2022年抽象函数解题技巧 .pdf

抽象函数解题技巧所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。1.换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.例1.已知 f(1+sinx)=2+sinx+cos2x,求 f(x)解:令 u=1+sinx,则 sinx=u-1(0u2),则 f(u)=-u2+3u+1 (0u2)故 f(x)=-x2+3x+1 (0u2)2.方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。例 2.232|)x(f:|,x)x1(f2)x(f),)x(f,x()x(fy求证且为实数即是实数函数设解:02)x(xf3 x,x1)x(f2)x1(f,xx12与已知得得代换用.232|)x(f|,024)x(9f02得由例 3.f(x).1),x0(x,x1)x1x(f)x(f求且已知解:(1)1),x0(xx1)x1x(f)x(f且,x1x1)x1x1x1x(f)x1x(f:xx1-x得代换用:x)1(x-11(2).x1x2)x11(f)x1-xf(得中的代换再以即(3).x1x2)x(f)x-11f(,x111)x111x11(f)1x1(f即1)x0(xx2x21xx)x(f:2)2()3()1(223且得由3.待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。例 4.已知 f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求 f(x).解:由已知得 f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c(a0)代入比较系数得:a=1,b=-2,c=-1,f(x)=x2-2x-1.4.赋值法有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。例 5.对任意实数x,y，均满足 f(x+y2)=f(x)+2f(y)2且 f(1)0,则 f(2001)=_.解:令 x=y=0,得：f(0)=0,令 x=0,y=1,得 f(0+12)=f(0)+2f(1)2,名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 5 页 -,21)n(f)1(f2)n(f)1n(f,1y,nx.21)1(f,0)1(f2得令.22001)2001(f,2n)n(f,21f(n)-1)f(n故即例 6.已知 f(x)是定义在 R上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a).(1)求 f(0)，f(1)的值；(2)判断 f(x)的奇偶性,并证明你的结论;(3)若 f(2)=2,un=f(2n)(nN*),求证:un+1un(n N*).解:(1)令 a=b=0,得 f(0)=0,令 a=b=1,得 f(1)=0.(2)f(x)是奇函数.因为:令 a=b=-1,得 f(-1)(-1)=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故 f(-x)=f(-1)(x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x),故 f(x)为奇函数.(3)先用数学归纳法证明:un=f(2n)0(nN*)(略)5.转化法通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便.例 7.设函数 f(x)对任意实数x,y，都有 f(x+y)=f(x)+f(y),若 x0 时 f(x)0,且 f(1)=-2,求 f(x)在-3，3上的最大值和最小值.解:令 x=y=0,得 f(0)=0,令 y=-x,得 f(-x)+f(x)=f(0)=0,即 f(x)为奇函数.设 x10,由已知得 f(x2-x1)0,故 f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)f(x1).所以 f(x)是 R 上的减函数,又 f(3)=f(1)+f(2)=-6,f(-3)=6.故 f(x)在-3,3 上的最大值为6,最小值为-6.例 8.定义在 R+上的函数 f(x)满足:对任意实数m,f(xm)=mf(x);f(2)=1.(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y 都成立;(2)证明 f(x)是 R+上的单调增函数;(3)若 f(x)+f(x-3)2,求 x 的取值范围.解:(1)令 x=2m,y=2n,其中 m,n 为实数,则 f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又 f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以 f(xy)=f(x)+f(y),2x,2xnm,xx0:)2(n2m121且使可令设证明0nm)2(f)nm()2(f)xx(f)x(f)x(f)1(nm2121得由故 f(x1)f(x2),即 f(x)是 R+上的增函数.(3)由 f(x)+f(x-3)2 及 f(x)的性质,得 fx(x-3)2f(2)=f(2)解得30,n N;f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N*;f(2)=4 同时成立?若存在,求出函数 f(x)的解析式；若不存在，说明理由.解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得 f(2)=f(1+1)=4,解得 f(1)=2.又 f(2)=4=22,f(3)=23,由此猜想:f(x)=2x(xN*)(数学归纳证明略）例 10.已知 f(x)是定义在 R上的函数，f(1)=1,且对任意 xR都有 f(x+5)f(x)+5,f(x+1)f(x)+1.