高中数学复习指导：例谈抽象函数题的改编与求解
抽象函数题的解法与技巧
抽象函数题的解法及技巧随着高考改革的不但深入，对基本初等函数中的抽象函数部分考查又有所提高，其题型包括抽象函数的定义域值域问题，抽象函数的单调性和奇偶性问题，求解析式及对称性问题，现就结合着近几年高考出现的体型对抽象函数部分题的解法及技巧总结如下，供备考同学们参考使用。
类型一：求抽象函数的定义域。
例题1．（2013高考大纲版数学（理））已知函数f(x ）的定义域为（-1,0）,则函数f （2x-1）的定义域为 (A)（-1,1） (B)（-1，21） (C)（-1,0） (D)（21，1） 解析：因为原函数的定义域为（﹣1，0），所以﹣1＜2x ﹣1＜0，解得﹣1＜x ＜．所以则函数f （2x ﹣1）的定义域为（-1，21）．故选B ． 变式1：已知f （2x-1）定义域是[]2,1，则函数)(x f 的定义域为 答案：[1,3]变式2：已知已知f(2x-1)定义域是[]2,1，则函数)12(+x f 的定义域为 答案：[0,1] 解题技巧：抽象函数是没有解析式的函数，解决此类问题的方法是抓住这种类型题的本质，像例题1这种题型的本质是解不等式，变式1题型的本质就是求函数的值域，变式2这种题型的本质就是解不等式和求值域的结合。
解决这类问题的技巧搞清本质抓住两个小括号的范围要对应起来，是解决的技巧所在。
类型二：抽象函数的求值问题：例2.对任意实数x,y ，均满足f(2x +y)=2[f 2)(x ]+f(y)且f （1）≠0，则f2014）=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：令x=1，y=n ，得f （n+1）=f （n ）+22)]1([f , 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,∴f(1)=21,即f （n+1）-f （n ）=21，f （n ）=2n，所以，f(2014)=22014=1007. 解题技巧：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。
高考数学复习点拨 抽象函数常见题型解法
抽象函数常见题型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2x 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 21x 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4111)21(3)21(2)3(log 11221≤≤⇒≤-≤⇒≤-≤--x x x 所以函数)]3([log 21x f -的定义域是]4111[，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+R 的函数f （x ），同时满足下列条件：①51)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54)3(-=f 又取3==y x 得58)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51)6(1)2(==f f ，与欲求的f （3）沟通了起来。
抽象函数问题解决举例
在 ＿ｘ ）＝ （ 厂 ｙ ， ）＋ （ ） ， （ ， ） 中 令 ＝Ｙ＝３ 得 ， ，
１
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）＝ ｊ ， ＿ 一）＝ ．
＾ ２
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又 — ） 一 ） 所 不 式 化 ＝ ２， 给 等 可 为 ＿ ｌ 故
一
解 （） １令 ＝Ｙ＝１得 １ ＝２（ ）故 １ ＝０ ， ） ，１ ， ） ． （ ） Ｙ ， 厂 １ ＝ ） ， ） ， ２令 ＝ 得 （） ＋ （ ＝０
、
例 １ 已 知 函 数 ｆ（ 满 足 条 件 ：（ ＋ （ ）＝ ， ） ， ）
则 ｆｘ （ ）＝ ．
的 的取 值 范 围．
分 析 因为 对 于 任 意 ， ０ ＋ 。 都 有 ｆ ｘ ）＝厂 ）＋ Ｙ∈（ ， ｏ） （ｙ － （ ｆ ｙ ， （ ） 用 赋 值 法 解决 ． （）故 １可
数学学习与研究
２ １ ． ０ ０４
佰 已 知 ｆ ｏ ０ ２ （ ）＝ １ （ 。一ｂ ｆ ａ 一ｂ ２ ）＝ （ ） （ ａ—ｂ＋ １ ， ） 求＿ ） 厂 ． （ 解 令 ０＝０ 则 一 ） ，０ 一ｂ 一 ， ｂ ＝ （ ） （ｂ＋１ ＝ｂ 一６＋１ ） ，
抽象函数问题的解题策略
抽象函数问题的解题策略固镇二中陈学军2012-5-15抽象函数问题的解题策略抽象函数问题是高考中的热点、难点问题，处理这类问题往往需要深厚的数学知识的积淀。
同时掌握必要的解题技巧，对解决这类问题也有很大帮助。
下面通过实例来分析一下。
一、合理赋值对于求值问题，要善于通过对已知条件和结论的观察、比较，大胆尝试。
通过对变量合理赋值，使问题得到解决。
例1.已知定义在R上的函数f（x）满足对任意x,y∈R， f(x＋y)=f(x)+f(y)-1,则f(0)=______解：令x=y=0，得f(0)=1二、合理变形通过合理变形，使条件和结论更接近。
