , 得:f (x ) +f (-x ) =f (0) =0，
111
的奇函数，而f () =f (2) =f () =
b n (n +1) ⋅(n +2) -1n +3n +1
1
(n +1) ⋅(n +2) f ()
1
1-
(n +1) ⋅(n +2)
11
-
1111
=f (n +1n +2) =f () +f (-) =f () -f ()
11n +1n +2n +1n +21-⋅
n +1n +2
11111
∴1+f () +f () +f () +... +f () +f ()
b 1b 2b 3b 20022004
1111111
=1+f () -f () +f () -f () +... +f () -f () +f ()
[**************]41
=1+f () =0
2
x +y x -y π1
) ⋅f () ，19、设函数f (x ) 的定义域为R ，对任意x , y 都有:f (x ) +f (y ) =2⋅f (且f () =，2232
f () =0
2
π
求证：f (-x ) =f (x ) =-f (π-x )
若0≤x ≤
π
2
时, f (x ) >0, 求证:f (x ) 在[0, π]上是单调递减函数
求f (x ) 的最小正周期 解： 证明：令x =y =
π
πππ1
, 得:2f () =2⋅f () ⋅f (0) f () =, ∴f (0) =1 33332
再令y =-x 得:f (x ) +f (-x ) =2⋅f (0) ⋅f (x ) 将f (0) =1代入, 得:f (x ) =f (-x ) 又令y =π-x , 得:f (x ) +f (π-x ) =2⋅f (π) ⋅f (x -π) f (π) =0∴f (x ) =-f (π-x )
222
综上所述有:f (-x ) =f (x ) =-f (π-x )
设-π0 结合已知得:x ∈(-π, π) 时, 有f (x ) >0
2222
x +x 2-πππ设0≤x 1
22222
x -x 2+πx +x 2-π∴f (1) >0, f (1) >0
22
∴f (x 1) -f (x 2) =f (x 1) +f (π-x 2) =2⋅f (
x 1-x 2-πx +x 2+π
) ⋅f (1) >0 22
∴f (x ) 在[0, π]上是单调递减函数
由知f (-x ) =-f (π-x ), 即有f (t ) =-f (t +π)
∴f (t +2π) =-f (t +π) =f (t )
∴2π是f (x ) 的周期 假设存在T ∈(0, 2π), 使f (x +T ) =f (x ), 令x =0得:f (T ) =f (0)
10 若T ∈(0, π], 由知f (T )
20 若T ∈(π, 2π), 则2π-T ∈(0, π), ∴f (2π-T )
但f (T ) =f (-T ) =f (2π-T )