高中数学 12抽象函数常见题型解法概述

抽象函数常见题型解法概述
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，使得这类问题成为函数内容的难点之一。

本文就抽象函数常见题型及解法评析如下：
一、定义域问题
例1. 已知函数)(2x f 的定义域是［1，2］，求f （x ）的定义域。

解：)(2x f 的定义域是［1，2］，是指21≤≤x ，所以)(2x f 中的2
x 满
足412
≤≤x ,从而函数f （x ）的定义域是［1，4］
评析：一般地，已知函数))((x f ϕ的定义域是A ，求f （x ）的定义域问题，相当于已知))((x f ϕ中x 的取值范围为A ，据此求)(x ϕ的值域问题。

例 2. 已知函数)(x f 的定义域是]21
[，-，求函数)]3([log 2
1x f -的定义域。

解：)(x f 的定义域是]21
[，-，意思是凡被f 作用的对象都在]21[，-中，由此可得
411
1)21(3)21(2)3(log 1122
1≤≤⇒≤-≤⇒≤-≤--x x x
所以函数)]3([log 2
1x f -的定义域是]4
11
1[，
评析：这类问题的一般形式是：已知函数f （x ）的定义域是A ，求函数
))((x f ϕ的定义域。

正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题
的关键。

这类问题实质上相当于已知)(x ϕ的值域B ，且A B ⊆，据此求x 的取值范围。

例2和例1形式上正相反。

二、求值问题
例3. 已知定义域为()0,+∞的函数f （x ），同时满足下列条件：
①5
1
)6(1)2(==f f ，；②)()()(y f x f y x f +=⋅，求f （3），f （9）的值。

解：取32==y x ，，得)3()2()6(f f f +=
因为51)6(1)2(=
=f f ，，所以5
4)3(-=f 又取3==y x ,得5
8
)3()3()9(-
=+=f f f 评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取32==y x ，，这样便把已知条件5
1
)6(1)2(==f f ，与欲求的f （3）沟通了起来。

赋值法是解此类问题的常用技巧。

例4. 已知函数5()sin 3f x ax b x =++，且(3)7f -=，求(3)f 的值.
分析：()f x 的解析式中含有两个参数a 、b ，却只有一个条件
(3)7f -=，无法用待定系数法确定a 、b 的值，因此解析式不确定，注意
到5()sin ()3x ax b x f x φ=+=-,是奇函数，可得(3)(3)φφ-=-，即
[](3)3(3)3f f --=--，故(3)6(3)1f f =--=-。

例5. 函数()f x 是R 上的奇函数，且任意x ，有(4)()(2)f x f x f +=+,求 (14)f .
分析：取2x =-，(2)(2)(2)f f f =-+ ∴(2)0f -=，∴(2)0f =， 由条件知4是函数f （x ）的一个周期，∴(14)(432)(2)0f f f =⋅+==. 评注：要充分利用周期性，化未知为已知；运用整体思想，优化整体
为局部，再由各局部的解决使整体问题得解。

例6. 已知()f x 是定义在R 上的函数，(1)1f =, 且对任意x ∈R 都有
(5)()5,(1)()1f x f x f x f x +≥++≤+.若()()1g x f x x =+-, 求(2002)g .
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)-1≤g(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. 能力训练:
1.如果()()()f x y f x f y +=,且(1)2f =,则
(2)(4)(6)
(2000)
(1)(3)(5)
(2001)
f f f f f f f f ++++
的值是( )
A.1999
B.2000
C..2001
D.2002 B. 2.定义在实数集上的函数()f x 满足1(1)
(1)1(1)
f x f x f x ++-=
-+,则
(1)(2)(3)(2000)f f f f 的值为__________.1
例7. 对任意实数,x y ，均满足[]2
2
()()2()f x y f x f y +=+,且(1)0f ≠,
求(2001)f .
解:令0x y ==,得：(0)0f =,令0,1x y ==,得
[]2
2(01)(0)2(1)f f f +=+,
1(1)0,(1)2f f ≠∴=
. 令,1x n y ==,得[]2
1(1)()2(1)()2
f n f n f f n +=+=+
即1(1)()2f n f n +-=,故()2n f n =,2001
(2001)2
f =.
例8.已知函数()f x 满足1()
(1)1()
f x f x f x ++=-，若(0)2004f =，试求
f (2005)。

分析与略解：由1()
(1)1()
f x f x f x ++=-
想：tan (x +4π)=1tan 1tan x
x +-
原型：y =tan x 为周期函数且周期为4×
4
π
=π。

