专题06抽象函数C辑-2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）

2022年高考数学压轴必刷题（第二辑）
专题06抽象函数C辑
1．已知函数f（x）的定义域是{x|x＞0}，并且满足：当x＞1时，f（x）＞2；∀x1，x2∈（0，+∞），都有f（x1x2）＝f（x1）f（x2）﹣f（x1）﹣f（x2）+2．
（1）求f（1）；
（2）求证函数f（x）在（1，+∞）上单调递增；
（3）当f（2）＝5时，求不等式f（x）＜17的解集．
【解析】（1）解：∀x1，x2∈（0，+∞），都有f（x1x2）＝f（x1）f（x2）﹣f（x1）﹣f（x2）+2，
则令x1＝x2＝1，则f（1）＝f2（1）﹣2f（1）+2，解得f（1）＝1或2，
若f（1）＝1，则令x1＝1，x2＝x，则有f（x）＝f（1）f（x）﹣f（1）﹣f（x）+2，即有f（x）＝1．
这与当x＞1时，f（x）＞2矛盾，故f（x）＝1舍去，
若f（1）＝2，令x1＝1，x2＝x，则有f（x）＝f（1）f（x）﹣f（1）﹣f（x）+2恒成立，
故有f（1）＝2；
（2）证明：令1＜x1＜x2，则x2x1＞1，
由于当x＞1时，f（x）＞2，则有f（x2x1）＞2，
则f（x2）＝f（x1•x2x1）＝f（x1）•f（x2x1）﹣f（x1）﹣f（x2x1）+2＝f（x2x1）（f（x1）﹣1）﹣f（x1）+2
＞2f（x1）﹣2﹣f（x1）+2＝f（x1），
则函数f（x）在（1，+∞）上单调递增；
（3）令x1＝x2＝2，则f（4）＝f2（2）﹣2f（2）+2＝25﹣10+2＝17，
则不等式f（x）＜17即为f（x）＜f（4），
由f（1）＝2，则f（x⋅1x）＝f（x）f（1x）﹣f（x）﹣f（1x）+2＝2，
即有f（1x）=f(x)f(x)-1，
令0＜x＜1，则1x＞1，f（1x）＞2，解得1＜f（x）＜2，
同（2）可得（0，1）也为增区间，
故f（x）在（0，+∞）递增，
则有f（x）＜f（4）得到0＜x＜4．
即解集为（0，4）．
2．已知f（x），x∈R是有界函数，即存在M＞0使得|f（x）|≤M恒成立．
（1）F（x）＝f（x+1）﹣f（x）是有界函数，则f（x），x∈R是否是有界函数？说明理由；
（2）判断f1（x）=4xx2-2x+3，f2（x）＝9x﹣2•3x是否是有界函数？
（3）有界函数f（x），x∈R满足f（x+14）+f（x+13）＝f（x）+f（x+712），f（x），x∈R是否是周期函数，请说明理由．
【解析】解：（1）否，反例：f（x）＝x，F（x）＝f（x+1）﹣f（x）＝1有界，但f（x）＝x无界．
（2）当x＝0时，f1（x）＝0，
当x≠0时，f1（x）=4x+3x-2，
当x＞0时，x+3x-2≥2x⋅3x-2＝23-2，此时f1（x）∈（0，423-2]，
当x＜0时，x+3x-2≤﹣2(-x)⋅3-x-2＝﹣23-2，此时f1（x）∈[4-23-2，0），
综上f1（x）∈[4-23-2，423-2]，有界，
f2（x）＝9x﹣2•3x＝（3x﹣1）2﹣1≥﹣1，则|f2（x）|≥0，则f2（x）无界．
（3）f(x+412)-f(x)=f(x+712)-f(x+312)=f(x+1612)-f(x+1212)，
∴f(x+1)-f(x)=f(x+1612)-f(x+412)，f(x+412)-f(x+112)=f(x+812)-f(x+512)=f(x+1612)-f(x+1312)，
综上f(x+1)-f(x)=f(x+1312)-f(x+112)，
∴f（x+1）﹣f（x）＝f（x+2）﹣f（x+1）
∴f（x+n）＝f（x）+n（f（x+1）﹣f（x）），∵f（x）有界，∴f（x）＝f（x+1），是周期函数．
3．已知函数f（x）的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，且对定义域内的任意x，y都有f（x﹣y）=f(x)f(y)+1f(y)-f(x)成立，且f（1）＝1，当0＜x＜2时，f（x）＞0．
（1）证明：函数f（x）是奇函数；
（2）试求f（2），f（3）的值，并求出函数f（x）在[2，3]上的最值．
【解析】（1）证明：函数f（x）的定义域为{x|x≠kπ，k∈Z}，关于原点对称．
又f（x﹣y）=f(x)f(y)+1f(y)-f(x)，
所以f（﹣x）＝f[（1﹣x）﹣1]=f(1)f(1-x)+1f(1)-f(1-x)=f(1-x)+11-f(1-x)=f(x)f(1)+1f(x)-f(1)+11-f(x)f(1)+1f(x)-f(1)=f(x)+1f(x)-1+11-f(x)+1f(x)-1=f(x)+1+f(x)-1f(x)-1-f(x)-1=2f(x)-2=-f(x)，
故函数f（x）奇函数．
（2）令x＝1，y＝﹣1，则f（2）＝f[1﹣（﹣1）]=f(1)f(-1)+1f(-1)-f(1)=-f(1)f(1)+1-f(1)-f(1)=-1+1-2=0，
令x＝1，y＝﹣2，则f（3）＝f[1﹣（﹣2）]=f(1)f(-2)+1f(-2)-f(1)=-f(1)f(2)+1-f(2)-f(1)=1-1=-1，
∵f（x﹣2）=f(2)f(x)+1f(2)-f(x)=1-f(x)，
∴f（x﹣4）=1-f(x-2)=1-1-f(x)=f(x)，
则函数的周期是4．
先证明f（x）在[2，3]上单调递减，先证明当2＜x＜3时，f（x）＜0，
设2＜x＜3，则0＜x﹣2＜1，
则f（x﹣2）=-1f(x)，即f（x）=-1f(x-2)＜0，
设2≤x1≤x2≤3，
则f（x1）＜0，f（x2）＜0，f（x2﹣x1）＞0，
则f（x1）﹣f（x2）=f(x1)f(x2)+1f(x2-x1)＞0，
∴f（x1）＞f（x2），
即函数f（x）在[2，3]上为减函数，
则函数f（x）在[2，3]上的最大值为f（2）＝0，最小值为f（3）＝﹣1．
4．定义在非零实数集上的函数f（x）满足f（xy）＝f（x）+f（y），且f（x）是区间（0，+∞）上的递增函数
（1）求f（1），f（﹣1）的值；
（2）求证：f（﹣x）＝f（x）；
（3）解关于x的不等式：f(2)+f(x-12)≤0．
【解析】解：（1）令，则f（1）＝f（1）+f（1）
∴f（1）＝0
令x＝y＝﹣1，则f（1）＝f（﹣1）+f（﹣1）
∴f（﹣1）＝0
（2）令y＝﹣1，则f（﹣x）＝f（x）+f（﹣1）＝f（x）
∴f（﹣x）＝f（x）
（3）据题意可知，
f（2）+f（x-12）＝f（2x﹣1）≤0
∴﹣1≤2x﹣1＜0或0＜2x﹣1≤1
∴0≤x＜12或12＜x≤1
5．定义在R上的函数f（x）满足：
（1）f（x）+f（y）+1≥f（x+y）≥f（x）+f（y）；
（2）f（0）≥f（x），x∈[0，1）；
（3）﹣f（﹣1）＝f（1）＝1
（Ⅰ）求f（0）；
（Ⅱ）当x∈[0，1）时，求证：f（x）＝0
（Ⅲ）若集合M＝{（x，y）|f（x）f（y）＝7}，求集合M在平面直角坐标系中对应的平面区域的面积．
【解析】（Ⅰ）解：令x＝y＝0，得f（0）≥2f（0），即f（0）≤0
