微专题抽象函数与奇偶性、周期性、对称性等综合问题

抽象函数是高中数学的难点，也是近几年考试的热点和重点，尤其函数奇偶性、周期性、对称性结合的题目往往使考生无从下手，本文从多方面例举其应用． 考向1 抽象函数的单调性

【例1】（2019秋•静宁县校级期末）已知偶函数f(x)在区间(，0]单调递减，则满足f(2x1)x取值范围是( )

f(x)的

A．[1，) B．(，1]

1C．(，][1，)

31D．[，1]

3解：根据题意，偶函数f(x)在区间(，0]单调递减，则f(x)在[0，)上为增函数， 则f(2x1)f(x)f(|2x1|)f(|x|)|2x1|1即x取值范围是[，1]；故选：D．

316177【例2】（2019秋•武汉期末）若a()4，b()5，clog2，定义在R上的奇函数f(x)满足：对任意

768f(x1)f(x2)的x1，x2[0，)且x1x2都有，f（b），f（c）的大小顺序为( ) 0，则f（a）

x1x2|x|(2x1)2x2，解可得：

1x1， 3A．f（b）f（a）f（c） C．f（c）f（a）f（b）

B．f（c）f（b）f（a） D．f（b）f（c）f（a）

f(x1)f(x2)0，

x1x2解：根据题意，函数f(x)满足：对任意的x1，x2[0，)且x1x2都有

则f(x)在[0，)上为减函数，又由f(x)为定义在R上的奇函数，则函数f(x)在(，0]上为减函数， 61747174则函数f(x)在R上为减函数，clog20，a()()，而b()5，则ab0，

7668故f（c）f（b）f（a）．故选：B．

【变式训练】（2020•南开区模拟）已知定义在R上的函数f(x)，若函数yf(x2)为偶函数，且f(x)对任意x1，x2[2，)(x1x2)，都有

f(x2)f(x1)0，若f（a）f(3a1)，则实数a的取值范围是(

x2x1)

13A．[,]

24B．[2，1]

1C．(,]

23D．(,)

4【解答】解：根据题意，函数yf(x2)为偶函数，则函数f(x)的图象关于x2对称，

f(x)对任意x1，x2[2，)(x1x2)，都有

f(x2)f(x1)0，

x2x1则函数f(x)在[2，)上为减函数， 则f（a）f(3a1)|a2|解可得：|3a12|，即|a2||3a1|，

1133，即a的取值范围为[，]．故选：A． a2244考向2 抽象函数的周期性

333【例3】（2020•汉中一模）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，f(x)f(x)，且x(,0)时，

222f(x)log2(3x1)，则f(2020)( )

A．4

B．log27

C．2 D．2

33解：根据题意，f(x)满足f(x)f(x)，即f(x3)f(x)，函数f(x)是周期为3的周期函数，

22则f(2020)f(12019)f（1），

又由f(x)为奇函数，则f（1）f(1)log2(31)2，故选：D．

【例4】（2020春•天心区校级月考）已知函数f(x)对xR满足f(x2)f(x)，f(x1)f(x)f(x2)，且f(x)0，若f（1）4，则f(2019)f(2020)( ) A．

3 4B．2 C．

5 2D．4

解：根据题意，f(x1)f(x)f(x2)，则有f(x2)f(x1)f(x3)， 变形可得f(x2)f(x)f(x2)f(x3)，

又由f(x)0，则有f(x)f(x3)1，变形可得f(x3)则有f(x6)1， f(x)1f(x)，即函数f(x)是周期为6的周期函数；

f(x3)f(x)f(x6)，即函数f(x)的周期为6，

则有f(2019)f(33366)f（3），f(2020)f(43366)f（4）， 则f(2019)f(2020)f（3）f（4）， 对于f(x3)111； ，令x1可得f（4）f(x)f(1)4对于f(x1)f(x)f(x2)和f(x2)f(x)，令x0可得f（1），f(x)0， f(0)f（2）4且f(0)f（2）则有f(0)f（2）2，则f（3）11113；故f（3）f（4）故选：A． f(0)2424【变式训练】（2019秋•胶州市期末）已知定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，满足f(1x)f(1x)，f(x)f(x)，且f(x)在[0，1]上单调递增，若af(log23)，bf(10)，cf(2020)，则( )

A．abc B．acb C．cba D．bca

解：因为f(1x)f(1x)，所以函数f(x)关于x1对称， 又因为f(x)f(x)，所以函数f(x)为奇函数，

所以f(1x)f(1x)f(x1)，令xx1，则f(x)f(x2)①

令xx2，则f(x2)f(x4)②，由①②得，f(x)f(x4)，即函数f(x)的周期为4． 又因为f(x)在[0，1]上单调递增，于是可以作出如图所示的函数图象，