猜测：()f x 为周期函数且周期为4×1=4,证明如下:
∵1(1)(2)[(1)1]1(1)f x f x f x f x +++=++=-+=)
(1)(11)(1)(11x f x f x f x f -+-
-++
=-)(1
x f
∴1
(4)[(2)2]()(2)
f x f x f x f x +=++=
=+⇒f (x +4)=()f x ∴()f x 是以4为周期的周期函数,又∵f (2)=2004
∴1(2004)
(2005)(20041)1(2004)
f f f f +=+=-
=
1(0)1(0)f f +-=1200412004+-=-2005
2003
,∴f (2005)=-20052003
三、值域问题
例9. 设函数()f x 定义于实数集上，对于任意实数,x y ，
)()()(y f x f y x f =+总成立，且存在21x x ≠，使得)()(21x f x f ≠，求
证函数()0f x >。

证明：令0==y x ，得2
)]0([)0(f f =，即有0)0(=f 或1)0(=f 。

若0)0(=f ，则0)0()()0()(==+=f x f x f x f ，对任意R x ∈均成立，这与存在实数21x x ≠，使得)()(21x f x f ≠成立矛盾，故0)0(≠f ，必有1)0(=f 。

由于)()()(y f x f y x f =+对任意R y x ∈、均成立，因此，对任意
R x ∈，有0)]2
([)2()2()22()(2≥==+=x
f x f x f x x f x f
下面来证明，对任意0)(≠∈x f R x ，
设存在R x ∈0，使得0)(0=x f ，
则0)()()()0(0000=-=-=x f x f x x f f
这与上面已证的0)0(≠f 矛盾，因此，对任意0)(≠∈x f R x ，所以
0)(>x f
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必要手段。

例10.设函数()f x 对任意实数,x y ，都有()()()f x y f x f y +=+,若
0x >时()0f x <,且(1)2f =-,求()f x 在[]3,3-上的最大值和最小值.
解:令0x y ==,得(0)0f =, 令y x =-,得()()(0)0f x f x f -+==,即
()f x 为奇函数.设12x x <,则210x x ->,由已知得21()0f x x -<,故
22112111()()()()()f x f x x x f x x f x f x =-+=-+<.
所以()f x 是R 上的减函数,又(3)(1)(2)6,(3)6f f f f =+=--=.故
()f x 在[]3,3-上的最大值为6,最小值为-6.
例11.定义在()0,+∞上的函数()f x 满足: ①对任意实数
m ,()()m f x mf x =; ②(2)1f =.
(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()0,+∞上的单调增函数; (3)若()(3)2f x f x +-≤,求x 的取值范围. 解:(1)令2,2m n x y ==,其中,m n 为实数,
则()()(2
)(2)m n
f xy f m n f m n +==+=+.
又()()(2)(2)(2)(2)m n f x f y f f mf nf m n +=+=+=+, 所以()()()f xy f x f y =+.
(2)证明:设120x x <<,可令122,2m n x x ==,则有m n <, 由(1)得1
122
()()(
)(2)0m n x f x f x f f m n x --===-<,()0f x >. 即12()()f x f x <, 即()f x f(x)是()0,+∞上的增函数.
(3)由()(3)2f x f x +-≤,及()f x 的性质,
时性得((3))2(2)(4)f x x f f -<=,及0,30x x >-> 解得 34x <≤ .
例12.定义在()1,1-上函数()f x 满足:(1)对任意的(),1,1x y ∈-,都有
()()1x y f x f y f xy ⎛⎫
++= ⎪+⎝⎭
;(2)当()1,0x ∈-时,求证: (Ⅰ)()f x 是奇函
数；
（Ⅱ）2
11
11
(
)()(
)()1119
553
f f f f n n +++>++. 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.
2111
(2)(3)()()155(2)(3)11(2)(3)n n f f f n n n n n n ⎡⎤
⎢⎥++==⎢⎥+++++⎢⎥
-⎢⎥++⎣⎦
又
11()1123()()11231()2
3n n f f f n n n n ⎡⎤
+-⎢⎥++==-⎢⎥++⎢⎥
+⋅-++⎣⎦ 21111111()()()[()()][()()]1119553445
f f f f f f f n n ∴+++=-+-+
++11
()()33
f f n =-+, 又1111()0,()()()3333f f f f n n <∴->++, 命题成立.
四、解析式问题
例13. 设对满足10≠≠x x ，的所有实数x ，函数)(x f 满足
1()1x f x f x x -⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭
，求)(x f 的解析式。

解：在)1(1)1
(
)(x x
x f x f +=-+
(1)中以
x
x 1
-代换其中x ，得： )2(1
2)11()1(
x
x x f x x f -=--+-
再在（1）中以1
1
--
x 代换x ，得 )3(1
2)()11(--=+--
x x x f x f
)3()2()1(+-化简得：)
1(21)(23---=x x x x x f
评析：如果把x 和
x
x 1
-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。