再令x＝1，y＝﹣1，得f（0）≥f（1）+f（﹣1）＝0，故f（0）＝0．
（Ⅱ）证明：假设∃x0∈[0，1），使得f（x0）＜0，则f（1﹣x0）＜0，由已知可得：
f（x0）+f（1﹣x0）+1≥f（1）＝1，即f（x0）+f（1﹣x0）≥0，与假设矛盾，得证．
（Ⅲ）解：由已知：f（x+1）≥f（x）+f（1）＝f（x）+1，f（x）≥f（x+1）+f（﹣1）＝f（x+1）﹣1
即f（x+1）≤f（x）+1，所以f（x+1）＝f（x）+1
所以f（x+1）﹣f（x）＝1，f（x+2）﹣f（x+1）＝1，…，f（x+n）﹣f（x+n﹣1）＝1相加得：f（x+n）＝f（x）+n
又由f（x）＝0，x∈[0，1），可知f（x）在R上不减，
且x＞0时，都有f（x）≥0，x＜0时，都有f（x）≤0，
又因为7为素数，故f（x）f（y）＝1×7，所以：
f(x)=1f(y)=7或f(x)=-1f(y)=-7或f(x)=7f(y)=1或f(x)=-7f(y)=-1
可得：1≤x＜27≤y＜8或-1≤x＜0-8≤y＜-7或7≤x＜81≤y＜2或-8≤x＜-7-1≤y＜0
它们分别代表四个边长为1的正方形，故面积和为4．
即集合M在平面直角坐标系中对应的平面区域的面积为4．
6．若函数f（x）＝对任意的实数x，均有f（x﹣1）+f（x+1）＞2f（x），则称函数f（x）具有性质P．
（1）判断函数y＝x3是否具有性质P，并说明理由；
（2）若函数f（x）具有性质P，且f（0）＝f（n）＝0（n＞2，n∈N*）．
①求证：对任意i∈{1，2，3，…，n﹣1}，都有f（i）≤0；
②是否对任意x∈[0，n]，均有f（x）≤0？若成立，请加以证明；若不成立，请给出反例并加以说明．
【解析】（1）解：函数f（x）＝x3不具有性质P．…
例如，当x＝﹣1时，f（x﹣1）+f（x+1）＝f（﹣2）+f（0）＝﹣8，2f（x）＝﹣2，…
所以，f（﹣2）+f（0）＜f（﹣1），
此函数不具有性质P．
（2）①证明：假设f（i）为f（1），f（2），…，f（n﹣1）中第一个大于0的值，…
则f（i）﹣f（i﹣1）＞0，
因为函数f（x）具有性质P，
所以，对于任意n∈N*，均有f（n+1）﹣f（n）≥f（n）﹣f（n﹣1），
所以f（n）﹣f（n﹣1）≥f（n﹣1）﹣f（n﹣2）≥…≥f（i）﹣f（i﹣1）＞0，
所以f（n）＝[f（n）﹣f（n﹣1）]+…+[f（i+1）﹣f（i）]+f（i）＞0，
与f（n）＝0矛盾，
所以，对任意的i∈{1，2，3，…，n﹣1}有f（i）≤0．…
②解：不成立．
例如f（x）=x(x-n)，x为有理数x2，x为无理数⋯
证明：当x为有理数时，x﹣1，x+1均为有理数，f（x﹣1）+f（x+1）﹣2f（x）＝（x﹣1）2+（x+1）2﹣2x2﹣n（x﹣1+x+1﹣2x）＝2，
当x为无理数时，x﹣1，x+1均为无理数，f（x﹣1）+f（x+1）﹣2f（x）＝（x﹣1）2+（x+1）2﹣2x2＝2
所以，函数f（x）对任意的x∈R，均有f（x﹣1）+f（x+1）≥2f（x），
即函数f（x）具有性质P．…
而当x∈[0，n]（n＞2）且当x为无理数时，f（x）＞0．
所以，在①的条件下，“对任意x∈[0，n]均有f（x）≤0”不成立．…
7．已知函数f（x）的定义域为（0，1），且f（13）＝1，对∀x，y∈（0，1），都有f（x）+f（y）＝f（x+y1+xy），数列{an}满足a1=13，an+1=2an1+an2
（Ⅰ）证明：∀n∈N*，13≤an＜1；
（Ⅱ）若数列{bn}满足bn＝f（an），求数列{bn}的通项公式；
（Ⅲ）设An=1ni=1n ai，证明：当n≥2时，|k=1n ak-k=1n Ak|＜2(n-1)3．（其中符号i=1n ai＝a1+a2+…+an）
【解析】解：（Ⅰ）证明：依题意an＞0且an≠1，
当n≥2时，an=2an-11+an-12＜2an-12an-1=1，
而a1=13∈(0，1)，∴0＜an＜1
又an+1-an=2an1+an2-an=an(1-an2)1+an2＞0
∴an+1＞an，即数列{an}为递增数列，
又a1=13，∴13≤an＜1；
（Ⅱ）由（Ⅰ）有an∈（0，1），且bn＝f（an），
∴bn+1=f(an+1)=f(2an1+an2)=f(an+an1+an⋅an)=f(an)+f(an)=2f(an)=2bn，
又b1＝f（a1）＝1≠0⇒bn≠0
∴bn+1bn=2，
∴数列{bn}是等比数列，且b1＝1，公比为2，
∴bn=2n-1；
（Ⅲ）证明：由（Ⅰ）知13≤an＜1，数列{an}为递增数列，
∴0＜an-am＜23(n，m∈N*，且n＞m)，
当k≥2且k∈N*时，ak-Ak=ak-a1+a2+⋯+akk=(ak-a1)+(ak-a2)+⋯+(ak-ak-1)k＜2(k-1)3k＜230＜ak-Ak＜23
∵a1﹣A1＝0
∴当n≥2时，0＜i=1n ai-i=1n Ai＜2(n-1)3，
∴当n≥2时，|i=1n ai-i=1n Ai|＜2(n-1)3．
8．已知函数f（x）对任意x，y∈R，满足条件f（x）+f（y）＝2+f（x+y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5．
（1）判断函数f（x）的单调性；
（2）求不等式f（a2﹣2a﹣2）＜3的解集．
【解析】解：（1）设x1＜x2，则x2﹣x1＞0，
∵x＞0，f（x）＞2；
∴f（x2﹣x1）＞2；即f（x2）＝f[（x2﹣x1）+x1]＝f（x2﹣x1）+f（x1）﹣2＞2+f（x1）﹣2＝f（x1），
即f（x2）＞f（x1）．
所以：函数f（x）为单调增函数
（2）∵f（3）＝f（2+1）＝f（2）+f（1）﹣2＝[f（1）+f（1）﹣2]+f（1）﹣2＝3f（1）﹣4＝5
∴f（1）＝3．
即f（a2﹣2a﹣2）＜3⇒f（a2﹣2a﹣2）＜f（1）
∴a2﹣2a﹣2＜1⇒a2﹣2a﹣3＜0
解得不等式的解为：﹣1＜a＜3．
9．若函数f（x）对任意的x∈R，均有f（x﹣1）+f（x+1）≥2f（x），则称函数f（x）具有性质P．
（Ⅰ）判断下面两个函数是否具有性质P，并说明理由．
①y＝ax（a＞1）； ②y＝x3．
（Ⅱ）若函数f（x）具有性质P，且f（0）＝f（n）＝0（n＞2，n∈N*），
求证：对任意i∈{1，2，3，…，n﹣1}有f（i）≤0；
（Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，是否对任意x∈[0，n]均有f（x）≤0．若成立给出证明，若不成立给出反例．
【解析】证明：（Ⅰ）①函数f（x）＝ax（a＞1）具有性质P．…
f(x-1)+f(x+1)-2f(x)=ax-1+ax+1-2ax=ax(1a+a-2)，
因为a＞1，ax(1a+a-2)＞0，…
即f（x﹣1）+f（x+1）≥2f（x），
此函数为具有性质P．
②函数f（x）＝x3不具有性质P．…
例如，当x＝﹣1时，f（x﹣1）+f（x+1）＝f（﹣2）+f（0）＝﹣8，2f（x）＝﹣2，…