而log23(1,2)，10(3,4)，所以a0，b0，f(2020)f(5054)f(0)0，所以c0， 因此bca．故选：D． 考向3 抽象函数的零点问题

【例5】（2019秋•水富市校级期末）若偶函数yf(x)(xR)满足f(x)f(2x)，且x[1，0]时，lnx(x0)f(x)1x，函数g(x)1，则函数h(x)f(x)g(x)在区间[5，5]内的零点的个数为( )

(x0)x2A．5 B．6 C．7 D．8

解：因为f(x)f(2x)以及函数为偶函数，所以函数f(x)是周期为2的函数． 因为x[1，0]时，f(x)1x2，所以作出它的图象，

利用函数f(x)是周期为2的函数，如图，可作出f(x)在区间[5，5]上的图象，

lnx(x0)再作出函数g(x)1的图象，可得函数h(x)f(x)g(x)在区间[5，5]内的零点的个数为6个，

(x0)x故选：B．

【例6】（2019秋•珠海期末）若偶函数f(x)的图象关于xg(x)f(x)log20|x|在[20，20]上的零点个数是( )

33对称，当x[0,]时，f(x)x，则函数22A．18 B．26

C．28 D．30

解：令h(x)log20|x|，则h(x)为偶函数且x0，因为f(x)是偶函数，所以g(x)是偶函数且x0， 由g(x)f(x)log20|x|0得f(x)log20|x|，当x0时有f(x)log20x， 因为偶函数f(x)的图象关于x3对称，所以f(x)f(x)且f(x)f(3x)， 2则f(3x)f[3(3x)]f(x)f(x)，即f(x)是T3的周期函数，x3k，kZ为f(x)的对称轴， 23又因为当x[0,]时，f(x)x，所以f(20)f(211)f(1)f（1）1h(20)

2当x(0，20]，f(x)，h(x)在同一坐标系中的图象如下

可知f(x)与h(x)在(0，20]上有13个交点，即g(x)在(0，20]上有13个零点， 又因为g(x)是偶函数，所以g(x)在[20，20]上共有26个零点．故选：B．

【变式训练】（2019秋•益阳期末）已知f(x)是在R上的奇函数，满足f(x)f(2x)，且x[0，1]时，函数f(x)2x1，函数g(x)f(x)logax(a1)恰有3个零点，则a的取值范围是( ) 1A．(0,)

911B．(,)

95C．(1,5) D．(5,9)

解：f(x)是在R上的奇函数，满足f(x)f(2x)，函数关于x1对称，f(x)f(x2)，可得f(x4)f(x)，函数的周期为4，且x[0，1]时，函数f(x)2x1，函数的图象如图：

当a1时，函数g(x)f(x)logax恰有3个零点，就是方程f(x)logax的解个数为3，可得yf(x)与ylogax由3个交点，两个函数的图象夹在蓝色与红色，之间满足条件，

所以loga51，并且loga91，解得a(5,9)．故选：D．

课后训练

11．（2020•模拟）函数f(x)满足3f(x)f(y)f(xy)f(xy)(x，yR)，且f（1），则f(2020)(

3) A．

2 32B．

31C．

31D．

3

【解答】解：取x1，y0，得3f(0)f（1）f（1）f（1）22，f(0)， 33取xn，y1，有3f(n)f（1）f(n1)f(n1)，即f(n)f(n1)f(n1)， 同理：f(n1)f(n2)f(n)，f(n2)f(n1)，f(n)f(n3)f(n6) 所以函数是周期函数，周期T6，故f(2020)f(33364)f（4）． 3f(x)f(y)f(xy)f(xy)

1令xy1，得3f2（1）f（2）f(0)，可得f（2），

32令x2，y1，得3f（2）f（1）f（3）f（1），解得f（3），

311令x3，y1，得3f（3）f（1）f（4）f（2），解得f（4）．f(2020)；选：C．

3322．（2019秋•北碚区校级期末）已知函数f(x)是定义在R上的函数，且满足f(x1)，f（1）2f(x1)且f（1）0，则f(2019)的取值范围为( ) A．(,1) C．(1,)

B．(1,)

D．(，1)(0，)