常见的变形有：和差互化、积商互化等。
例 2.对于任意x,y∈R ,f(x＋y)=f(x)+f(y),且对任意x>0有f(x)>0,求证:f(x)是R上的增函数。
分析：根据函数单调性的定义，要证f(x)在R上是增函数，即证对任意x1,x2∈R且x1<x2,都有f(x1)<f(x2),即f(x1)-f(x2)<0，也就是说，结论中出现的是函数值的差。
而条件中出现的是函数值的和，两者不“融合”，这就需要对条件进行“和差”互换，以使条件能和结论“融合”。
证：∵对任意x,y∈R ,f(x＋y)=f(x)+f(y)∴f(x)=f(x+y)-f(y)而x=x+y-y即f(x+y-y)=f(x+y)-f(y),设x>0,则f(x)= f(x+y-y)=f(x+y)-f(y)>0,令x+y= x2y= x1则x+y>y,即x2> x1 ,f(x2)>f( x1),由于x,y的任意性，∴x1,x2也是任意的。
由函数单调性的定义知f(x)是R上的增函数。
例3.已知f(x)是定义域为R的函数，且对任意x∈R,f(x)>0,对任意x,y∈R，f(x＋y)=f(x)〃f(y)，x>0时，f(x)>1.(1)求f(0)的值；（2）求证：f(x)是R上的增函数解：（1）通过合理赋值，令x=y=0,则由f(x＋y)=f(x)〃f(y)得f(0)=f2(0),又∵f(x)>0,∴f(0)=1.(2)分析：证明f(x)在R上单调递增，常用以下两种方法：一、证任意x1, x2∈R，且x1 <x2,证明f(x1)<f(x2),即f(x1)-f(x2)<0.二、当f(x)>0时，证明对任意x1, x2∈R且x1 <x2 ，f(x2)/ f(x1)>1.从本题的条件来看，可以看出它和方法二所需结果较为接近，而要把已知条件转化为所需结论，就需要实现两个转化：1.和差转化。
高考数学复习点拨 抽象函数解题思路
抽象函数解题思路所谓抽象函数是指没有给出解析式，只是给出一些特殊条件的函数问题，因为抽象，难以理解，因此它是高中数学函数局部的难点，但是这类问题对于开展抽象思维能力，进行数学思想方法的渗透，培养创新思想，提高数学素质，有着重要作用，所以也是重点考查内容。
下面就这类问题的解题思路举例说明如下，供同学们学习参考。
一、利用特殊模型的解题教材中给出了一些抽象函数的特殊模型，假设充分利用这些模型解题，既可掌握解决数学问题的规律、培养解题能力，又能体会从感性通过抽象概括上升为理性的认识规律。
1、用特殊模型直接解抽象函数客观题例1、函数f(x)对一切实数x、y满足f(0)≠0，f(x+y)=f(x)(y),且当x＞0时，f (x)＞1,那么当x＜0时，f(x)的取值范围是。
解析：借助函数f(x)=a x〔a＞1〕，那么0＜f〔a〕＜1评注：借助特殊函数直接解抽象函数客观题是常用的解题处理方法，可迅速得到正确答案。
2、借助特殊模型为解抽象函数解答题铺路例2、函数f〔x〕(x≠0)满足f(xy)=f(x)+f(y),〔1〕求证：f(1)=f(-1)=0；〔2〕求证：f(x)为偶函数；解析：因为定义域为(-∞,0)∪(o,+∞)，所以由f (x)=logax (0＜a＜1〕, 理解题意显然不当，但是只要稍加变通，可以发现用f(x)=loga|x︳较为恰当。
〔证明过程学生自己解决〕评注：借助特殊函数模型铺路是解抽象函数解答题的常用处理方法，虽然不可用特殊模型代替求解，但可借助特殊模型理解题意，类比探索出解题思路，使抽象函数变的有章可循。
二、利用函数性质的解题函数的特征是通过各种各样的性质反映出来的，抽象函数也不例外，只要充分利用题设条件已说明的或通过挖掘出隐含的函数性质，就能顺利解决抽象型函数问题。
1、利用奇偶性、周期性解题例3、函数f〔x〕是R上的奇函数，且任意x，有f〔x+4〕=f〔x〕+f〔2〕，求f〔14〕解析：取x=-2，f〔2〕=f〔-2〕+f〔2〕∴f〔-2〕=0，∴f〔2〕=0，由条件知4是函数f〔x〕的一个周期，∴f〔14〕=f〔4 3+2〕=f〔2〕=0评注：要充分利用周期性，化未知为；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。
浅议高中数学中抽象函数问题的解法
浅议高中数学中抽象函数问题的解法本文从多个方面介绍了数学抽象函数的应用，特别是从平移的角度说明了抽象函数的对称问题，并就典型例题加以分析解答，对学生的常见错误进行了剖析。
抽象函数的有关内容一直是学生学习的一个难点，关于抽象函数题目类型较多，形式灵活多变，考查内容无论从深度和广度，给人耳目一新的感受，现就其中几个主要问题加以分类解析。
一、求抽象函数的定义域1. 若已知函数f [g(x)]的定义域为x∈(a，b)，求函数f(x)。
解决这类问题的方法是：利用a例1. 已知函数f(x+1)的定义域是[-2，3]，求y=f(x)的定义域。
解：因为函数f(x+1)的定义域是[-2，3]，所以-2≤x≤3所以-1≤x+1≤4，因此y=f(x)的定义域是[-1，4]2. 若已知函数f(x)的定义域为x∈(a，b)，求f [g(x)]函数的定义域。
解决这类问题的方法是：a例2. 已知函数f(x)的定义域为(0，1]，求函数g(x)=f(x+a)+f(x-a)(-解：因为函数f(x)的定义域为(0，1]所以0由于-所以不等式组(∈)的解为-a即g(x)=f(x+a)+f(x-a)(-二、抽象函数的周期性和奇偶性1. 抽象函数的周期性例3. 定义在R上的函数f(x)满足f(x)=-f(x+2)，且当x∈(-1，1]时，f(x)=x2+2x，求当x∈(3，5]时，f(x)的解析式。