所以，f（﹣2）+f（0）＜f（﹣1），
此函数不具有性质P．
（Ⅱ）假设f（i）为f（1），f（2），…，f（n﹣1）中第一个大于0的值，…
则f（i）﹣f（i﹣1）＞0，
因为函数f（x）具有性质P，
所以，对于任意n∈N*，均有f（n+1）﹣f（n）≥f（n）﹣f（n﹣1），
所以f（n）﹣f（n﹣1）≥f（n﹣1）﹣f（n﹣2）≥…≥f（i）﹣f（i﹣1）＞0，
所以f（n）＝[f（n）﹣f（n﹣1）]+…+[f（i+1）﹣f（i）]+f（i）＞0，
与f（n）＝0矛盾，
所以，对任意的i∈{1，2，3，…，n﹣1}有f（i）≤0．…
（Ⅲ）不成立．
例如f(x)=x(x-n)x为有理数x2x为无理数.⋯
证明：当x为有理数时，x﹣1，x+1均为有理数，f（x﹣1）+f（x+1）﹣2f（x）＝（x﹣1）2+（x+1）2﹣2x2﹣n（x﹣1+x+1﹣2x）＝2，
当x为无理数时，x﹣1，x+1均为无理数，f（x﹣1）+f（x+1）﹣2f（x）＝（x﹣1）2+（x+1）2﹣2x2＝2
所以，函数f（x）对任意的x∈R，均有f（x﹣1）+f（x+1）≥2f（x），
即函数f（x）具有性质P．…
而当x∈[0，n]（n＞2）且当x为无理数时，f（x）＞0．
所以，在（Ⅱ）的条件下，“对任意x∈[0，n]均有f（x）≤0”不成立．…
（其他反例仿此给分．
如f(x)=0(x为有理数)1(x为无理数)，f(x)=0(x为整数)1(x为非整数)，f(x)=0(x为整数)x2(x为非整数)，等．）
10．已知定义域为[0，1]的函数f（x）同时满足以下三个条件：
①对任意的x∈[0，1]，总有f（x）≥0；
②f（1）＝1；
③若x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则有f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立，并且称f（x）为“友谊函数”，
请解答下列各题：
（1）若已知f（x）为“友谊函数”，求f（0）的值；
（2）函数g（x）＝2x﹣1在区间[0，1]上是否为“友谊函数”？并给出理由．
（3）已知f（x）为“友谊函数”，且0≤x1＜x2≤1，求证：f（x1）≤f（x2）．
【解析】解：（1）取x1＝x2＝0
得f（0）≥f（0）+f（0），
又由f（0）≥0，得f（0）＝0
（2）解：显然g（x）＝2x﹣1在[0，1]上满足①g（x）≥0；②g（1）＝1
若x1≥0，x2≥0，且x1+x2≤1，
则有g(x1+x2)-[g(x1)+g(x2)]=2x1+x2-1-[(2x1-1)+(2x2-1)]=(2x1-1)(2x2-1)≥0．
故g（x）＝2x﹣1满足条件①、②、③
所以g（x）＝2x﹣1为友谊函数．
（3）解：因为0≤x1＜x2≤1，则0＜x2﹣x1＜1，
所以f（x2）＝f（x2﹣x1+x1）≥f（x2﹣x1）+f（x1）≥f（x1）
故有f（x1）≤f（x2）．
11．设函数f（x）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，且对于任意正数x，y有f（xy）＝f（x）+f（y），已知f（2）＝1．
（1）求f（12）的值；
（2）一个各项均为正数的数列{an}满足：f（Sn）＝f（an）+f（an+1）﹣1（n∈N*），其中Sn是数列{an}的前n项的和，求数列{an}的通项公式；
（3）在（2）的条件下，是否存在正数M，使
2n•a1•a2…an≥M2n+1(2a2-1)-（2a2﹣1）…（2an﹣1）对一切n∈N*成立？若存在，求出M的取值范围；若不存在，说明理由．
【解析】解：（1）令x＝y＝1，则f（1）＝f（1）+f（1）＝2f（1），∴f（1）＝0
令x＝2，y=12，则f（1）＝f（2×12）＝f（2）+f（12）
∵f（2）＝1
∴f（12）＝﹣1
（2）∵f（Sn）＝f（an）+f（an+1）﹣1＝f[12an（an+1）]
∵函数f（x）是定义域在（0，+∞）上的单调函数，数列{an}各项为正数
∴Sn=12an（an+1）①
当n＝1时，可得a1＝1；
当n≥2时，Sn﹣1=12an﹣1（an﹣1+1）②
①﹣②可得an=12an（an+1）-12an﹣1（an﹣1+1）
∴（an+an﹣1）（an﹣an﹣1﹣1）＝0
∵an＞0，∴an﹣an﹣1﹣1＝0
即an﹣an﹣1＝1
∴数列{an}为等差数列，a1＝1，d＝1；
∴an＝1+（n﹣1）×1＝n
（3）∵假设M存在满足条件，即M≤2na1a2⋯an2n+1(2a1-1)(2a2-1)⋯(2an-1)对一切n∈N*成立，
设g（n）=2na1a2⋯an2n+1(2a1-1)(2a2-1)⋯(2an-1)，
∴g（n+1）=2n+1×1×2×⋯×n×(n+1)2n+3×1×3×⋯×(2n-1)(2n+1)，
∴g(n+1)g(n)=2n+22n+1⋅2n+3=4n2+8n+44n2+8n+3＞1，
∴∴g（n+1）＞g（n），
∴g（n）单调递增，
∴n∈N*，g（n）≥g（1）=233，0＜M≤233，
∴存在正数M，使所给定的不等式恒成立，M的取值范围为（0，233]
12．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，有f（xy）＝[f（x）]y；③f（13）＞1．
（1）求f（0）的值；
（2）求证：f（x）在R上是单调增函数；
（3）若a＞b＞c＞0且b2＝ac，求证：f（a）+f（c）＞2f（b）．
【解析】解：（1）∵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x1，x2∈R，且x1＜x2，则x1=13p1，x2=13p2，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，有f（xy）＝[f（x）]y；③f（13）＞1．
∴f（x1）﹣f（x2）＝f（13p1）﹣f（13p2）=[f(13)]p1-[f(13)]p2＜0，
∴f（x1）＜f（x2），
∴函数f（x）是R上的单调增函数．
（3）由（1）（2）知，f（b）＞f（0）＝1，
∴f（b）＞1，
∵f（a）＝f（b•ab）=[f(b)]ab，f（c）＝f（b•cb）=[f(b)]cb，
∴f（a）+f（c）=[f(b)]ab+[f(b)]cb＞2[f(b)]c+ab，
而a+c＞2ac=2b2=2b，
∴2[f(b)]c+ab＞2[f(b)]2bb=2f（b），
∴f（a）+f（c）＞2f（b）．
13．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；（3）解关于x的不等式1nf(ax2)-f(x)＞1nf(a2x)-f(a)，（n是一个给定的自然数，a＜0）
【解析】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（x）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）]＝﹣3f（1），∴f（1）≥﹣2．
