高三数学抽象函数解法例谈

高三数学抽象函数解法例谈抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其满足的条件的函数,如函数的定义域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数部分的难点,也是大学高等数学函数部分的一个衔接点,由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,因此理解研究起来比较困难.但由于此类试题即能考查函数的概念和性质,又能考查学生的思维能力,所以备受命题者的青睐,那么,怎样求解抽象函数问题呢,我们可以利用特殊模型法,函数性质法,特殊化方法,联想类比转化法,等多种方法从多角度,多层面去分析研究抽象函数问题, 一:函数性质法函数的特征是通过其性质(如奇偶性,单调性周期性,特殊点等)反应出来的,抽象函数也是如此,只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能转化,化难为易,常用的解题方法有:1,利用奇偶性整体思考;2,利用单调性等价转化;3,利用周期性回归已知4;利用对称性数形结合;5,借助特殊点,布列方程等. 二:特殊化方法1在求解函数解析式或研究函数性质时,一般用代换的方法,将x 换成-x 或将x 换成等2在求函数值时,可用特殊值代入3研究抽象函数的具体模型,用具体模型解选择题,填空题,或由具体模型函数对综合题,的解答提供思路和方法.总之,抽象函数问题求解,用常规方法一般很难凑效,但我们如果能通过对题目的信息分析与研究,采用特殊的方法和手段求解,往往会收到事半功倍之功效,真有些山穷水复疑无路,柳暗花明又一村的快感.1．已知函数f(x)对任意x 、y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1①若t 为自然数,(t>0)试求f(t)的表达式②满足f(t)=t 的所有整数t 能否构成等差数列?若能求出此数列,若不能说明理由③若t 为自然数且t ≥4时, f(t) ≥mt 2+(4m+1)t+3m,恒成立,求m 的最大值.2．已知函数f(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g(1)=2,g(x) 是增函数. g(m) · g(n)= g(m+n)(m 、n ∈R) 求证：①f(x)是R 上的增函数②当n ∈N,n ≥3时,f(n)>1+n n解: ①设x 1>x 2g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x 1) > g(x 2) >0∴g(x 1)+1 > g(x 2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x 1)- f(x 2)=1)(1)(11+-x g x g -1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(1-1)(22+x g )=1)(22+x g -1)(21+x g >0∴ f(x 1) >f(x 2)∴ f(x)是R 上的增函数② g(x) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m 、n ∈R) 且g(x)>0∴ g(n)=[ g(1)]n=2n当n ∈N,n ≥3时, 2n>n∴f(n)=1212+-nn＝1-122+n，1+n n ＝1-11+n2n＝（1+1）n＝1+n+…+i nC+…+n+1>2n+1∴ 2n+1>2n+2∴122+n<11+n ,即1-122+n>1-11+n∴当n ∈N,n ≥3时,f(n)>1+n n3．设f 1(x) f 2(x)是(0,+∞)上的函数,且f 1(x)单增,设f(x)= f 1(x) +f 2(x) ,且对于(0,+∞)上的任意两相异实数x 1, x 2 恒有| f 1(x 1)－ f 1(x 2)| >| f 2(x 1)－ f 2(x 2)|①求证：f (x)在(0,+∞)上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证明:设 x 1>x 2>0f 1(x) 在(0,+∞)上单增f 1(x 1)－ f 1(x 2)>0∴| f 1(x 1)－ f 1(x 2)|= f 1(x 1)－ f 1(x 2)>0| f 1(x 1)－ f 1(x 2)| >| f 2(x 1)－ f 2(x 2)|∴f 1(x 2)- f 1(x 1)<f 2(x 1)－ f 2(x 2)< f 1(x 1)－ f 1(x 2)∴f 1(x 1)+f 2(x 1)> f 1(x 2)+ f 2(x 2)∴f(x 1)> f(x 2)f (x)在(0,+∞)上单增 ② F(x)=x f (x), a>0、b>0 a+b>a>0,a+b>b>0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (x)在(0,+∞)上单增∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4．