解：∈f(x+4)=f(x+2+2)=-f(x+2)=f(x)∈f(x)是以4为周期的周期函数设x∈(3，5]时，则-1∈f(x)=f(x-4)=(x+4)2+2(x-4)=x2-6x+8(3评注：若对函数f(x)定义域内的任意，恒有下列条件之一成立(以下式子分母不为零，a≠0)①f(x+a)=-f(x) ②f(x+a)= ③f(x+a)=-④f(x+a)=- ⑤f(x+a)=- ⑥f(x+a)=f(x-a)则函数f(x)是以2a为周期的周期函数①2. 抽象函数的奇偶性奇、偶函数的定义是判断函数奇偶性的主要依据，有时为了便于判断函数的奇偶性，也往往需要先将函数进行化简，或运用定义的等价形式，但对于抽象函数的奇偶性的判断主要是用赋值法，构造出定义的形式。
抽象函数题的几种解题策略
抽象函数题的几种解题策略徐雅晶策略之一：定义法凡涉及函数的定义、函数的奇偶性、单调性等有关概念的抽象函数问题，其求解的一般思路是：紧扣有关概念，充分利用定义来解决问题。
例1： 已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且满足f (2)＝1，f (xy )＝f (x )＋f (y )，又当x 2>x 1>0时，f (x 2)>f (x 1)．(1)求f (1)、f (4)、f (8)的值；(2)若有f (x )＋f (x －2)≤3成立，求x 的取值范围．变式：设f(x)对任意x,y R ∈，都有)()()(y f x f y x f +=+，且0>x 时，f(x)<0，f(1)=－2．（1）求证：f(x)是奇函数；（2）试问在33≤≤-x 时，f(x)是否有最值？如果有求出最值；如果没有，说出理由.策略之二：特殊化思想根据抽象函数f(x)的性质和特征，从满足题设条件的特殊函数（或特殊值）入手分析、研究，寻求问题的解题思路或结论。
例2、定义在区间（-∞，+∞）的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间（0，+∞）的图象与f(x)的图象重合。
设a>b>0，给出下列不等式：①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a)④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a)其中成立的是（ ） A 、①与④B 、②与③C 、①与③D 、②与④策略之三：整体思想运用整体思想进行求解，即先化整体为局部，再由各局部的解决使问题获解。
例3、已知f(x)、g(x)为奇函数，F(x)=af(x)+bg(x)+3（a,b 为常数），若F(4)=-4，则F(-4)=。
策略之四：巧用性质合理利用抽象函数的性质及性质间的内在联系，经过推理或计算来解决问题。
例4、如果奇函数f(x)在区间[3，7]上是增函数且最小值为5，那么f(x)在区间[-7，-3]上是（ ）A 、增函数且最小值为-5B 、增函数且最大值为-5C 、减函数且最小值为-5D 、减函数且最大值为-5策略之五：数形结合充分挖掘抽象函数的图象信息，运用数形结合思想方法来解决问题。
抽象型函数问题的解题策略高三数学总复习教案 新课标 人教版 教案
抽象型函数问题的解题策略高三数学总复习教案抽象型函数问题是指没有明确给出具体函数表达式的问题。
这类问题对发展学生的思维能力，进行数学思维方法的渗透，有较好的作用，但因其比较抽象，学生往往难以入手。
本文就这类问题的解题策略谈点看法。
一、通过类比，探索思路方法例1．已知f(x)是定义在实数集R上的函数，且f(x+2)[1-f(x)]=1+f(x), f(0)=2-, 求f(1996)的值。
分析：由条件知f(x+2)=,利用此式和f(0)=2-，逐步递推求出f(1996)，显然较繁琐，若将此式与进行类比，则结构形式类似，而tanx的周期为，于是便产生一个念头，f(x)也是周期函数，周期为4×2=8。
我们不妨来证明这一猜想。
，。
于是猜想成立，从而有二、运用特殊化，推测问题结论。
例2．若对于任意正数x, y，总有f(xy)=f(x)+f(y)，那么下列各式错误的是：A、f(1)=0B、C、D、f(x n)=nf(x) (n∈N)分析：考察满足条件的一个函数y=log a x(a>0, a≠1)，显然，A，C，D均成立，B不成立。
故选择B。
例3．已知函数f(x)满足：（1）是偶函数；（2）图象关于直线x=a(a>0)对称；（3）在闭区间[0,a]上单调递减。
则f(x)是否为周期函数？若是，求出最小正周期；若不是，请说明理由。
分析：由于问题结论的开放性，学生首先感到困难的是没有明确的解题目标。
但是，如果我们利用特殊化，注意到cosx符合条件（1）是偶函数，（2）图象关于直线x=π对称；（3）在[0，π]上单调递减，而cosx是周期函数，最小正周期是2π，于是我们推测f(x)是周期函数，最小正周期是2a。
下面只要证明这一结论即可。
首先证明2a是f(x)的一个周期。
由题设条件，知f(-x)=f(x), f(a+x)=f(a-x)，这里x为定义域中任意一个值，于是从而2a是f(x)的一个周期。
高考数学抽象函数解题方法与技巧
