2023年高中数学抽象函数常见题型及解法精品讲义.pdf

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1、抽象函数常见题型及解法综述 抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数 由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题是函数内容的难点之一，其性质常常是隐而不漏，但一般情况下大多是以学过的常见函数为背景，对函数性质通过代数表述给出 抽象函数的相关题目往往是在知识网络的交汇处设计，高考对抽象函数的要求是考查函数的概念和知识的内涵及外延的掌握情况、逻辑推理能力、抽象思维能力和数学后继学习的潜能 为了扩大读者的视野，特就抽象函数常见题型及解法评析如下 一、函数的基本概念问题 1抽象函数的定义域问题 例1 已知函数)(2xf的定义域是1，2，求)(xf的定义域 解：由)

2、(2xf的定义域是1，2，是指 1x2，所以 1x24，即函数)(xf的定义域是1，4 评析：一般地，已知函数()fx的定义域是 A，求)(xf的定义域问题，相当于已知()fx中 x 的取值范围为 A，据此求)(x的值域问题 例2 已知函数)(xf的定义域是1，2，求函数)3(log21xf的定义域 解：由)(xf的定义域是1，2，意思是凡被f作用的对象都在1，2中，由此易得 1log21(3x)2 (21)23 x(21)11x411 函数)3(log21xf的定义域是1，411 评析：这类问题的一般形式是：已知函数)(xf的定义域是A，求函数)(xf的定义域 正确理解函数符号及其定义域的含

3、义是求解此类问题的关键一般地，若函数)(xf的定义域是A，则 x 必须是 A 中的元素，而不能是 A 以外的元素，否则，)(xf无意义因此，如果)(0 xf有意义，则必有 x0A所以，这类问题实质上相当于已知)(x的值域是 A，据此求 x 的取值范围，即由)(xA 建立不等式，解出 x 的范围例 2 和例 1 形式上正相反 2抽象函数的值域问题 例 4 设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数 x、y，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在 x1x2，使得f(x1)f(x2)，求函数f(x)的值域 解：令 x=y=0，得f(0)=f2(0)，即有f(0)=0 或f(0)=1 若f(0)

4、=0，则f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0，对任意 xR 均成立，这与存在实数 x1x2，使得f(x1)f(x2)成立矛盾故f(0)0，即f(0)=1 由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意 x、yR 均成立，因此，对任意 xR，有 f(x)=f(2x+2x)=f(2x)f(2x)=f(2x)20 下面只需证明，对任意 xR，f(0)0即可 设存在 x0R，使得f(x0)=0，则f(0)=f(x0 x0)=f(x0)f(x0)=0，这与f(0)0矛盾，因此，对任意 xR，f(x)0 所以f(x)0 评析：在处理抽象函数的问题时，往往需要对某些变量进行适当的赋值，这是一般向特殊转化的

5、必要手段 3抽象函数的解析式问题 例 5 设对满足 x0，x1的所有实数 x，函数f(x)满足f(x)+f(xx1)=1+x，求f(x)的解析式 解：在f(x)+f(xx1)=1+x，(1)中以xx1代换其中 x，得：f(xx1)+f(11x)=xx12，再在(1)中以11x代换 x，得：f(11x)+f(x)=12xx，(1)(2)+化简得：f(x)=)1(2123xxxx 评析：如果把 x 和xx1分别看作两个变量，怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键 通常情况下，给某些变量适当赋值，使之在关系中“消失”，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要策略 二、寻觅特殊函数模型问题 1指数

6、函数模型 例 6 设)(xf 定义于实数集 R 上，当 x0 时，)(xf1，且对于任意实数 x、y，有f(x+y)=)(xf)(yf，同时f(1)=2，解不等式f(3xx2)4 联想：因为 ayx=ax ay(a0，a1)，因而猜测它的模型函数为)(xf=ax(a0，a1)(由f(1)=2，还可以猜想)(xf=2x)思路分析：由)2(f=)11(f=)1(f)1(f=4，需解不等式化为f(3xx2)2(f这样，证明函数)(xf的(由)(xf=2x，只证明单调递增)成了解题的突破口 解：由 f(x+y)=f(x)f(y)中取 x=y=0，得f(0)=f2(0)，若f(0)=0，令 x0，y=0