若 g(x)=f(x)+1-x,则 g(2002)=_.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 5 页 -解:由 g(x)=f(x)+1-x,得 f(x)=g(x)+x-1.所以 g(x+5)+(x+5)-1 g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1g(x)+(x-1)+1 即g(x+5)g(x),g(x+1)g(x).所以 g(x)g(x+5)g(x+4)g(x+3)g(x+2)g(x+1),故 g(x)=g(x+1)又 g(1)=1,故 g(2002)=1.7.模型法模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。应掌握下面常见的特殊模型:特殊模型抽象函数正比例函数f(x)=kx(k0)f(x+y)=f(x)+f(y)幂函数f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y)或)y(f)x(f)yx(f 指数函数f(x)=ax(a0 且 a1)f(x+y)=f(x)f(y)y(f)x(f)yx(f或对数函数f(x)=logax(a0 且 a1)f(xy)=f(x)+f(y)y(f)x(f)yx(f或正、余弦函数f(x)=sinx f(x)=cosx f(x+T)=f(x)正切函数f(x)=tanx)y(f)x(f1)y(f)x(f)yx(f余切函数f(x)=cotx)y(f)x(f)y(f)x(f1)yx(f例 11.设定义在 R 上的函数 f(x),满足当 x0 时,f(x)1,且对任意 x,yR,有 f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2.1)2(f)3x(f21)x(f)2(;,4)xx3(f)1(22解方程解不等式解:(1)先证 f(x)0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x0时 f(x)1,所以 f(0)=1.则使假设存在某个又,0)x(f,Rx,0)2x(f)2x2x(f)x(foo2f(x)=f(x-xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,与已知矛盾，故f(x)0 任取 x1,x2R 且 x10,f(x2-x1)1,所以 f(x1)-f(x2)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10.所以 xR 时,f(x)为增函数.解得:x|1x1 时,f(x)f(x2),故 f(x)在 R+上为减函数.能力训练1.的值是则且如果)2001(f)2000(f)5(f)6(f)3(f)4(f)1(f)2(f,2)1(f),y(f)x(f)yx(fA.1999 B.2000 C.2001 D.2002 2.已知不恒为零的函数f(x)对任意实数x,y 都满足 f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+f(y),则 f(x)是A.偶函数B.奇函数C.既是奇函数又是偶函数D.非奇非偶函数3.)2000(f)3(f)2(f)1(f,)1x(f1)1x(f1)1x(f)x(f则满足定义在实数集上的函数的值为 _.4.,ba,c,b,a,cx)x1(bf)x(af)x(f且是不为零的常数其中满足已知函数则 f(x)=_.x)ba()bax(c)x(f2225.)xy1yx(f)y(f)x(f),1,1(y,x)1(:)x(f)1,1(都有对任意满足上的函数定义在(2)当 x(-1,0)时,有 f(x)0.求证:()f(x)是奇函数；（）).31(f)5n5n1(f)191(f)111(f2解:(1)易证 f(x)是奇函数。（2）易证 f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.)3n)(2n(11)3n)(2n(1f)1)3n)(2n(1(f)5n5n1(f2又)3n1(f)2n1(f)3n1(2n11)3n1(2n1f)3n1(f)31(f)51(f)41(f)41(f)31(f)5n5n1(f)191(f)111(f2命题成立又).31(f)3n1(f)31(f,0)3n1(f6.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 x0时f(x)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 5 页 -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；)0a,n(),a(f)xa(fn1)x(f)ax(fn1x)3(22是一个给定的自然数的不等式解关于解:（1）由已知对于任意xR，yR，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，x2R且x1x2，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(x0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）=-3 f（1），f（1）-2.（3）n1f（ax2）-f（x）n1f（a2x）-f（a）f（ax2）-f（a2x）nf（x）-f（a）f（ax2-a2x）nf（x-a）（10分）由已知得：fn（x-a）=nf（x-a）f（ax2-a2x）fn（x-a）f（x）在（-，+）上是减函数ax2-a2xn（x-a）.即（x-a）（ax-n）0，a0，（x-a）（x-an）0，（11分）讨论：（1）当aan0，即a-n时，原不等式解集为 x|xan或xa；（2）当 a=an0即 a=-n时，原不等式的解集为；（3）当ana0时，即-na0时，原不等式的解集为x|xa或xan名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 5 页 -