抽象函数解题方法与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+cos 2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2),则f(u)=-u 2+3u+1 (0≤u ≤2)故f(x)=-x 2+3x+1 (0≤u ≤2)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 )x 1(f 2)x (f ),)x (f ,x ()x (f y ≥=-=求证且为实数即是实数函数设 解:02)x (xf 3 x ,x1)x (f 2)x1(f ,x x 12=++=-与已知得得代换用 .232|)x (f |,024)x (9f 02≥∴≥⨯-≥∆得由 例3.f (x).1),x 0(x ,x 1)x1x (f )x (f 求且已知≠≠+=-+ 解:(1)1),x 0(x x 1)x1x (f )x (f ≠≠+=-+且 ,x1x 1)x 1x 1x 1x (f )x 1x (f :x x 1-x -+=---+-得代换用 :x )1(x-11 (2) .x 1x 2)x 11(f )x 1-x f ( 得中的代换再以即-=-+ (3) .x1x 2)x (f )x -11f ( ,x 111)x111x 11(f )1x 1(f --=+-+=---+-即 1)x 0(x x2x 21x x )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。
高考数学几种解决抽象函数问题的方法
一、赋值法赋值法的基本思路是：将所给函数的性质转化为条件等式，在条件等式中对变量赋予一些具体的值，构造出所需条件或发现某些性质，其中f（0）、f（1）是常常起桥梁作用的重要条件。
例１设函数f（x）的定义域为（0，+∞），且对于任意正实数x，y都有f（xy）=f（x）+f（y）恒成立。
若已知f（2）=1，试求：（１）f（1/2）的值；（２）f（2 - n）的值，其中n为正整数。
思路：合理赋值，化抽象为具体，发现递推规律。
解：（１）令ｘ＝ｙ＝１，则f（1）=f（1）+f（1）∴f（1）=0再令x=2，y=1/2，则f（1）=f（2）+f（1/2）∴f（1/2）= －f（2）= －1（２）由于f（2 - 2）=f（1/2）+f（1/2）= －2，f（2 - 3）= f（1/2）+f（1/2）+f（1/2）= －3，依此类推就有f（2 - n）= －n，其中n为正整数。
二、利用函数单调性解抽象函数不等式，要设法将它转化成显性的不等式求解．这需要具备两个条件：一是要把不等式化为f(□)＞f(△)的形式，二是要判断函数的单调性。
再根据函数的单调性，将抽象函数不等式的符号＂f＂去掉，得到具体的不等式求解．例2 若f(x)是定义在（0，+∞）上的减函数，且对一切a，b∈（0，+∞），都有f(a/b)=f(a)－f(b)，且f(4)=1，试解不等式f(x+6)－f(1/x)＞2．思路：逆用函数单调性，将不等式中的函数关系转化为自变量之间的关系．解：因为f(a/b)=f(a)－f(b)，且f(4)=1，所以f(x+6)－f(1/x)＞2则f(x+6)－f(1/x)＞2f(4)则有f(x 2+6x)－f(4)＞f(4)故f[(x 2+6x)/4]＞f(4)．由于f(x)是（0，+∞）上的减函数，因此由1/x＞0x+6＞0(x 2+6x)/4＜4同时成立解得0＜x＜2，故原不等式的解集是(0，2)．三、利用函数的对称性例3 设函数y=f（x）对一切实数x都满足f（x+3）=f（3－x）且方程f（x）=0恰好有6个不同的实根，这6个根的和为（）A.18B.12C.9D.0解：由命题１知，y=f（x）的图象关于x=3对称，故6个根的和为18，故选A。
求解抽象函数问题的思路
探索探索与与研研究究抽象函数是函数中的重要知识.这类函数通常没有具体的解析式，因而抽象函数问题具有较强的抽象性.那么如何求解抽象函数问题呢？下面重点谈一谈三类抽象函数问题的解法.一、求抽象函数的值由于抽象函数没有具体的解析式，所以在求抽象函数的值时，通常需根据函数的关系式、某个点的坐标，以及抽象函数的性质：单调性、周期性、奇偶性来求函数的值.同时要关注一些特殊点，如零点、原点、对称点等的值，以找到更多的条件，顺利获得相应的函数值.例1.已知f(x)的定义域为R，f(x+2)=1-f(x)1+f(x)，f(-2)=1-3，则f(2006)=().A.2-3B.1-3C.2+3D.1+3解：∵f(x+4)=f()()x+2+2=1+1+f(x)1-f(x)1-1+f(x)1-f(x)=-1f（x），且f(x+8)=f()()x+4+4=1-11f(x)=f(x)，∴函数f(x)为周期函数，且周期为8，∴f(2006)=f(8×250+6)=f(6)=f(-2+8)=f(-2)=1-3.∴本题的答案为B项.解答此题，需从已知的函数关系式入手，通过恒等变换，求得函数的周期.然后根据已知点的坐标和函数的周期性求函数的值.二、求抽象函数的定义域函数的定义域往往受函数的对应法则、自变量影响，要求抽象函数的定义域，需先明确函数的对应法则以及自变量.通常可通过变换函数的自变量，利用函数的单调性、周期性、奇偶性来进行等量代换，从而求得抽象函数的定义域.例2.已知函数f(x)的定义域为[0，3]，求函数f(3x+2)的定义域.