2． f(t)解：由题意，令tx1，则x1t2，故f(t2)f(t4)22f(t)．函数f(x)是以4为最小正周期的周期函数．

2f(t2)f(t)201945043，f(2019)f（3）f(21)22． f(21)f(1)f（1）2且f（1）0，

122110，或0，或1． ，则f(1)f(1)f(1)f(1)2f(2019)的取值范围为(，1)(0，)．故选：D．

3．（2020•许昌一模）已知定义域为R的函数f(x)满足f(x)f(x)，f(x2)f(x)2log2(x3)，则f(923)( )

1，当x[0，2]时，f(x)A．16 B．923 C．4 D．1

解：因为定义域为R的函数f(x)满足f(x)f(x)，所以函数f(x)是偶函数， 又因为f(x2)11，所以f(x4)f(x)f(x2)1f(x)，所以函数f(x)的周期是4， 1f(x)所以f(923)f(42303)f（3）f(1)f（1），

因为当x[0，2]时，f(x)2log2(x3)，所以f(923)f（1）2log244，故选：C．

334．（2019秋•大理市校级期末）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，对任意的xR都有f(x)f(x)，

2当x(32,0)时，f(x)log1(1x)，则f(2017)f(2019)( )

2A．1 B．2 C．1 D．2

解：根据题意，函数f(x)满足任意的xR都有f(x32)f(x32)，则f(x)f(x3)，

则函数f(x)是周期为3的周期函数，

f(2017)f(16723)f（1）

，f(2019)f(6733)f(0)， 又由函数f(x)是定义在R上的奇函数，则f(0)0，

x(32,0)时，f(x)log1(1x)，则f(1)log1[1(1)]1，则f（1）f(1)1；

22故f(2017)f(2019)f(0)f（1）1；故选：A．

5．（2020•宝鸡二模）已知函数f(x)3x(13)x，则使得f(2x)f(x1)成立的x的取值范围是( A．(,1)11 B．(1,) C．(3，1) D．(,3)(1,)

解：根据题意，函数f(x)3x(13)x，有f(x)3x(13)x，则函数f(x)为偶函数，

其导数f(x)3xln33xln3(3x3x)ln30，即函数f(x)在[0，)上为增函数， 若f(2x)f(x1)，则有f(|2x|)f(|x1|)，即|2x||x1|，解可得：x13或x1，

即不等式的解集为(，13)(1，)；故选：D．

6．若函数yf(x)在区间[a，b]上的图象为连续不断的一条曲线，则下列说法正确的是( ) A．若f（a）f（b）0，不存在实数c(a,b)使得f（c）0

B．若f（a）f（b）0，有可能存在实数c(a,b)使得f（c）0

C．若f（a）f（b）0，存在且只存在一个实数c(a,b)使得f（c）0 D．若f（a）f（b）0，有可能不存在实数c(a,b)使得f（c）0 解：首先，设函数yf(x)在区间[a，b]上的图象如下图：

2)

上图满足f（a）f（b）0，有可能存在实数c(a,b)使得f（c）0，故A错误，B正确； 其次，设函数yf(x)在区间[a，b]上的图象如图： 上图满足f（a）f（b）0，但C都错误，

D、根据零点存在定理，一定存在实数c(a,b)使得f（c）0，所以D错误，故选：B．

7设函数f(x)是定义在R上的周期为2的函数，对任意的实数x，恒f(x)f(x)0，当x[1，0]时，

f(x)x2，若g(x)f(x)loga(|x|1)在R上有且仅有五个零点，则a的取值范围为( ) A．[3，5] 解：

B．.[2，4]

C．.(3,5)

D．.(2,4)

f(x))f(x)0，f(x)f(x)，

f(x)是偶函数，根据函数的周期和奇偶性作出f(x)的图象如图所示

g(x)f(x)loga(|x|1)在R上有且仅有五个零点，又yloga(|x|1)也是偶函数且都过(0,0)

loga(11)1yf(x)和yloga(|x|1)在(0,)上只有2个交点，loga(31)1，解得2a4．故选：D．

a1

8．（2019秋•上饶期末）若函数f(x)lg成立，则a的取值范围是( ) A．(35,35)

B．(35,1)

a，a0， 2a在(0,)内存在两个互异的x，使得f(x1)f(x)f（1）x21C．(1,35) D．(2,35)

解：根据条件可得f（1）lg且在(0,)上，存在两个不同的x使得lgaaa成立， lglg(x1)21x212即存在两个互异的x(0,)，使得(a22a)x22a2x(2a22a)0成立， 1①若a22a0，即a2时，方程可化为8x40，解得x，不满足条件，