又x＞1，f（x）＜0，∴f（1）∈[﹣2，0）
(3)1nf(ax2)-f(x)＞1nf(a2x)-f(a)，
∴f（ax2）﹣f（a2x）＞n[f（x）﹣f（a）]
∴f（ax2﹣a2x）＞nf（x﹣a），
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，∴(x-a)(x-na)＞0，
讨论：①当a＜na＜0，即a＜-n，解集为：{x|x＞na或x＜a}
②当a=na＜0即a=-n时，原不等式解集：{x|x≠-n}
③当na＜a＜0时，即-n＜a＜0时，原不等式的解集为{x|x＞a或x＜na}．
14．设函数y＝f（x）是定义在R+上的函数，并且满足下面三个条件：
（1）对任意正数x、y，都有f（xy）＝f（x）+f（y）；
（2）当x＞1时，f（x）＜0；
（3）f（3）＝﹣1，
（Ⅰ）求f（1）、f(19)的值；
（Ⅱ）如果不等式f（x）+f（2﹣x）＜2成立，求x的取值范围．
（Ⅲ）如果存在正数k，使不等式f（kx）+f（2﹣x）＜2有解，求正数k的取值范围．
【解析】解：（I）令x＝y＝1易得f（1）＝0．
而f（9）＝f（3）+f（3）＝﹣1﹣1＝﹣2 且f(9)+f(19)=f(1)=0，
得f(19)=2．
（II）设0＜x1＜x2＜+∞，由条件（1）可得f(x2)-f(x1)=f(x2x1)，
因x2x1＞1，由（2）知f(x2x1)＜0，
所以f（x2）＜f（x1），
即f（x）在R+上是递减的函数．
由条件（1）及（I）的结果得：f[x(2-x)]＜f(19)
其中0＜x＜2，由函数f（x）在R+上的递减性，可得：x(2-x)＞190＜x＜2，
由此解得x的范围是(1-223，1+223)．
（III）同上理，不等式f（kx）+f（2﹣x）＜2可化为kx(2-x)＞19且0＜x＜2，
得k＞19x(2-x)，此不等式有解，等价于k＞[19x(2-x)]min，
在0＜x＜2的范围内，易知x（2﹣x）max＝1，
故k＞19即为所求范围．
15．对定义在[0，1]上的函数f（x），如果同时满足以下三个条件：
①对任意x∈[0，1]，总有f（x）≥0；
②f（1）＝1；
③若x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1，有f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立．
则称函数f（x）为理想函数．
（1）判断g（x）＝2x﹣1（x∈[0，1]）是否为理想函数，并说明理由；
（2）若f（x）为理想函数，求f（x）的最小值和最大值；
（3）若f（x）为理想函数，假设存在x0∈[0，1]满足f[f（x0）]＝x0，求证：f（x0）＝x0．
【解析】解：（1）①显然f（x）＝2x﹣1在[0，1]上满足f（x）≥0；②f（1）＝1．
若x1≥0，x2≥0，且x1+x2≤1，
则有f（x1+x2）﹣[f（x1）+f（x2）]＝2x1+x2﹣1﹣[（2x1﹣1）+（2x2﹣1）]＝（2x2﹣1）（2x1﹣1）≥0
故f（x）＝2x﹣1满足条件①②③，所以f（x）＝2x﹣1为理想函数，
（2）由题意可得对任意的x1，x2∈[0，1]，且x1＜x2，
f（x1）﹣f（x2）＝f（x1）﹣f（x2﹣x1+x1）≤f（x1）﹣[f（x1）+f（x2﹣x1）]＝﹣f（x2﹣x1）≤0，
∴f（x1）≤f（x2），
∴f（x）在[0，1]上单调递增，
令x1＝x2＝0，
∵x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立，
∴f（0）≥2f（0），又f（x）≥0，
∴f（0）＝0，
∴当x＝0时，f（x）取最小值f（0）＝0，
当x＝1时，f（x）取最大值f（1）＝1．
（3）由条件③知，任给m、n∈[0，1]，当m＜n时，由m＜n知n﹣m∈[0，1]，
∴f（n）＝f（n﹣m+m）≥f（n﹣m）+f（m）≥f（m）．
若f（x0）＞x0，则f（x0）≤f[f（x0）]＝x0，前后矛盾；
若：f（x0）＜x0，则f（x0）≥f[f（x0）]＝x0，前后矛盾．
故f（x0）＝x0．
16．记函数f（x）的定义域为D，如果存在实数a，b使得f（a﹣x）+f（a+x）＝b对任意满足a﹣x∈D且a+x∈D的x恒成立，则称f（x）为Ψ函数．
（1）设函数f（x）=1x-1，试判断f（x）是否为Ψ函数，并说明理由；
（2）设函数g（x）=12x+t，其中常数t≠0，证明g（x）是Ψ函数；
（3）若h（x）是定义在R上的Ψ函数，且函数h（x）的图象关于直线x＝m（m为常数）对称，试判断h（x）是否为周期函数？并证明你的结论．
【解析】解：（1）f（x）的定义域为{x|x≠0}，
设f（x）=1x-1是为Ψ函数，则存在实数a，b使得f（a﹣x）+f（a+x）＝b
对任意满足a﹣x∈D且a+x∈D的x恒成立，
即1a-x+1a+x-2=b，∴（b+2）（a2﹣x2）＝2a恒成立，
∴a＝0，b＝﹣2．
∴存在a＝0，b＝﹣2，使得f（a﹣x）+f（a+x）＝b对任意x≠±a恒成立，
∴f（x）=1x-1是Ψ函数．
（2）证明：若g（a+x）+g（a﹣x）=12a-x+t+12a+x+t=b恒成立，
则2a+x+2a﹣x+2t＝b（2a+x+t）（2a﹣x+t）恒成立，
即（1﹣bt）（2a+x+2a﹣x）＝b（22a+t2）﹣2t恒成立，
∴1﹣bt＝0，b（22a+t2）﹣2t＝0，
又t≠0，∴b=1t，a＝log2|t|．
∴存在实数a，b使得g（x）是Ψ函数．
（3）∵函数h（x）的图象关于直线x＝m（m为常数）对称，
∴h（m﹣x）＝h（m+x），
∴当m≠a时，h（x+2m﹣2a）＝h[m+（x+m﹣2a）]
＝h[m﹣（x+m﹣2a）]＝h（2a﹣x）＝h（a+（a﹣x）），
又h（a+x）+h（a﹣x）＝b，
∴h（a+（a﹣x））＝b﹣h[a﹣（a﹣x）]＝b﹣h（x），
∴h（x+2m﹣2a）＝b﹣h（x），
h（x）＝b﹣h（x+2m﹣2a）＝h（x+2m﹣2a+2m﹣2a）＝h（x+4m﹣4a）．
∴h（x）为周期函数，周期为4m﹣4a．
若m＝a，则h（a﹣x）＝h（a+x），且h（a﹣x）＝b﹣h（a+x），
∴h（a+x）=b2，显然h（x）是周期函数．
综上，h（x）是周期函数．
17．若存在常数k（k＞0），使得对定义域D内的任意x1，x2（x1≠x2），都有|f（x1）﹣f（x2）|≤k|x1﹣x2|成
立，则称函数f（x）在其定义域D上是“k﹣利普希兹条件函数”．
（1）若函数f（x）=x，（1≤x≤4）是“k﹣利普希兹条件函数”，求常数k的最小值；
（2）判断函数f（x）＝log2x是否是“2﹣利普希兹条件函数”，若是，请证明，若不是，请说明理由；
（3）若y＝f（x）（x∈R）是周期为2的“1﹣利普希兹条件函数”，证明：对任意的实数x1，x2，都有
|f（x1）﹣f（x2）|≤1．
【解析】解：（1）若函数f（x）=x，（1≤x≤4）是“k﹣利普希兹条件函数”，则对于定义域[1，4]上任意两个x1，x2（x1≠x2），均有|f（x1）﹣f（x2）|≤k|x1﹣x2|成立，