函数y ＝f(x)满足①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m 、n 为互质整数，n ≠0 求f(nm )的值f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f 2(0)∴f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(矛盾)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f 2(21)≥0∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)是非负函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a fn ∈N *时f(n)=f n(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n1+n1+…+n1)=f n (n1)=2∴f(n1)= n12∴f(n m )=[f(n1)]m= nm 25．定义在（-1，1）上的函数f (x)满足 ① 任意x 、y ∈（-1，1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyy x ++1)，②x ∈（-1，0）时，有f(x) >01) 判定f(x)在（-1，1）上的奇偶性，并说明理由 2) 判定f(x)在（-1，0）上的单调性，并给出证明3) 求证：f (1312++n n )＝f (11+n )－f (21+n )或f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21) (n ∈N *)解:1) 定义在（-1，1）上的函数f (x)满足任意x 、y ∈（-1，1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyy x ++1),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x)∴f(0)=0当-x=y 时, f(x)+ f(-x)＝f(0)∴f(x)是（-1，1）上的奇函数2) 设0>x 1>x 2>-1f(x 1)-f(x 2)= f(x 1)+ f(-x 2)=)1(2121x x x xf --0>x 1>x 2>-1 ,x ∈（-1，0）时，有f(x) >0,1-x 1 x 2>0, x 1-x 2>0∴)1(2121x x x x f -->0即f(x)在（-1，0）上单调递增. 3) f (1312++n n )=f(12312-++n n )=f()2)(1(11)2)(1(1++-++n n n n )=f(211112111+∙+-+-+n n n n )=f(11+n )-f(21+n ) ∴f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )=f(21)-f(31)+f(31)-f(41)+f(41)+…+f(11+n )-f(21+n )= f(21) -f(21+n )=f(21)+f(-21+n )x ∈（-1，0）时，有f(x) >0∴f(-21+n )>0, f(21)+f(-21+n )>f(21)即f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21)1)6．设 f (x)是定义在R 上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对任意x 1、x 2∈[0,12]都有f (x 1+ x 2)＝f(x 1) ·f(x 2), 且f(1)=a>0.①求f (12)及 f (14);②证明f(x)是周期函数 ③记a n =f(2n+12n ), 求lim ∞→n (lna n ) 解: ①由f (x)= f (x 2 + x2)=[f(x)]2≥0,f(x)a= f(1)=f(2n ·12n )=f(12n +12n +…+12n )＝[f (12n)]2 解得f (12n)=na 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a .② f(x)是偶函数,其图像关于直线x=1对称,∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x). ∴f(x)是以2为周期的周期函数.③a n =f(2n+12n )= f (12n)=n a 21∴lim∞→n (lna n )= lim∞→n aa 2ln =07．设)(x f y =是定义在R 上的恒不为零的函数，且对任意x 、y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)f(y)①求f(0)，②设当x<0时，都有f(x)>f(0)证明当x>0时0<f(x)<1, ③设a 1=21,a n =f(n)（n ∈N * ），s n 为数列｛a n ｝前n 项和，求lim∞→n s n.解：①②仿前几例，略。