7、，则 f(x)=0，与f(x)1 矛盾 f(0)0，即有f(0)=1 当 x0 时，f(x)10，当 x0 时，x0，f(x)10，而f(x)f(x)=f(0)=1，f(x)=)(1xf 0 又当 x=0 时，f(0)=10，xR，f(x)0 设 x1x2+，则 x2x10，f(x2x1)1 f(x2)=f x1+(x2x1)=f(x1)f(x2x1)f(x1)y=f(x)在 R 上为增函数 又f(1)=2，f(3xx2)f(1)f(1)=f(1+1)=f(2)，由f(x)的单调递增性质可得：3xx22，解得 1x2 2对数函数模型 例 7 已知函数)(xf满足：f(21)=1；函数的值域是1

8、，1；在其定义域上单调递减；()f x()f y=f(x y)对于任意正实数 x、y 都成立解不等式)(1xf)11(1xf21 联想：因为 loga(x y)=logaxlogay，而 log2121=1，y=log21x 在其定义域1，1内为减函数，所以猜测它的模型函数为)(xf=log21x 且)(1xf的模型函数为)(1xf=(21)x 思路分析：由条件、知，)(xf的反函数存在且在定义域1，1上递减，由知)1(1f=21剩下的只需由)(1xf的模型函数性质和运算法则去证明)(11xf)(21xf=112()fxx，问题就能解决了 解：由已知条件、知，f(x)的反函数存在，且f1(1)

9、=21，又在定义域1，1上单调递减 设 y1=f1(x1)，y2=f1(x2)，则有 x1=f(y1)，x2=f(y2)，x1+x2=f(y1)+f(y2)=f(y1y2)，即有 y1y2=f1(x1+x2)(11xf)(21xf=112()fxx，于是，原不等式等价于：.1111,11,1111,)1()11(11xxxxfxxf.1111,11,1111,111xxxxxx x=0 故原不等式的解集为0 解这类问题可以通过化抽象为具体的方法，即通过联想、分析，然后进行类比猜测，经过带有非逻辑思维成份的推理，即可寻觅出它的函数模型，由这些函数模型的性质、法则来探索此类问题的解题思路 3幂函数

10、模型 例 8 已知函数)(xf对任意实数 x、y 都有)(xyf=)(xf)(yf，且)1(f=1，)27(f=9，当 0 x 1 时，0)(xf1 时 判断)(xf的奇偶性；判断)(xf在0，)上的单调性，并给出证明；若 a0且)1(af39，求 a 的取值范围 联想：因为nxny=(x y)n，因而猜测它的模型函数为)(xf=nx(由)27(f=9，还可以猜想)(xf=x32)思路分析：由题设可知)(xf是幂函数 y=x32的抽象函数，从而可猜想)(xf是偶函数，且在0，)上是增函数 解：令 y=1，则)(xf=)(xf)1(f，)1(f=1，)(xf=)(xf，即)(xf为偶函数 若 x

11、0，则()f x=()fxx=()fx()fx=()fx20 设 0 x1x2，则 021xx1，)(1xf=)(221xxxf=)(21xxf)(2xf，当 x0时()f x0，且当 0 x 1 时，0)(xf1 0)(21xxf1，)(1xf)(2xf，故函数)(xf在0，)上是增函数)27(f=9，又)93(f=)3(f)9(f=)3(f)3(f)3(f=)3(f3，9=)3(f3，)3(f=39，)1(af39，)1(af)3(f，a0，(a1)，30，)，函数在0，)上是增函数 a13，即 a2，又 a0，故 0a2 三、研究函数的性质问题 1抽象函数的单调性问题 例 9 设f(x)

12、定义于实数集上，当 x0 时，f(x)1，且对于任意实数 x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)，求证：f(x)在 R 上为增函数 证明：由 f(x+y)=f(x)f(y)中取 x=y=0，得f(0)=)0(2f，若f(0)=0，令 x0，y=0，则 f(x)=0，与f(x)1 矛盾 f(0)0，即有f(0)=1 当 x0 时，f(x)10，当 x0 时，x0，f(x)10，而f(x)f(x)=f(0)=1，f(x)=)(1xf 0 又当 x=0 时，f(0)=10，xR，f(x)0 设 x1x2+，则 x2x10，f(x2x1)1 f(x2)=f x1+(x2x1)=f(x1)f(x2x1