解：因为函数f(x)的定义域为[0，3]，所以0≤x≤3，则0≤3x+2≤3，解得-23≤x≤13，故函数f(3x+2)的定义域为[-23,13].解答本题，关键要明确f(x)中的x与f(3x+2)的3x+2的意义相同，那么二者的取值范围一致，据此建立不等式，解该不等式即可求出函数的定义域.三、抽象函数的奇偶性问题对抽象函数的奇偶性问题，通常要先根据已知的函数关系式，函数的单调性、周期性来选择合适的值进行赋值、代换；再根据奇函数、偶函数的定义判断出函数的奇偶性.一般地，若f(-x)=-f(x)成立，则该函数为奇函数；若f(-x)=f(x)成立，则该函数为偶函数.赋值法是解答抽象函数问题的基本方法之一.例3.若函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间[0，+∞)上是单调递增的.如果实数t满足f(ln t)+fæèöøln1t≤2f(1)，那么t的取值范围是______.解：由于函数f(x)是定义在R上的偶函数，所以f(ln t)=fæèöøln1t，由f(ln t)+fæèöøln1t≤2f(1)，得f(ln t)≤f(1).又函数f(x)在区间[0，+∞)上是单调递增的，所以|ln t|≤1，即-1≤ln t≤1，故1e≤t≤e.由于已知函数为偶函数，所以可以先根据偶函数的定义判断出f(ln t)与fæèöøln1t的关系；然后根据已知关系式判断出f(ln t)与f(1)的大小关系，进而根据函数单调性的定义判断出函数的单调性，建立关于t的不等式，求得问题的答案.例4.若定义域为R的函数f(x)在(4，+∞)上为减函数，且函数y=f(x+4)为偶函数，则().A.f(2)>f(3)B.f(2)=f(6)C.f(3)=f(5)D.f(3)>f(6)解：∵y=f(x+4)为偶函数，∴f(-x+4)=f(x+4)，∴y=f(x)的图象关于直线x=4对称，∴f(2)=f(6)，f(3)=f(5).又y=f(x)在(4,+∞)上为减函数，∴f(5)>f(6)，所以f(3)>f(6).故本题的答案为BCD.解答本题，需灵活运用抽象函数的单调性、奇偶性、对称性，并根据选项中的数值对函数进行赋值，才能顺利得到正确的答案.由此可见，解答抽象函数问题，关键在于研究已知关系式和函数的性质，必要时需对函数进行赋值，以得到更多的条件，为解题提供更多的依据.(作者单位：江苏省滨海中学)王颖53Copyright©博看网. All Rights Reserved.。
例谈高中数学中的抽象函数问题
高中中。？擞·７—■ｌ
教 学 参谋
解法探究
２０１８年 ３月
四 、抽 象 函 数 与 对 称 性
周期
例 ５ （１）若函数ｙ ）满足厂（３慨） ３ ），则 函数 ，， ）的图像关 于直线— — 对称．
（２）若 函数 Ｙ＿厂（ ）满 足厂（ ＋３）：＿厂（５一 ），则 函数 ｙｉ厂（ ）的图像关于点— — 中心对称．
例７ 已知定义在Ｒ上的函数，， ）满足条俐 卅÷ ）
＝ ），且函数ｙ 一÷）为奇函数，给出以下四个命题：
（１）函数ｙ＝ｆ（ｘ）为周期 函数 ；
（２）函数）， ）的图像关于点 ÷，０）对称；
（３）函数 ，， ）为Ｒ上 的偶 函数 ； （４）函数，， ）为Ｒ上 的单调 函数． 其 中真命题 的序号 为— ——．
说 明 ：一 般地 ，（１）若 函数ｙ＝ｆ（ｘ）对 于定 义域 内 的任 一 自变量 都有，（叶 ） ｂ— ），则函数ｙ ）的图像关于
六 、通 过 函 数 的 奇 偶 性 、单 调 性 、对 称 性 、 周 期性 等性 质综 合解 答 抽 象 函数 中 的不等 式 及其他 综合应用 问题
） 脚
）＜１．
５￣ｆ（ｘ。）＞０， ：） 。），因此 函数ｙ ）在Ｒ上为 减 函数．
说 明 ：这类 问题 的难 点是第 （３）问 ，关 键是构 造 ：＝
）整体作为，， ）中自变量，它的函数值属于，， ）的定 （ ｚ －） ，从而巧妙地得到衾碧 ｚ ·）＜ｌ（厂（ ）＞０），
当ｘ＞０时 ，由题意得 ）＜ｌ；Ｎｘ＝０时 ，由（１） ０）＝１； 当 ＜０时 ）∈（０， ） ） １ ＞Ｌ
的 定 义 域
综上所得， ∈Ｒ时，恒有厂（ ）＞０成立．
高三数学解决抽象函数问题的常用方法
解决抽象函数问题的常用方法抽象函数因为没有具体的函数解析式，所以多数学生对这类问题颇感困惑，不知从何下手，下面总结了几种求解此类问题的常用方法。
一、赋值法观察与分析抽象函数问题中的已知与未知的关系，巧妙地对一般变量赋予特殊值，或把函数赋予特殊函数等，从而达到解决问题的目的，这是常用的方法1、赋特殊值例1. 设函数)0x R x )(x (f y ≠∈=且，对任意实数1x 、2x 满足)x x (f )x (f )x (f 2121=+。
（1）求证：0)1(f )1(f =-=； （2）求证：)x (f y =为偶函数；（3）已知)x (f y =在),0(+∞上为增函数，解不等式0)21x (f )x (f <-+。
证明：（1）令1x x 21==，得)11(f )1(f )1(f ⨯=+，故0)1(f =；令1x x 21-==，得0)1(f )]1()1[(f )1(f )1(f ==-⨯-=-+-，故0)1(f =-。
（2）令x x x 21==，得)x (f )x (f 22=；令x x x 21-==，得)x (f )x (f 22=-，所以)x (f )x (f =-，即)x (f y =为偶函数。
