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    若f(x)是R上的减函数.且f(x)的图象经过点A(0.3)和B.则不等式|f(x+1)-1|＜2的解集是 . 解析:由|f(x+1)-1|＜2得-2＜f(x+1)-1＜2.即-1＜f(x+1)＜3. 又f(x)是R上的减函数.且f(x)的图象过点A(0.3).B. ∴f(3)＜f(x+1)＜f(0). ∴0＜x+1＜3.-1＜x＜2. 答案: ●典例剖析 [例1] 取第一象限内的点P1(x1.y1).P2(x2.y2).使1.x1.x2.2依次成等差数列.1.y1.y2.2依次成等比数列.则点P1.P2与射线l:y=x(x＞0)的关系为 A.点P1.P2都在l的上方 B.点P1.P2都在l上 C.点P1在l的下方.P2在l的上方 D.点P1.P2都在l的下方 剖析:x1=+1=.x2=1+=.y1=1×=.y2=.∵y1＜x1.y2＜x2. ∴P1.P2都在l的下方. 答案:D [例2] 已知f(x)是R上的偶函数.且f(2)=0.g(x)是R上的奇函数.且对于x∈R.都有g(x)=f(x-1).求f的值. 解:由g(x)=f(x-1).x∈R.得f(x)=g(x+1).又f(-x)=f(x).g(-x)=-g(x). 故有f(x)=f(-x)=g(-x+1)=-g(x-1)=-f(x-2)=-f(2-x)=-g(3-x)= g(x-3)=f(x-4).也即f(x+4)=f(x).x∈R. ∴f(x)为周期函数.其周期T=4. ∴f=f＝f(2)=0. 评述:应灵活掌握和运用函数的奇偶性.周期性等性质. [例3] 函数f(x)=(m＞0).x1.x2∈R.当x1+x2=1时.f(x1)+f(x2)=. (1)求m的值, (2)数列{an}.已知an=f(0)+f()+f()+-+f()+f(1).求an. 解:(1)由f(x1)+f(x2)=.得+=. ∴4+4+2m=［4+m(4+4)+m2］. ∵x1+x2=1.∴(2-m)(4+4)=(m-2)2. ∴4+4=2-m或2-m=0. ∵4+4≥2=2=4. 而m＞0时2-m＜2.∴4+4≠2-m. ∴m=2. (2)∵an=f(0)+f()+f()+-+f()+f(1).∴an=f(1)+f()+ f()+-+f()+f(0). ∴2an=［f(0)+f(1)］+［f()+f()］+-+［f(1)+f(0)］=++-+=. ∴an=. 深化拓展 用函数的思想处理方程.不等式.数列等问题是一重要的思想方法. [例4] 函数f(x)的定义域为R.且对任意x.y∈R.有f(x+y)=f(x)+f(y).且当x＞0时.f(x)＜0.f(1)=-2. (1)证明f(x)是奇函数, (2)证明f(x)在R上是减函数, (3)求f(x)在区间［-3.3］上的最大值和最小值. (1)证明:由f(x+y)=f(x)+f(y).得f［x+(-x)］=f(x)+f(-x).∴f(x)+ f(-x)=f(0).又f(0+0)=f(0)+f(0).∴f(0)=0.从而有f(x)+f(-x)=0. ∴f(-x)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)证明:任取x1.x2∈R.且x1＜x2.则f(x1)-f(x2)=f(x1)-f［x1+(x2-x1)］=f(x1)-［f(x1)+f(x2-x1)］=-f(x2-x1).由x1＜x2.∴x2-x1＞0.∴f(x2-x1)＜0. ∴-f(x2-x1)＞0.即f(x1)＞f(x2).从而f(x)在R上是减函数. (3)解:由于f(x)在R上是减函数.故f(x)在［-3.3］上的最大值是f(-3).最小值是f(3).由f(1)=-2.得f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=f(1)+f(1)+f(1)=3f=-6.f(-3)=-f(3)=6.从而最大值是6.最小值是-6. 深化拓展 对于任意实数x.y.定义运算x*y=ax+by+cxy.其中a.b.c是常数.等式右边的运算是通常的加法和乘法运算.现已知1*2=3.2*3=4.并且有一个非零实数m.使得对于任意实数x.都有x*m=x.试求m的值. 提示:由1*2=3.2*3=4.得 ∴b=2+2c.a=-1-6c. 又由x*m=ax+bm+cmx=x对于任意实数x恒成立. ∴∴b=0=2+2c. ∴c=-1.∴(-1-6c)+cm=1. ∴-1+6-m=1.∴m=4. 答案:4. ●闯关训练 夯实基础 【查看更多】

     

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