③ a n ＝f(n)，∴ a 1＝f(1)＝21an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝21a n∴数列｛a n｝是首项为21公比为21的等比数列∴s n ＝1-n⎪⎭⎫⎝⎛21∴lim∞→n s n ＝18．设)(x f y =是定义在区间]1,1[-上的函数，且满足条件： （i ）;0)1()1(==-f f（ii ）对任意的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有（Ⅰ）证明：对任意的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有（Ⅱ）证明：对任意的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有（Ⅲ）在区间[－1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数)(x f y=，且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|].21,0[,.|||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当若存在，请举一例：若不存在，请说明理由.（Ⅰ）证明：由题设条件可知，当]1,1[-∈x 时，有,1|1|)1()(|)(|x x f x f x f -=-≤-=即.1)(1x x f x -≤≤-（Ⅱ）证法一：对任意的 1.|v -u ||f(v)-f(u)|,1||],1,1[,≤≤≤--∈有时当v uv u当0,u ,1|v -u|<⋅>v 时不妨设,0<u 则1,u -0>>v v 且所以，|1||1||)1()(||)1()(||)()(|-++≤-+--≤-v u f v f f u f v f u f.1)(211<--=-++=u v v u 综上可知，对任意的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f证法二：由（Ⅰ）可得，当.||11)1()(||)(|,]0,1[x,-1f(x),]1,0[x x f x f x f x x -=+≤--=-∈≤∈时时 所以，当.||1)(|,]1,1[x x f x -≤-∈时因此，对任意的],1,1[,-∈v u当1||≤-v u 时，.1|||)()(|≤-≤-v u v f u f 当1||>-v u 时，有0<⋅vu且.2||||||1≤+=-<v u v u所以.1)||(|2||1||1|)(||)(||)()(|≤+-=-+-≤+≤-v u v u v f u f v f u f综上可知，对任意的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f（Ⅲ）答：满足所述条件的函数不存在. 理由如下，假设存在函数)(x f 满足条件，则由],1,21[,|,||)()(|∈-=-v u v u v f u f得.21|121||)1()21(|=-=-f f 又,0)1(=f 所以.21|)21(|=f ①又因为)(x f 为奇数，所以.0)0(=f 由条件],21,0[,|,||)()(|∈-<-v u v u v f u f得 .21|)0()21(||)21(|<-=f f f ② ①与②矛盾，所以假设不成立，即这样的函数不存在.练习:1. 函数f(x)对任意x 、y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)-1，且x>0时，f(x) >1①求证f(x)是R 上的增函数②若f(4)＝5，解不等式f(3x 2-x-2)<32.f(x)是R 上的函数, 对任意的实数x 1、x 2都满足f(x 1+ x 2)＝f(x 1)+ f(x 2), 当x>0时，f(x) >0且f(2)=3①试判断f(x)的奇偶性和单调性 ②当θ∈[0,2π]时, f(cos2θ－3)+ f(4m －2mcos θ)对所有的θ均成立,求n 1实数的取值范围 3.f (n)是定义在N 上且取值为整数的严格单增函数，m 、n 互质时f(m ·n)＝f (m)·f (n)若f(19)＝19，求f(f(19) ·f(98))的值4. f (x)定义域为R ，对任意x 1、x 2∈ R 都有f (x 1+ x 2)＝f(x 1)+ f(x 2)， 且x>0时，f(x) <0、f(1)＝-2 ①试判断f (x)的奇偶性②试判断在[-3，3]上，f (x)是否有最大值或最小值？如果有求之，如果没有，说明理由 ③解关于x 的不等式21f （bx 2）－f(x)>21f （b 2x ）－f （b ）（b 2≠2）5.f (x)定义域为R ，对任意实数m 、n 都有f(m+n)＝f (m)·f (n)，且当x>0时，0< f (x) <1①求f (0)证明x<0时 f (x) >1.②证明f(x)在R 上单减，并举出一个满足①②的函数f(x) ② 设A ＝{})1()()(|),(22f y f x f y x >⋅，B ＝{}R a y ax f y x ∈=+-,1)1(|),(，若A ∩B＝Φ求a 取值范围6.定义在（0，+∞）上的函数f (x)满足①对于任意正数x 、y 都有f (x ·y)＝f(x)+ f(y)， ②f (2)＝p －1，③x>1时总有f(x)<p 2) 求f (1)及f (21)的值（写成关于p 的表达式）3) 求证：f (x)在（0，+∞）上是减函数设a n ＝ f (2n )（n ∈ N *），数列{}n a 的前项和为S n ，当且仅当n ＝5时S n 取得最大值，求p 的取值范围。