（3）0)21x (f )x (f <-+，即)1(f )]21x (x [f <-，或)1(f )]21x (x [f -<-，由（2）和)x (f y =在),0(+∞上为增函数，可得0)21x (x 11)21x (x 0<-<-<-<或，解得4171x 4171+<<-且21,0x ≠。
2、赋特殊函数例 2. 对于任意的函数)x (f y =，在同一个直角坐标系中，函数)1x (f y -=与函数)x 1(f y -=的图像恒（ ）（A ）关于x 轴对称（B ）关于直线1x =对称（C ）关于直线1x -=对称 （D ）关于y 轴对称解：取函数2x )x (f =，则22)x 1()x 1(f y ,)1x ()1x (f y -=-=-=-=，这两个函数是同一个函数，它们的对称轴为1x =，故选（B ）。
2021年高考数学重难点复习：破解抽象函数
2021年高考数学重难点复习破解抽象函数难题一．方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式子的一类函数．由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考查的起点较高，使得此类问题成为函数内容的难点之一，使多数学生感觉无从下手，望而生畏．事实上，解决此类问题时，只要准确掌握函数的基本性质，熟知我们所学的基本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数问题，问题就迎刃而解了．具体的可概括为函数性质法、赋值法和构造函数法.二．解题策略类型一 函数性质法【例1】【2020届重庆一高一模】已知定义在R 上的函数()f x 满足()()1f 3x f x +=-，且()3y f x =+为偶函数，若()f x 在()0,3内单调递减，则下面结论正确的是（ ）A ．()()()4.5 3.512.5f f f -＜＜B ．()()()3.5 4.512.5f f f -＜＜C ．()()()12.5 3.5 4.5f f f -＜＜D ．()()()3.512.5 4.5f f f -＜＜ 【答案】B 【解析】∵函数()f x 满足()()13f x f x +=-，∵()()163f x f x +=-+=()1f x 1f x -=-（）， ∵f （x ）在R 上是以6为周期的函数，∵f （12.5）＝f （12+0.5）＝f （0.5），()()()4.5 4.56 1.5f f f -=-+=又()3y f x =+为偶函数，∵f （x ）的对称轴为x ＝3，∵f （3.5）＝f （2.5），又∵0＜0.5＜1.5＜2.5＜3，且()f x 在（0，3）内单调递减，∵f （2.5）＜f （1.5）＜f （0.5），即f （3.5）＜f （-4.5）＜f （12.5），故选B ．【指点迷津】 1.先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质，这样函数就不再抽象了，而是变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题.2.解决抽象函数问题常用的结论(1)函数y ＝f(x)关于x ＝2a b +对称⇔f(a ＋x)＝f(b －x)⇔f(x)＝f(b ＋a －x)． 特例：函数y ＝f(x)关于x ＝a 对称⇔f(a ＋x)＝f(a －x)⇔f(x)＝f(2a －x)；函数y ＝f(x)关于x ＝0对称⇔f(x)＝f(－x)(即为偶函数)．(2)函数y ＝f(x)关于点(a ，b)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝2b ⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝2b.特例：函数y ＝f(x)关于点(a,0)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝0⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝0；函数y ＝f(x)关于点(0,0)对称⇔f(x)＋f(－x)＝0(即为奇函数)．(3)y ＝f(x ＋a)是偶函数⇔函数y ＝f(x)关于直线x ＝a 对称；y ＝f(x ＋a)是奇函数⇔函数y ＝f(x)关于(a,0)对称．(4)对于函数f(x)定义域内任一自变量的值x ：①若f(x ＋a)＝－f(x)，则T ＝2a ；②若f(x ＋a)＝1()f x ，则T ＝2a ； ③若f(x ＋a)＝－1()f x ，则T ＝2a ；(a>0) ④若f(x ＋a)＝f(x ＋b)(a≠b)，则T ＝|a －b|；⑤若f(2a －x)＝f(x)且f(2b －x)＝f(x)(a≠b)，则T ＝2|b －a|.（5）奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反．【举一反三】【2020届湖北荆门一中一模】()f x 是定义在实数集R 上的奇函数，x R ∀∈，(1)(1)f x f x +=-，若f （1）1=，则f （1）22f +（2）23f +（3）210(10)f +⋯+= ．【答案】49【解析】()f x Q 是定义在R 上的奇函数，满足(1)(1)f x f x +=-，(1)(1)(1)f x f x f x ∴+=-=--，且函数()f x 关于1x =对称，即(2)()f x f x +=-，即(4)()f x f x +=，即函数()f x 是周期为4的周期函数，(0)0f =Q ，f （1）1=f ∴（2）(0)0f ==，f （3）(12)(12)(1)f f f f =+=-=-=-（1）1=-，f （4）(0)0f ==，所以f （1）f =（5）f =（9）1=，f （2）f =（6）(10)0f ==f （3）f =（7）1=-。