不妨设x1＞x2，则k≥x1-x2x1-x2=1x1+x2恒成立．
∵1≤x2＜x1≤4，∴14＜1x1+x2＜12，
∴k的最小值为 12．
（2）f（x）＝log2x的定义域为（0，+∞），
令x1=12，x2=14，则f（12）﹣f（14）＝log212-log214=-1﹣（﹣2）＝1，
而2|x1﹣x2|=12，∴f（x1）﹣f（x2）＞2|x1﹣x2|，
∴函数f（x）＝log2x 不是“2﹣利普希兹条件函数”．
（3）证明：由y＝f（x）（x∈R）是R上的周期函数，
设f（x）的最大值为M，最小值为m，
在一个周期内f（a）＝M，f（b）＝m，
∵f（x）是1﹣利普希兹条件函数”，
∴|f（x1）﹣f（x2）|≤M﹣m＝f（a）﹣f（b）≤|a﹣b|．
若|a﹣b|≤1，显然有|f（x1）﹣f（x2）|≤|a﹣b|≤1．
若|a﹣b|＞1，不妨设a＞b，则0＜b+2﹣a＜1，
∴|f（x1）﹣f（x2）|≤M﹣m＝f（a）﹣f（b+2）≤|a﹣b﹣2|＜1，
∴对任意的实数x1，x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|≤1．
18．若函数f（x）满足：对于任意正数s，t，都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t），则称函数f（x）为“L函数”．
（1）试判断函数f1(x)=x2与f2(x)=x12是否是“L函数”；
（2）若函数g（x）＝3x﹣1+a（3﹣x﹣1）为“L函数”，求实数a的取值范围；
（3）若函数f（x）为“L函数”，且f（1）＝1，求证：对任意x∈（2k﹣1，2k）（k∈N*），都有f(x)-f(1x)＞x2-2x．
【解析】解：（1）对于函数f1(x)=x2，当t＞0，s＞0时，f1(t)=t2＞0，f1(s)=s2＞0，
又f1(t)+f1(s)-f1(t+s)=t2+s2-(t+s)2=-2ts＜0，所以f1（s）+f1（t）＜f1（s+t），
故f1(x)=x2是“L函数”．…
对于函数f2(x)=x，当t＝s＝1时，f2(t)+f2(s)=2＞2=f2(t+s)，
故f2(x)=x不是“L函数”．…
（2）当t＞0，s＞0时，由g（x）＝3x﹣1+a（3﹣x﹣1）是“L函数”，
可知g（t）＝3t﹣1+a（3﹣t﹣1）＞0，即（3t﹣1）（3t﹣a）＞0对一切正数t恒成立，
又3t﹣1＞0，可得a＜3t对一切正数t恒成立，所以a≤1． …
由g（t）+g（s）＜g（t+s），可得3s+t﹣3s﹣3t+1+a（3﹣s﹣t﹣3﹣s﹣3﹣t+1）＞0，
即3t（3s﹣1）﹣（3s﹣1）+a（3﹣s﹣1）（3﹣t﹣1）＝（3s﹣1）（3t﹣1）+a（3﹣s﹣1）（3﹣t﹣1）
＝（3s﹣1）（3t﹣1）+a•3﹣s﹣t（3s﹣1）（3t﹣1）＞0，
故（3s﹣1）（3t﹣1）（3s+t+a）＞0，又（3t﹣1）（3s﹣1）＞0，故3s+t+a＞0，
由3s+t+a＞0对一切正数s，t恒成立，可得a+1≥0，即a≥﹣1． …
综上可知，a的取值范围是[﹣1，1]． …
（3）由函数f（x）为“L函数”，可知对于任意正数s，t，
都有f（s）＞0，f（t）＞0，且f（s）+f（t）＜f（s+t），
令s＝t，可知f（2s）＞2f（s），即f(2s)f(s)＞2，…
故对于正整数k与正数s，都有f(2ks)f(s)=f(2ks)f(2k-1s)⋅f(2k-1s)f(2k-2s)⋅⋯⋅f(2s)f(s)＞2k，…
对任意x∈（2k﹣1，2k）（k∈N*），可得1x∈(2-k，21-k)，又f（1）＝1，
所以f(x)＞f(x-2k-1)+f(2k-1)＞f(2k-1)≥2k-1f(1)=2k2＞x2，…
同理f(1x)＜f(21-k)-f(21-k-1x)＜f(21-k)≤21-kf(1)=21-k＜2x，
故f(x)-f(1x)＞x2-2x． …
19．对于定义域为R的函数g（x），若函数sin[g（x）]是奇函数，则称g（x）为正弦奇函数．已知f（x）是单调递增的正弦奇函数，其值域为R，f（0）＝0．
（1）已知g（x）是正弦奇函数，证明：“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”的充要条件是“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”；
（2）若f（a）=π2，f（b）=-π2，求a+b的值；
（3）证明：f（x）是奇函数．
【解析】证明（1）∵g（x）是正弦奇函数，
故sin[g（x）]是奇函数，
当：“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”时，sin[g（u0）]＝1，
则sin[g（﹣u0）]＝﹣1，
即“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”；
故：“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”的必要条件是“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”；
当：“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”时，sin[g（﹣u0）]＝﹣1，
则sin[g（u0）]＝1，
即“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”；
故：“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”的充分条件是“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”；
综上可得：“u0为方程sin[g（x）]＝1的解”的充要条件是“﹣u0为方程sin[g（x）]＝﹣1的解”；
解：（2）∵f（b）＜f（0）＜f（a），由f（x）单调递增，可知：b＜0＜a
由（1）可知，若f（x）是正弦奇函数，
则当a为方程sin[f（x）]＝1的解，必有﹣a为方程sin[f（x）]＝﹣1的解，
∴sin[f（﹣a）]＝﹣1，即f（﹣a）＝2mπ-π2（m∈Z），
而﹣a＜0，故f（﹣a）＜f（0）＝0，
从而f（﹣a）≤-π2=f（b），即﹣a≤b，
即a+b≥0，
同理：f（﹣b）＝2nπ+π2（n∈Z），
f（﹣b）＞f（0）＝0，从而f（﹣b）≥π2=f（a），即﹣b≥a，
即a+b≤0，
综上可得：a+b＝0
证明：（3）∵f（x）是单调递增的正弦奇函数，其值域为R，
故对任意实数c，存在唯一的实数d，使得：f（d）＝c，
可设f（an）＝nπ-π2，f（bn）＝﹣（nπ-π2）（n∈Z），
下证：an+bn＝0
当n＝1时，由（2）知：a1+b1＝0命题成立；
假设n≤k时，命题均成立，即a1+b1＝0，a2+b2＝0，…，ak+bk＝0