2②若a22a0时，

4a44(a22a)(2a22a)02a22(i)a2a0，即a2时，要想满足条件，则2， 0a2a2a22a02a2a2a2此时因为a0，a2a0，故20矛盾；

a2a224a44(a22a)(2a22a)02a22(ii)a2a0，即0a2时，则2，此时a(1,35)，故选：B． 0a2a2a22a02a2a9．（2019秋•安徽期中）定义在R上的偶函数f(x)满足f(4x)f(x)，且当x[0，2]时，f(x)x，则f(2019)的值为( )

A．1 B．0 C．1 D．2

解：根据题意，f(x)为偶函数，则f(x)f(x)，

又由f(4x)f(x)，则有f(4x)f(x)，变形可得f(x4)f(x)， 即函数f(x)是周期为4的周期函数，

又由x[0，2]时，f(x)x，则f(x)的图象如图所示， 则f(2019)f(20194505)f(1)f（1）1，故选：C．

10．（2019秋•运城期中）已知定义在R上的函数f(x)满足f(32x)f(2x1)，且f(x)在[1，)上单调递增，则( )

A．f(0.20.3)f(log30.5)f(41.1) B．f(0.20.3)f(41.1)f(log30.5) C．f(41.1)f(0.20.3)f(log30.5)

D．f(log30.5)f(0.20.3)f(41.1)

解：因为由f(32x)f(2x1)，所以函数f(x)关于x1对称， 又因为f(x)在[1，)上单调递增，所以f(x)在(,1)上单调递减，

1log30.500.20.31441.1，

所以f(020.3)f(log30.5)f(41.1)，故选：A．

11．已知定义在R上的函数f(x)，对任意实数x，y满足：f(xy)f(x)f(y)，若x(0,)时，0f(x)1恒成立，则满足不等式f(x24)1的实数x的取值范围是 ．

解：特值法，不妨设f(x)ax(0a1)，满足f(xy)f(x)f(y)，且x(0,)时，0f(x)1恒成立， 则不等式f(x24)1等价于f(x24)f(0)，

由函数f(x)为R上的减函数，故x240，解得x2或x2； 故答案为：(，2)(2，)．

12．（2019秋•沙坪坝区校级期末）定义在R上的函数f(x)满足f(x2)是偶函数，且对任意xR恒有f(3x)f(x1)2020，又f(2)2019，则f(2020) ．

解：定义在R上的函数f(x)满足f(x2)是偶函数，f(x2)f(x2)， xR，有f(3x)f(x1)2020，f(4x)f(x2)2020，

f(4x)f(2x)2020，即f(x4)f(x2)2020，

从而有f(x6)f(x)2020，f(x12)f(x6)2020，f(x12)f(x)，

即函数f(x)的最小正周期为12，f(2020)f(121684)f（4）2020f(2)1，故答案为：1． 13．（2019秋•天河区校级期末）已知定义在R上的函数F(x)满足F(xy)F(x)F(y)，且当x0时，F(2kxx2)F(k4)恒成立，则实数k的取值范围是 ． F(x)0，若对任意x[0，1]，不等式组2F(xkx)F(k3)解：设x1x2，则x2x10，则F(x2x1)0；

则F(x2)F(x2x1)F(x1)F(x1)，则函数F(x)在R上为减函数； F(2kxx2)F(k4)则对任意x[0，1]，不等式组恒成立可化为 2F(xkx)F(k3)2kxx2k4f(x)x22kxk40对x[0，1]成立，依题对x[0，1]成立， 22xkxk3g(x)xkxk30

f(0)k40由于f(x)0对x[0，1]成立，则，

f(1)k30解得，3k4；由于g(x)0对x[0，1]成立，

x234k(x1)2恒成立；

x1x1k2；综上所述，3k2．故答案为：(3,2)．

14．（2020•攀枝花一模）已知函数f(x)对xR满足f(x2)f(x)，f(x1)f(x)f(x2)，且f(x)0，若f（1）4，则f(2019)f(2020) ． 解：

f(x1)f(x)f(x2)，f(x2)f(x1)f(x3)，

f(x2)f(x)f(x2)f(x3)，且f(x)0， f(x)f(x3)1，即f(x)11，则f(x3)，

f(x3)f(x6)， f(x)f(x6)，即函数f(x)的周期为6，f(2019)f(2020)f（3）f（4）令x0，则f（1）f(0)f（2）4，且f(0)f（2），f(x)0，f(0)f（2）2， 令x1，则f（2）f（1）f（3），即24f（3），f(3)令x2，则f（3）f（2）f（4），即

f(2019)f(2020)f(3)f(4)1， 2112f(4)，f(4)， 241133．故答案为：． 2444