文档文本内容
答 案
A
解析
解：
，
，即
，
的定义域为
．
答 案
解析
由题意得，
，
，
则
的定义域为
，即
．
答 案
解析
，
．
模块1：基
：基础题
础题
1 82%
1 68%
模块2：巩固
：巩固题
1
1
例题1
∵−1 < x < 1
∴−1 < 2x −1 < 1
0 < x < 1
∴f 2x −1
(
)
x 0 < x < 1
{ ∣
}
例题2
7, 8
(
)
0 < x < 1
∴2 < x + 2 < 3
f(x −5)
2 < x −5 < 3
7 < x < 8
例题3
−
5
1
∵f x + 2 =
(
)
f x
( )
1
∴f −5 =
(
)
=
f −3
(
)
1
f −1 =
(
)
=
f 1
( )
1
−
5
1
例题4
答 案
D
解析
因为函数
满足
，所以
，所以
，故选D．
答 案
解析
函数
的定义域为
，即
．
所以
，
所以
，
解得
或
，
所以
的定义域是
．
答 案
24
解析
解：
，
，
，
，
，
．
故答案为：
．
答 案
解析
1
1
1
f x
( )
f a + b =
(
)
1 −f a f b
( )
( )
f a + f b
( )
( )
f 4 =
( )
f 2 + 2 =
(
)
=
1 −f 2 f 2
( )
( )
f 2 + f 2
( )
( )
3
4
f 7 =
( )
f 4 + 3 =
(
)
=
1 −f 4 f 3
( )
( )
f 4 + f 3
( )
( )
3
例题5
−2, −1 ∪
(
)
1, 2
(
)
f x + 1
(
)
0, 3
(
)
0 < x < 3
1 < x + 1 < 4
1 < x <
2
4
−2 < x < −1
1 < x < 2
f x
(
2)
−2, −1 ∪
(
)
1, 2
(
)
例题6
∵f 0 =
( )
1
f x =
( )
xf x −1
(
)
∴f 1 =
( )
1 × f 0 =
( )
1
f 2 =
( )
2f 1 =
( )
2
f 3 =
( )
3f 2 =
( )
6
f 4 =
( )
4f 3 =
( )
24
24
例题7
0, 3
[
]
解：任取
，且设
，则
，
则
，
又因为当
时，有
，而
，
所以
，
所以
，所以
在
上为单调递增函数．
令
，代入
得，
，所以
；
令
，代入
得，
，所以
；
令
，
，代入
得，
，
又由前面结论可知，
在
上为单调递增函数，
所以
在
上的值域为
．
答 案
见解析
解析
解：
，
可令
，可得
，
由
，
可得
．
答 案
见解析
解析
证明：可令
，
，
则
，
可得
，
则
为偶函数．
1
2
模块3：拔高
：拔高题
x
, x
∈
1
2
(0, +∞)
x
<
1
x
2
>
x
1
x
2
1
f x
−
(
2)
f x
(
1) = f
x
⋅
−
(
1
x
1
x
2 )
f x
(
1)
= f x
+
(
1)
f
−
( x
1
x
2 )
f x
(
1)
= f
( x
1
x
2 )
x > 1
f x >
( )
0
0 < x
<
1
x
2
f x
−
(
2)
f x
=
(
1)
f
>
( x
1
x
2 )
0
f x
>
(
2)
f x
(
1)
f x
( )
0, +∞
(
)
x = y = 1
f xy =
(
)
f x +
( )
f y
( )
f 1 =
( )
2f 1
( )
f 1 =
( )
0
x = y = 2
f xy =
(
)
f x +
( )
f y
( )
f 4 =
( )
2f 2 =
( )
2
f 2 =
( )
1
x = 2
y = 4
f xy =
(
)
f x +
( )
f y
( )
f 8 =
( )
f 2 +
( )
f 4 =
( )
3
f x
( )
1, 8
[
]
f x
( )
1, 8
[
]
0, 3
[
]
例题8
f 2x
+
(
1)
f 2x
=
(
2)
f x
+ x
⋅
(
1
2) f x
−x
(
1
2)
x
=
1
x
=
2
0
f 0 +
( )
f 0 =
( )
f 0 ⋅
( ) f 0
( )
f 0 =
0
( ) /
f 0 =
( )
2
x
=
1
2
x
x
=
2
−
2
x
f x +
( )
f −x =
(
)
f 0 ⋅
( ) f x =
( )
2f x
( )
f −x =
(
)
f x
( )
f x
( )
例题9
答 案
见解析
解析
证明：因为非零函数
对任意实数，均有
，且当
时，
，
所以
．
即
．
答 案
见解析
解析
证明：设
，则
，
，
，
，
，
是减函数．
答 案
见解析
解析
解：
，
，由
得
，
原不等式可转化为
，结合
得：
，
故不等式的解集为
．
答 案
见解析
解析
解：对任意，
，都有
，
可令
，
，可得
，即
．
1
2
3
1
2
f x
( )
a
b
f a + b =
(
)
f a ⋅
( ) f b
( )
x < 0
f x >
( )
1
f x =
( )
f
+
=
(2
x
2
x)
f
>
2 (2
x)
0
f x >
( )
0
x
<
1
x
2
f x
=
(
1)
f x
−x
+ x
=
(
1
2
2)
f x
−x
f x
(
1
2)
(
2)
∵x
<
1
x
2
∴x
−
1
x
<
2
0
∴f x
−x
>
(
1
2)
1
∴f x
>
(
1)
f x
(
2)
∴f x
( )
∵f 4 =
( )
f
2 =
2 ( )
16
1
∴f 2 =
( )
±
4
1
(1)
f 2 =
( )
4
1
∴
f x −3 + 5 −x
⩽
(
2)
f 2
( )
2
( )
x + 2 −x ⩾
2
2 ⇒0 ⩽x ⩽1
x 0 ⩽x ⩽1
{ ∣
}
例题10
x
y ∈R
yf x −
( )
xf y =
( )
xy x −y
(
2
2)
x = 1
y = 0
0 −f 0 =
( )
0
f 0 =
( )
0
答 案
见解析
解析
证明：由任意，
，都有
，
可令
，可得
，
可得
，由
，可得
，
又
，则
为奇函数．
答 案
见解析
解析
奇函数
是
上的增函数，
由
，即
，
得
，
解得
．
故实数的取值范围为
．
3
x
y ∈R
yf x −
( )
xf y =
( )
xy x −y
(
2
2)
y = −x
−xf x −
( )
xf −x =
(
)
−x ⋅
2
x −x
=
(
2
2)
0
−x f x + f −x
=
[ ( )
(
)]
0
x ∈R
f −x =
(
)
−f x
( )
f(0) = 0
f x
( )
f x
( )
R
f x + 1 +
(
2
)
f 3x −5 <
(
)
0
f 1 + x
<
(
2)
−f 3x −5 =
(
)
f 5 −3x
(
)
1 + x <
2
5 −3x
−4 < x < 1
x
−4, 1
(
)