谈谈高考中抽象函数的解题策略
谈谈高考中抽象函数的解题策略高考中的抽象函数是数学领域的一个重要概念，对于解题有着重要作用。
抽象函数是指将一个数域映射到另一个数域的映射关系，常常用来描述问题中的一种变化规律。
通过了解和掌握抽象函数的基本特性以及解题策略，可以帮助考生更好地应对高考数学题目中的抽象函数相关内容。
首先，我们来了解抽象函数的基本概念和性质。
在高考中，抽象函数通常是通过给定的“对应关系”来定义的，可以是显式定义，也可以是通过表格、图像、关系式等方式给出。
解题时需要根据给出的信息，确定抽象函数的定义域和值域，并利用这种对应关系进行推导和计算。
在解题过程中，考生需要掌握抽象函数的一些基本性质。
首先，抽象函数具有唯一性，即给定定义域中的每个元素在函数的映射关系下只有唯一的值域元素。
其次，对于两个抽象函数，可以进行加、减、乘、除等基本运算来得到新的抽象函数。
此外，抽象函数还可以进行复合运算，即将一个抽象函数的值域作为另一个抽象函数的定义域，从而得到复合函数。
基于上述的基本概念和性质，可以总结出一些高考中抽象函数的解题策略。
首先是确定抽象函数的定义域和值域，考生需要仔细阅读题目中给出的信息，了解抽象函数的取值范围。
其次是掌握函数的性质，了解如何通过运算得到新的抽象函数。
这可以帮助考生在解题过程中进行推导和计算，进一步得到问题的解答。
另外，对于一些较为复杂的抽象函数，在解题过程中可以考虑使用函数图像的性质。
通过绘制函数图像，可以直观地观察到函数的变化趋势和特点，从而更好地理解抽象函数的规律。
同时，绘制函数图像也可以帮助考生验证解答的正确性，从而提高解题的准确度。
此外，在解题过程中，考生还需要注意一些常见的解题思路和方法。
例如，可以通过构造具体的数值进行取值的计算和推导。
通过给出特定的函数值，可以进一步了解抽象函数的性质和规律。
此外，还可以通过构造反函数或逆函数的方式来求解问题。
通过求解反函数或逆函数，可以更好地理解和掌握抽象函数的特性，从而解决实际问题。
例谈抽象函数的解题
一
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又
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Ｐ， 使 不 等 式 求 ＋ ｐｒ ４ ｅ＞ 工＋ Ｐ一 ３成 立 的 的 取 值 范 围 ． 解 原 不 等 式 等 价 转 化 为
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ｆ ０ ｆ（ ）一 一 ４ｒ＋ ３＞ Ｏ， ｏ （） １
学 思 想 和 方 法 ， 此 在 高 考 数 学 复 习 中 必 须 因 对 求 值 域 的 常 用 方 法 和 一 般 技 能 进 行 系 统 整 理 ， 化 劫 练． 深 ｛
≠ｚ 吉 ， － ０） ， ［ ） ｆｒ］ （ ｚ （ － ＜ ・
一
） 是 ． 但
值 得 我 们 注 意 的 是 决 不 能 把 函 数 ｆ（ ）设 为
ｌｇ， ｏ ２ ＞ １ ３ ）来 解 ． 解 （ ） 夸 ｍ — 一 １ 得 １ ｆ（ ） 一 ０ １ ．
对 数 函 数 ，（ ）一 ｌ ｇ （ ＞ １ ｏ “ ）的 性 质 来 指 导 我 们 对 问 题 的 解 决 ．例 如 ：由 对 教 函 数 ｆ ）
一
ｌ ｇ ｘ（ ＞ １ 的 图 象 ， 知 ： １ ， （ ） 一 ０； ｏ 。 ａ ） 可 （） １
ｆ ） ）为 增 函 数 ； ３ ２ ｆ（ （ ）若 Ｊ…Ｊ ∈ Ｒ ， ， ｒ ｒ 且 ３ ２
构 造 关 于 Ｐ 的一 次 函 数 不 等 式 ，（ ）一 Ｐ（ — ｔ 声 ｚ ）＋ 一 ４ ＋ ３＞ ０ ． ’ ０ Ｐ≤ ４ 因 此 ， 等 式 ｆ Ｐ） ０等 ≤ ， 不 （ ＞
‘ ．
解 （ ）得 ｏ ＜ ｔ 或 Ｉ ＞ ３ ｔ Ｚ ＂ ； 解 （ ）得 ｚ ＜ 一 １ 或 ２ ＞ １ ． 故 满 足 题 意 的 的 取 值 范 围 是 （ 。 ，一 １ 一 。 ）Ｕ （ ，－ 。 ． ３ －。 ） 函 数 的值 域 问 题 涉 及 函数 、 等 式 、 不 三 角 函数 、 析 几 何 等 高 中 数 学 重 要 内 容 ， 数 解 是 学 中 常 见 的 问题 之 一 ， 透 了 许 多 重 要 的 数 渗
高三数学抽象函数解法例谈