练习: 已知函数()f x 满足1()af x bf cx x ⎛⎫
+=
⎪⎝⎭
,其中,,a b c 是不为零的常数,且a b ≠±,求()f x . 222
()
()()c ax b f x a b x
-=- 例14.已知2(1sin )2sin cos f x x x +=++, 求()f x . 解:令u =1+sinx ,则sinx = u -1 (0≤u ≤2),
则()2
()3102f u u u u =-++≤≤,
故()2
()3102f x x x x =-++≤≤.
例15.已知()f x 是二次函数，且2
(1)(1)24f x f x x x ++-=-,求()f x . 解:设()2
()0f x ax bx c a =++≠,左边代入并比较系数得:
21,2,1,()21a b c f x x x ==-=-=--.
五、单调性问题
例16. 设()f x 定义于实数集上，当0>x 时，1)(>x f ，且对于任意实数
,x y ，有)()()(y f x f y x f ⋅=+，求证：)(x f 在R 上为增函数。

证明：在)()()(y f x f y x f =+中取0==y x ，得2)]0([)0(f f =
若0)0(=f ，令00=>y x ，，则0)(=x f ，与1)(>x f 矛盾
所以0)0(≠f ，即有1)0(=f ,当0>x 时，01)(>>x f ；当0<x 时，
1)(0>>->-x f x ，,而
1
)0()()(==-⋅f x f x f ,所以
0)
(1
)(>-=
x f x f ,又当0=x 时，01)0(>=f ,所以对任意R x ∈，恒有0)(>x f ,设+∞<<<∞-21x x ，则1)(01212>->-x x f x x ，
所以)()()()]([)(11211212x f x x f x f x x x f x f >-=-+=,
所以)(x f y =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，则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。

例17.设定义在R 上的函数()f x ,满足当0x >时,()1f x >,且对任意x ,y ∈R , 有()()()f x y f x f y +=, (1)2f =.(1)解不等式2(3)4f x x ->;(2)
解方程2
1
[()](3)(2) 1.2
f x f x f +
+=+ 解:由例17可得12x <<;(2)0x =
例18.已知函数()f x 对任何正数,x y 都有()()()f xy f x f y =,且
()0f x ≠,当1x >时, ()1f x <.试判断()f x 在()0,+∞上的单调性,并说
明理由.
解:对()0,x ∈+∞,
有2()0f x f f ==≥,又()0f x ≠,故
()0f x >. 设()12,0,x x ∈+∞,且12x x <,则
2
1
1x x >, 有
221121121111
()()()
()()1()()()x x
f x f f x f x x x x
f f x f x f x x ⋅⋅===< 所以12()()f x f x >,故()f x 在()0,+∞上为减函数.
六、奇偶性问题
例19. 已知函数)0)((≠∈x R x x f ，对任意不等于零的实数21x x 、都有
)()()(2121x f x f x x f +=⋅，试判断函数()f x 的奇偶性。

解：取11
21=-=x x ，得：)1()1()1(f f f +-=-，所以0)1(=f 又取121-==x x 得：)1()1()1(-+-=f f f ，所以0)1(=-f 再取121-==x x x ，则)()1()(x f f x f +-=-，即)()(x f x f =-
因为)(x f 为非零函数，所以)(x f 为偶函数。

练习:已知不恒为零的函数()f x 对任意实数,x y ,都满足
[]()()2()()f x y f x y f 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
七、对称性问题
例
20. 已知函数)(x f y =满足2002)()(=-+x f x f ，求
)2002()(11x f x f -+--的值。

解：已知式即在对称关系式b x a f x a f 2)()(=-++中取
20020==b a ，，所以函数)(x f y =的图象关于点（0，2002）对称。

根据原函数与其反函数的关系，知函数)(1
x f y -=的图象关于
点（2002，0）对称。

所以0)1001()1001(11
=-++--x f x f
将上式中的x 用1001-x 代换，得0)2002()(11
=-+--x f x f
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：设a 、b 均为常数，函数)(x f y =对一切实数x 都满足
b x a f x a f 2)()(=-++，则函数)(x f y =的图象关于点（a ，b ）成中
心对称图形。

例21.设函数()f x 满足()()2(
)()22
x y x y
f x f y f f +-+=，且f (
2
π
)=0，x 、y ∈R ；求证：()f x 为周期函数，并指出它的一个周期。

八、网络综合问题
例22. 定义在R 上的函数()f x 满足：对任意实数m ，n ，总有
)()()(n f m f n m f ⋅=+，且当0x >时，0()1f x <<。

（1）判断()f x 的单调性；（2）设)}1()()(|){(22f y f x f y x A >⋅=，，
}1)2(|){(R a y ax f y x B ∈=+-=，，，若∅=B A ，试确定
a 的取值范围。

解：（1）在)()()(n f m f n m f ⋅=+中，令01
==n m ，，得)0()1()1(f f f ⋅=，因为0)1(≠f ，所以1)0(=f 。