而 由f（x）的单调性知：
bk+1＜bk＜…＜b1＜0＜a1＜…＜ak＜ak+1
可知：﹣ak+1＜bk，﹣bk+1＞ak，
则当n＝k+1时，ak+1为方程sin[f（x）]＝±1的解：
故﹣ak+1为方程sin[f（x）]＝±1的解：
且由单调性知：f（﹣ak+1）＜f（bk），
故f（﹣ak+1）≤f（bk+1），即﹣ak+1≤bk+1；
同理：﹣bk+1≥ak+1，
故ak+1+bk+1＝0，
要证：f（x）是奇函数，只需证：对任意x＞0，都有f（﹣x）＝﹣f（x），
记：a0＝b0＝0，若x＝an，则﹣x＝bn，
f（﹣x）＝﹣（nπ-π2）＝﹣f（an）＝﹣f（x），
若x∈（a2n，a2n+1）则f（x）∈（2nπ-π2，2nπ+π2），
f（﹣x）∈（﹣2nπ-π2，﹣2nπ+π2），
﹣x∈（b2n，b2n+1），f（﹣x）∈（﹣2nπ-π2，﹣2nπ+π2），
而正弦函数在（﹣2nπ-π2，﹣2nπ+π2）上单调递增，
故sinf（﹣x）＝﹣sinf（x）＝sin（﹣f（x））得：f（﹣x）＝﹣f（x），
若x∈（a2n+1，a2n+2），同理可证得：f（﹣x）＝﹣f（x），
综上f（﹣x）＝﹣f（x）恒成立，
故f（x）是奇函数．
20．已知集合M是满足下列性质的函数f（x）的全体：在定义域内存在实数t，使得f（t+2）＝f（t）+f（2）．
（1）判断f（x）＝3x+2是否属于集合M，并说明理由；
（2）若f(x)=lgax2+2属于集合M，求实数a的取值范围；
（3）若f（x）＝2x+bx2，求证：对任意实数b，都有f（x）∈M．
【解析】解：（1）当f（x）＝3x+2时，方程f（t+2）＝f（t）+f（2）⇔3t+8＝3t+10…
此方程无解，所以不存在实数t，使得f（t+2）＝f（t）+f（2），
故f（x）＝3x+2不属于集合M．　　　　　　　　　　 …
（2）由f(x)=lgax2+2属于集合M，可得
方程lga(x+2)2+2=lgax2+2+lga6有实解⇔a[（x+2）2+2]＝6（x2+2）有实解⇔（a﹣6）x2+4ax+6（a﹣2）＝0有实解，…
若a＝6时，上述方程有实解；
若a≠6时，有△＝16a2﹣24（a﹣6）（a﹣2）≥0，解得12-63≤a≤12+63，
故所求a的取值范围是[12-63，12+63]．　　　 …
（3）当f（x）＝2x+bx2时，方程f（x+2）＝f（x）+f（2）⇔2x+2+b（x+2）2＝2x+bx2+4+4b⇔3×2x+4bx﹣4＝0，…
令g（x）＝3×2x+4bx﹣4，则g（x）在R上的图象是连续的，
当b≥0时，g（0）＝﹣1＜0，g（1）＝2+4b＞0，故g（x）在（0，1）内至少有一个零点；
当b＜0时，g（0）＝﹣1＜0，g(1b)=3×21b＞0，故g（x）在(1b，0)内至少有一个零点；
故对任意的实数b，g（x）在R上都有零点，即方程f（x+2）＝f（x）+f（2）总有解，
所以对任意实数b，都有f（x）∈M． …
21．已知函数f（x）在R+上有定义，且满足以下条件：①f（x）在R+上严格单调递减，且x2f（x）＞1．②在R+上恒有f2（x）f（f（x）-1x2）＝f3（1）．
（1）求函数值f（1）；
（2）给出一个满足题设条件的函数f（x）并证明．
【解析】解：（1）令x＝1则由①得，f（1）＞1，
由②得，f2（1）f（f（1）﹣1）＝f3（1），
∴f（f（1）﹣1）＝f（1），
∵f（x）在R+上严格单调递减，
∴f（1）﹣1＝1即f（1）＝2；
（2）设f（x）=ax2，由②得，a2x4f(ax2-1x2)=23，
即a2x4⋅a(a-1x2)2=8，化简得，a3﹣8a2+16a﹣8＝0，
即（a﹣2）（a2+2a+4）﹣8a（a﹣2）＝0，
解得，a＝2或3±5，
又f（1）＝2，∴a＝2，故f（x）=2x2．
证明如下：当0＜x1＜x2时，f（x2）﹣f（x1）=2(x1+x2)(x1-x2)x12x22＜0，
即f（x1）＞f（x2），∴f（x）在R+上严格递减，又f（x）=2x2＞1x2，即f（x）满足条件①，
又f2（x）f（f（x）-1x2）＝（2x2）2•f（2x2-1x2）=4x4⋅2(1x2)2=8＝f3（1），∴f（x）满足条件②，
∴函数f（x）=2x2满足题设的两个条件．
22．设函数f（x）的定义域为R，当x＜0时，f（x）＞1，且对于任意的实数x，y都有f（x+y）＝f（x）•f（y）成立，
（1）求f（0）的值，判断并证明函数f（x）的单调性；
（2）若数列{an}满足a1=f(0)，f(an+1)=1f(-2-an)，(n∈N+)，求{an}的通项公式；
（3）如果f(1)=12，bn＝lgf（an），求数列{bn}的前n项和Sn．
【解析】解：由x，y∈R，f（x+y）＝f（x）•f（y），x＜0时，f（x）＞1可得：
（1）令x＝﹣1，y＝0，得f（﹣1+0）＝f（﹣1）•f（0），即f（﹣1）＝f（﹣1）•f（0），
∵﹣1＜0，得f（﹣1）＞1，∴两边约去f（﹣1），可得f（0）＝1； …
若x＞0，则﹣x＜0，可得f（﹣x）＞1，则1＝f（0）＝f（x﹣x）＝f（x）•f（﹣x），
∴当x＞0时，f(x)=1f(-x)∈(0，1)，
结合f（0）＝1得当x∈R时，总有f（x）＞0成立；…
对任意的x1、x2，且x1＜x2，得x2﹣x1＞0
∴f（x2﹣x1）∈（0，1），
从而f（x2）﹣f（x1）＝f（x1+x2﹣x1）﹣f（x1）＝f（x1+（x2﹣x1））﹣f（x1）
＝f（x1）•f（x2﹣x1）﹣f（x1）＝f（x1）[f（x2﹣x1）﹣1]＜0；
即当x1＜x2时，f（x1）＞f（x2）成立，当由此可得函数f（x）在（﹣∞，+∞）上是减函数．…
（2）a1=f(0)=1，f(an+1)=1f(-2-an)=1f[-(an+2)]=f(an+2)
∵函数f（x）是R上单调函数，
∴an+1＝an+2，…
由此可得：数列{an}是首项a1＝1，公差d＝2的等差数列，
即通项公式为an＝2n﹣1．…
（3）当f(1)=12时，可得f(2)=f(1+1)=f(1)⋅f(1)=(12)2，…，f（n+1）＝f（n）•f（1）=12f（n），（n∈N*）
∴数列{f（n）}构成以f(1)=12为首项，公比q=12的等比数列，可得f(n)=12×(12)n-1=(12)n，
∵an＝2n﹣1，∴f（an）=(12)2n-1
因此，数列{bn}的通项公式为bn=lg(12)2n-1=(2n-1)lg(12)，…
可得数列{bn}是以lg(12)为首项，以2lg(12)为公差的等差数列，
因此，数列{bn}前n项和为：Sn=n[lg(12)+(2n-1)lg(12)]2=n2lg(12)=-n2lg2．…
23．定义在R上的函数f（x）满足
①对任意x，y∈R有f（x+y）＝f（x）+f（y）
②当x＞0时，f（x）＜0，f（1）＝﹣2
（1）求f（0）值；
（2）判断函数f（x）奇偶性；
（3）判断函数f（x）的单调性；
（4）解不等式f（x2﹣2x）﹣f（x）≥﹣8．
【解析】解：∵对任意x，y∈R有f（x+y）＝f（x）+f（y）