13、)f(x1)y=f(x)在 R 上为增函数 评析：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作给定的运算法则，而变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联 2抽象函数的奇偶性问题 例 10 已知函数f(x)(x R，x0）对任意不等于零实数 x1、x2 都有f(x1 x2)=f(x1)+f(x2)，试判断函数f(x)的奇偶性 解：取 x1=1，x2=1 得：f(1)=f(1)+f(1)，f(1)=0 又取 x1=x2=1 得：f(1)=f(1)+f(1)，f(1)=0 再取 x1=x，x2=1 则有f(x)=f(1)+f(x)，即f(x)=f(x)，f(x)为非

14、零函数，f(x)为偶函数 3抽象函数的周期性问题 例 11 函数)(xf定义域为全体实数，对任意实数 a、b，有f(ab)f(ab)=2f(a)f(b)，且存在 C0，使得)2(Cf=0，求证f(x)是周期函数 联想：因为 cos(ab)cos(ab)=2cosacosb，且 cos2=0，因而得出它的模型函数为 y=cosx，由 y=cosx 的周期为2，可猜想 2C 为)(xf的一个周期 思路分析：要在证明 2C 为)(xf的一个周期，则只需证)2(Cxf=)(xf，而由已知条件)2(Cf=0 和f(ab)f(ab)=2f(a)f(b)知，必须选择好 a、b的值，是得条件等式出现)2(Cf

15、和)(xf 证明：令 a=x2C，b=2C，代入f(ab)f(ab)=2f(a)f(b)可得 f(xC)=f(x)f(x2C)=f(xC)C =f(xC)=f(x)，即)(xf是以 2C 为周期的函数 评析：如果没有余弦函数作为模型，就很难想到 2C 就是所求函数的周期，解题思路是难找的由此可见，寻求或构造恰当的模型函数，可以为思考与解题定向，是处理开放型问题的一种重要策略 4抽象函数的对称性问题 例12 已知函数y=)(xf满足)(xf+)(xf=2002，求)(1xf+)2002(1xf的值 解：由已知，在等式)(xaf+)(xaf=2b 中 a=0，b=2002，所以，函数 y=)(xf

16、关于点(0，2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数 y=)(1xf关于点(2002，0)对称)1001(1xf+)0011(1xf=0，将上式中的 x 用 x1001 换，得)(1xf+)2002(1xf=0 评析：这是同一个函数图象关于点成中心对称问题，在解题中使用了下述命题：即：设 a、b 均为常数，函数 y=)(xf对一切实数 x 都满足)(xaf+)(xaf=2b，则函数 y=)(xf的图象关于点(a，b)成中心对称图形 四、抽象函数中的网络综合问题 例 13 定义在 R 上的函数()f x满足：对任意实数 m，n，总有()f mn=()f m()f n，且当 x0 时，0

17、()f x1 判断()f x的单调性；设 A=(x，y)|2()f x2()f y(1)f，B=(x，y)|(2)f axy=1，aR，若 AB=，试确定 a 的取值范围 解：在()f mn=()f m()f n中，令 m=1，n=0，得(1)f=(1)f(0)f，因为(1)f0，所以(0)f=1 在()f mn=()f m()f n中，令 m=x，n=x，当 x0 时，0()f x1，当 x0 时，x0，0()fx1，而f(x)f(x)=(0)f=1，f(x)=)(1xf 10 又当 x=0 时，f(0)=10，所以，综上可知，对于任意 xR，均有f(x)0 设 x1x2+，则 x2x10，

18、0f(x2x1)1 f(x2)=f x1(x2x1)=f(x1)f(x2x1)f(x1)y=f(x)在 R 上为减函数 由于函数 y=f(x)在 R 上为减函数，所以2()f x2()f y=2(f x2)y(1)f，即有 x2y21 又(2)f axy=1=(0)f，根据函数的单调性，有 axy2=0 由 AB=，所以，直线 axy2=0 与圆面 x2y21 无公共点，因此有：221a 1，解得1a1 评析：要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题，一是(0)f的取值问题，二是)(xf0 的结论都成为解题的关键性步骤，完成这些又在抽象函数式中进行，由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决