在)()()(n f m f n m f ⋅=+中，令x n x m -==，
因为当0>x 时，1)(0<<x f
所以当0<x 时1)(00<-<>-x f x ，
而1)0()()(==-⋅f x f x f
所以01)
(1
)(>>-=
x f x f 又当x =0时，01)0(>=f ，所以，综上可知，对于任意R x ∈，均有
0)(>x f 。

设+∞<<<∞-21x x ，则1)(001212<-<>-x x f x x ， 所以)()()()]([)(11211212x f x x f x f x x x f x f <-⋅=-+= 所以)(x f y =在R 上为减函数。

（2）由于函数y=f （x ）在R 上为减函数，所以
)1()()()(2222f y x f y f x f >+=⋅,即有122<+y x
又)0(1)2(f y ax f ==+-，根据函数的单调性，有
02=+-y ax ,由∅=B A ，所以直线02=+-y ax 与圆面
122<+y x 无公共点。

因此有
11
22≥+a ，解得11≤≤-a 。

评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f （0）的
取值问题，二是f （x ）>0的结论。

这是解题的关键性步骤，完成这些要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。

例23.已知函数()f x 定义域为(0,+∞)且单调递增，满足f (4)=1，()()()f xy f x f y =+,（1）证明：f (1)=0；(2)求f (16)；
（3）若()f x + f (x -3)≤1，求x 的范围；
（4）试证f (n
x )=n (),f x n N +∈.
例24.已知函数()f x 对于一切正实数x 、y 都有()()()f xy f x f y =,
且x ＞1时，()f x ＜1，f (2)=9
1
,(1)求证：()f x ＞0；（2）求证：
11()[()]f x f x --=;（3）求证：()f x 在（0，+∞）上为单调减函数;（4）若()f m =9，试求m 的值。

分析与简证：由()()()f xy f x f y =，
想：1212()n n n
x x x x =
原型：n y x =（n 为常数（y =2
x -）
猜测：()f x ＞0，在（0，+∞）上为单调减函数，……
(1)对任意x ＞0，()f x
=f
)=2[f ≥0 假设存在y ＞0，使()f y =0，则对任意x ＞0
()f x =f(()x f y y •=()()x
f f y y
=0，这与已知矛盾
故对任意x ＞0，均有()f x ＞0
（2）∵()(1)()(1)f x f x f x f =⨯=，()f x ＞0, ∴f (1)=1
∴()f x f (x 1)=f (x
1
·x )=f (1)=1 ∴11()[()]f x f x --=
(3)1x 、2x ∈(0,+∞)，且1x ＜2x ，则12x x ＞1，∴f (1
2x x
)＜1，
∴22211111
()()()()()x x
f x f x f f x f x x x =⋅=< 即21()()f x f x <
∴()f x 在（0，+∞）上为单调减函数。

（4）∵f (2)=9
1
，f (m )=9 ∴f (2)f (m )=1
∴f (2m )=1=f(1)，而()f x 在(0，+∞)是单调减函数
∴2m =1 即m =2
1
例25.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0x >时,()0f x <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()6f x ≤成立，试确定(1)f 应满足的条件；(3)解关于x 的不等式
2211
()()()()f ax f x f a x f a n n
->-,其中0,a n N +<∈. 解:（1）由已知对于任意,x R y R ∈∈，()()()f x y f x f y +=+恒成立,
令0x y ==，得(00)(0)(0)f f f +=+，∴(0)0f =. 令y x =-，得0(0)()()()f f x x f x f x ==-=+-, ∴对于任意x ，都有()()f x f x -=-, ∴()f x 是奇函数.
（2）设任意12,x x R ∈,且12x x <，则210x x ->，由已知21()0f x x -< 又212121()()()()()0f x x f x f x f x f x -=+-=-<.
即12()()f x f x >,根据函数单调性的定义知()f x 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）
1n f （ax 2）- f （x ）＞1
n
f （a 2x ）- f （a ） ⇒ f （ax 2）- f （a 2x ）＞n[f （x ）- f （a ）] ⇒ f （ax 2-a 2x ）＞nf （x-a ）
由已知得：f[n （x-a ）]=nf （x-a ） ∴f （ax 2-a 2x ）＞f[n （x-a ）]
∵f （x ）在（-∞，+∞）上是减函数
∴ax 2-a 2x ＜n （x-a ）.即（x-a ）（ax-n ）＜0， ∵a ＜0， ∴（x-a ）（x n
a
-
）＞0， 讨论：（1）当a ＜.n a
＜0，即a
＜ 原不等式解集为{x | x ＞.n a
或x ＜a }；
（2）当a=.n a
＜0即
a=φ； （3）当.n a
＜a ＜0
时，即a ＜0时，
原不等式的解集为{x | x ＞a 或x ＜}.n a。