（1）取x＝y＝0，可得f（0）＝0，
（2）取y＝﹣x，可得f（x）+f（﹣x）＝f（0）＝0，
所以f（﹣x）＝﹣f（x），f（x）是奇函数
（3）任取x1＜x2，
则 x2﹣x1＞0
∴f（x2）﹣f（x1）＝f（x2）+f（﹣x1）＝f（x2﹣x1）
又∵当x＞0时，f（x）＜0，
f（x2）﹣f（x1）＜0，
可得 f（x1）＞f（x2），
所以f（x） 在R上是减函数
（4）∵f（1）＝﹣2
∴f（2）＝f（1）+f（1）＝﹣4，
f（4）＝f（2）+f（2）＝﹣8
∴不等式f（x2﹣2x）﹣f（x）≥﹣8
可化为f（x2﹣2x）﹣f（x）≥f（4）
即f（x2﹣2x）≥f（x）+f（4）
即x2﹣2x≤x+4
即x2﹣3x﹣4≤0
解得﹣1≤x≤4
故不等式f（x2﹣2x）﹣f（x）≥﹣8的解集为[﹣1，4]
24．已知函数y＝f（x），x∈N*，y∈N*满足：
①对于任意a，b∈N*，a＜b，都有af（a）+bf（b）＞af（b）+bf（a）；
②对任意n∈N*，都有f[f（n）]＝3n．
（I）证明：f（x）为N*上的单调增函数；
（II）求f（1），f（2），f（3）的值；
（III）令an=f(3n)，n∈N*，证明：n4n+2≤1a1+1a2+⋯+1an＜14．
【解析】解：（I）由①知，对任意a，b∈N*，a＜b，都有（a﹣b）（f（a）﹣f（b））＞0，
由于a﹣b＜0，从而f（a）＜f（b），
所以函数f（x）为N*上的单调增函数．
（II）令f（1）＝a，则a≥1，显然a≠1，否则f（f（1））＝f（1）＝1，与f（f（1））＝3矛盾．
从而a＞1，而由f（f（1））＝3，
即得f（a）＝3．
又由（I）知f（a）＞f（1）＝a，即a＜3．
于是得1＜a＜3，又a∈N*，
从而a＝2，即f（1）＝2．
进而由f（a）＝3知，f（2）＝3．
于是f（3）＝f（f（2））＝3×2＝6，
（III）f（an）＝f（f（3n））＝3×3n＝3n+1，an+1＝f（3n+1）＝f（f（an））＝3an，a1＝f（3）＝6．
即数列{an}是以6为首项，以3为公比的等比数列．
∴an＝6×3n﹣1＝2×3n（n＝1，2，3）．
于是 1a1+1a2+⋯+1an=12(13+132+⋯+13n)=12×13(1-13n)1-13=14(1-13n)，
显然 14(1-13n)＜14，
另一方面3n＝（1+2）n＝1+∁n1×2+∁n2×22+…+∁nn×2n≥1+2n，
从而 14(1-13n)≥14(1-12n+1)=n4n+2．
综上所述，n4n+2≤1a1+1a2+⋯+1an＜14．
25．已知集合M是满足下列性质的所有函数f（x）组成的集合：对于函数f（x），定义域内的任意两个不同自变量x1，x2，均有|f（x1）﹣f（x2）|≤|x1﹣x2|成立．
（1）判断函数f（x）＝3x+1是否属于集合M？说明理由；
（2）若g(x)=a(x+1x)在（1，+∞）上属于M，求实数a的取值范围．
【解析】解：（1）f（x）＝3x﹣1∉M，可举反例说明：
若x1＝1，x2＝2，则f（x1）＝4，f（x2）＝7，|f（x1）﹣f（x2）|＝3≤1＝|x1﹣x2|不成立．
（2）对任意两个自变量x1，x2∈（1，+∞），g(x)=a(x-1x)
因为|g（x1）﹣g（x2）|=|a(x1-1x1)-a(x2-1x2)|=|a|⋅|(x1-x2)+(x2-x1x1x2)|
=|a|⋅|x1-x2|⋅|1-1x1x2|≤|x1-x2|恒成立．
⇒|a|•|1-1x1x2|≤1⇒|a|≤|1|1-1x1x2||
又x1＞1，x2＞1⇒x1x2＞1⇒|1-1x1x2|∈（0，1）⇒|1|1-1x1x2||∈（1，+∞）
即|a|≤1
故a的取值范围是：[﹣1，1]
26．设函数f（x）的定义域为R，对任意x1，x2有f(x1)+f(x2)=2f(x1+x22)⋅f(x1-x22)，且f(π2)=0，f（π）＝﹣1．
（1）求f（0）的值；
（2）求证：f（x）是偶函数，且f（π﹣x）+f（x）＝0；
（3）若-π2＜x＜π2时，f（x）＞0，求证：f（x）在（0，π）上单调递减．
【解析】解：（1）令x1＝x2＝π，可得2f（π）＝2f（π）f（0），
∵f（π）＝﹣1，
∴得f（0）＝1．
（2）令x1＝x，x2＝﹣x，可得f（x）+f（﹣x）＝2f（x）•f（0）
∵f（0）＝1∴f（x）＝f（﹣x）
∴f（x）是偶函数；
令x1＝π，x2＝0，可得f(π)+f(0)=2f(π2)f(π2)
又∵f（0）＝1，f（π）＝﹣1∴f（0）+f（π）＝0
∴得f(π2)=0
令x1=x，x2=π-x，可得f(x)+f(π-x)=2f(π2)f(2x-π2)=0
∴f（π﹣x）+f（x）＝0．
（3）任取x1，x2∈（0，π），且x1＜x2
则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(π-x2)=2f(x1-x2+π2)⋅f(x1+x2-π2)
∵x1，x2∈（0，π）∴0＜x1-x2+π2＜π2，-π2＜x1+x2-π2＜π2
由题意知-π2＜x＜π2时，f（x）＞0，
∴f(x1-x2+π2)＞0且f(x1+x2-π2)＞0
故f（x1）﹣f（x2）＞0
∴f（x）在（0，π）上单调递减．
27．已知函数f（x）满足下列条件：（1）函数f（x）定义域为[0，1]；（2）对于任意x∈[0，1]，f（x）≥0，且f（0）＝0，f（1）＝1；（3）对于满足条件x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1的任意两个数x1，x2，有f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）．
（Ⅰ）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，有f（x）≤f（y）；
（Ⅱ）证明：对于任意的0≤x≤1，有f（x）≤2x；
（Ⅲ）不等式f（x）≤1.9x对于一切x∈[0，1]都成立吗？
【解析】解：（Ⅰ）证明：对于任意的0≤x≤y≤1，
则0≤y﹣x≤1，∴f（y﹣x）≥0．
∴f（y）＝f（y﹣x+x）≥f（y﹣x）+f（x）≥f（x）．
∴对于任意的0≤x≤y≤1，有f（x）≤f（y）．
（Ⅱ）由已知条件可得f（2x）≥f（x）+f（x）＝2f（x），
∴当x＝0时，f（0）＝0≤2×0，
∴当x＝0时，f（x）≤2x．
假设存在x0∈（0，1]，使得f（x0）＞2x0，
则x0一定在某个区间x0∈(12k，12k-1]上．
设x0∈(12k，12k-1]，
则f（2x0）＞4x0，f（4x0）＞8x0，…，f（2k﹣1x0）＞2kx0．
由x0∈(12k，12k-1]；
可知12＜2k-1x0≤1，且2kx0＞1，
∴f（2k﹣1x0）≤f（1）＝1，
又f（2k﹣1x0）＞2kx0＞1．
从而得到矛盾，因此不存在x0∈（0，1]，使得f（x0）＞2x0．
∴对于任意的0≤x≤1，有f（x）≤2x．
（Ⅲ）取函数f(x)=0，0≤x≤121，12＜x≤1.
则f（x）显然满足题目中的（1），（2）两个条件．
任意取两个数x1，x2，使得x1≥0，x2≥0，x1+x2≤1，
若x1，x2∈[0，12]，
则f（x1+x2）≥0＝f（x1）+f（x2）．
若x1，x2分别属于区间[0，12]和(12，1]中一个，
则f（x1+x2）＝1＝f（x1）+f（x2），
而x1，x2不可能都属于(12，1]．
综上可知，f（x）满足题目中的三个条件．
而f（0.51）＝1＞1.9×0.51＝0.969．
即不等式f（x）≤1.9x并不对所有x∈[0，1]都成立．
28．定义在（﹣1，1）上的函数f（x），（i）对任意x，y∈（﹣1，1）都有：f(x)+f(y)=f(x+y1+xy)；（ii）当x∈（﹣1，0）时，f（x）＞0，回答下列问题．
（1）判断f（x）在（﹣1，1）上的奇偶性，并说明理由．
（2）判断函数f（x）在（0，1）上的单调性，并说明理由．
【解析】解：（1）令x＝y＝0⇒f（0）＝0，令y＝﹣x，则f（x）+f（﹣x）＝0⇒f（﹣x）＝﹣f（x）⇒f（x）在（﹣1，1）上是奇函数．
（2）设0＜x1＜x2＜1，则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x21-x1x2)，而x1﹣x2＜0，0＜x1x2＜1⇒x1-x21-x1x2＜0⇒f(x1-x21-x1x2)＞0．即当x1＜x2时，f（x1）＞f（x2）．
∴f（x）在（0，1）上单调递减．
29．若在定义域内存在实数x0，使得f（x0+1）＝f（x0）+f（1）成立，则称函数有“飘移点”x0．
（1）函数f（x）=1x是否有“飘移点”？请说明理由；
（2）证明函数f（x）＝x2+2x在（0，1）上有“飘移点”；
（3）若函数f（x）＝lg（ax2+1）在（0，+∞）上有“飘移点”，求实数a的取值范围．
【解析】解：（1）假设函数f(x)=1x有“飘移点”x0，则1x0+1=1x0+1，
即x02+x0+1=0由此方程无实根，与题设矛盾，所以函数f(x)=1x没有飘移点．
（2）令h（x）＝f（x+1）﹣f（x）﹣f（1）＝2（2x﹣1+x﹣1），
所以h（0）＝﹣1，h（1）＝2．所以h（0）h（1）＜0．
所以h(x)=0在(0，1)上至少有一实根x0，即函数f(x)=2x+x2有“飘移点”．
（3）若f(x)=1g(ax2+1)在(0，+∞)上有飘移点x0，
所以lga(x0+1)2+1=lgax02+1+lga2成立，即a(x0+1)2+1=ax02+1⋅a2，
整理得(2-a)x02-2ax0+2-2a=0，
从而关于x的方程g（x）＝（2﹣a）x2﹣2ax+2﹣2a在（0，+∞）上应有实数根x0．
当a＝2时，方程的根为-12，不符合要求，所以2﹣a＞0，且a＞0．
当0＜a＜2时，由于函数g（x）的对称轴x=a2-a＞0，可知只需4a2﹣4（2﹣a）（2﹣2a）≥0，
所以3-5≤a≤3+5，即3-5≤a＜2．
所以a的范围是[3-5，2）．
30．若定义在R上的函数y＝f（x）满足：对于任意实数x，y，总有f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y）恒成立，我们称f（x）为“类余弦型”函数．
（1）已知f（x）为“类余弦型”函数，且f(1)=54，求f（0）和f（2）的值；
（2）在（1）的条件下，定义数列an＝2f（n+1）﹣f（n）（n＝1，2，3…），求log2a13+log2a23+⋯+log2a20173的值；
（3）若f（x）为“类余弦型”函数，且对于任意非零实数t，总有f（t）＞1，证明：函数f（x）为偶函数；设有理数x1，x2满足|x1|＜|x2|，判断f（x1）和f（x2）的大小关系，并证明你的结论．
【解析】解：（1）令x＝1，y＝0，得f（1）+f（1）＝2f（1）f（0），∴f（0）＝1；
令x＝y＝1得f（2）+f（0）＝2f2（1），∴f（2）＝2f2（1）﹣f（0）=178．
（2）令x＝n+1，y＝1，得2f（n+1）f（1）＝f（n+2）+f（n）．
∴f（n+2）=52f（n+1）﹣f（n），
∴an+1＝2f（n+2）﹣f（n+1）＝2[52f（n+1）﹣f（n）]﹣f（n+1）
＝4f（n+1）﹣2f（n）＝2[2f（n+1）﹣f（n）]＝2an（n≥1）．
又a1＝2f（2）﹣f（1）＝3
∴{an}是以3为首项，以2为公比的等比数列，
所以an＝3•2n﹣1＝3•2n﹣1，∴log2an3=log22n﹣1＝n﹣1，
∴{log2an3}是以0为首项，以1为公差的等差数列，
∴log2a13+log2a23+⋯+log2a20173=0+1+2+…+2016=20162×2017=2033136．
（3）令x＝0，得f（y）+f（﹣y）＝2f（0）f（y）＝2f（y），
∴f（﹣y）＝f（y），即f（﹣x）＝f（x），
∴f（x）是偶函数．
∵f（x+y）+f（x﹣y）＝2f（x）f（y），又∵t≠0时f（t）＞1，
∴2f（x）f（y）＞2f（y），即f（x+y）﹣f（y）＞f（y）﹣f（x﹣y）
∴令y＝kx（k为正整数），对任意的k为正整数，有f[（k+1）x]﹣f（kx）＞f（kx）﹣f[（k﹣1）x]，
则f[（k+1）x]﹣f（kx）＞f（kx）﹣f[（k﹣1）x]＞…＞f（x）﹣f（0）＞0
∴对于k为正整数，总有f[（k+1）x]＞f（kx）成立．
∴对于m，n为正整数，若n＜m，则有f（nx）＜f[（n+1）x]＜…＜f（mx）成立．
∵x1，x2为有理数，所以可设|x1|=q1p1，|x2|=q2p2，其中q1，q2是非负整数，p1，p2都是正整数，
则|x1|=q1p2p1p2，|x2|=p1q2p1p2，令x=1p1p2，t＝q1p2，s＝p1q2，则t，s为正整数．
∵|x1|＜|x2|，∴t＜s，∴f（tx）＜f（sx），即f（|x1|）＜f（|x2|）．
∵函数f（x）为偶函数，∴f（|x1|）＝f（x1），f（|x2|）＝f（x2），
∴f（x1）＜f（x2）．