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_换成-_或将_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(_)对任意_.y∈R都有f(_+y)＝f(_)+ f(y)+3_y(_+y+2)+3,且f(1)=1①若t为自然数,(t_gt;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) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒成立,求m的最大值.2．已知函数f(_)= ,且f(_),g(_)定义域都是R,且g(_)_gt;0, g(1) =2,g(_) 是增函数. g(m) · g(n)= g(m+n)(m.n∈R)求证:①f(_)是R上的增函数②当nN,n≥3时,f(n)_gt;解: ①设_1_gt;_2g(_)是R上的增函数, 且g(_)_gt;0g(_1)_gt; g(_2) _gt;0g(_1)+1 _gt; g(_2)+1_gt;0_gt; _gt;0- _gt;0f(_1)-f(_2)=- =1--(1-)=-_gt;0f(_1)_gt;f(_2)f(_)是R上的增函数②g(_) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m.n∈R) 且g(_)_gt;0 g(n)=[ g(1)]n=2n当nN,n≥3时, 2n_gt;nf(n)=＝1- ,＝1-2n＝(1+1)n＝1+n+…++…+n+1_g t;2n+12n+1_gt;2n+2_lt;,即1-_gt;1-当nN,n≥3时,f(n)_gt;3．设f1(_) f2(_)是(0,+∞)上的函数,且f1(_)单增,设f(_)= f1(_) +f2(_) ,且对于(0,+∞)上的任意两相异实数_1, _2 恒有 f1(_1)－ f1(_2) _gt; f2(_1)－ f2(_2)①求证:f (_)在(0,+∞)上单增.②设F(_)=_ f (_), a_gt;0.b_gt;0.求证:F(a+b)_gt;F(a)+F(b) .①证明:设 _1_gt;_2_gt;0f1(_) 在(0,+∞)上单增f1(_1)－ f1(_2)_gt;0f1(_1)－ f1(_2)= f1(_1)－ f1(_2)_gt;0f1(_1)－ f1(_2)_gt; f2(_1)－ f2(_2)f1(_2)- f1(_1)_lt;f2(_1)－ f2(_2)_lt; f1(_1)－ f1(_2)f1(_1)+f2(_1)_gt; f1(_2)+f2(_2)f(_1)_gt; f(_2)f (_)在(0,+∞)上单增②F(_)=_ f (_), a_gt;0.b_gt;0a+b_gt;a_gt;0,a+b_gt;b_gt;0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (_)在(0,+∞)上单增F(a+b)_gt;af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4．函数y＝f(_)满足①f(a+b)＝f (a)·f (b),②f(4)＝16, m.n为互质整数,n≠0求f()的值f(0)=f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(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)=f2()≥0f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(_)是非负函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a)·f(-a)f(-a)=n∈N_时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(++…+)=fn()=2f()=f()=[f()]m=5．定义在(-1,1)上的函数f (_)满足①任意_.y∈(-1,1)都有f(_)+ f(y)＝f (),②_∈(-1,0)时, 有f(_) _gt;01) 判定f(_)在(-1,1)上的奇偶性,并说明理由2) 判定f(_)在(-1,0)上的单调性,并给出证明3) 求证:f ()＝f ()－f ()或f ()+f ()+…+f ()_gt; f ()(n∈N_)解:1) 定义在(-1,1)上的函数f (_)满足任意_.y∈(-1,1)都有f(_)+ f(y)＝f (),则当y=0时,f(_)+ f(0)＝f(_)f(0)=0当-_=y时, f(_)+ f(-_)＝f(0)f(_)是(-1,1)上的奇函数2) 设0_gt;_1_gt;_2_gt;-1f(_1)-f(_2)= f(_1)+ f(-_2)=0_gt;_1_gt;_2_gt;-1 ,_∈(-1,0)时,有f(_) _gt;0,1-_1_2_gt;0, _1-_2_gt;0_gt;0即f(_)在(-1,0)上单调递增.3) f ()=f()=f( )=f()=f()-f()f ()+f ()+…+f ()=f()-f()+f()-f()+f()+…+f()-f()= f() -f()=f()+f(-)_∈(-1,0)时,有f(_) _gt;0f(-)_gt;0, f()+f(-)_gt;f()即f ()+f ()+…+f ()_gt; f ()1)6．设 f (_)是定义在R上的偶函数,其图像关于直线_=1对称, 对任意_1._2[0,]都有f (_1+ _2)＝f(_1) ·f(_2), 且f(1)=a_gt;0.①求f ()及 f ();②证明f(_)是周期函数③记an=f(2n+), 求(lnan)解: ①由f (_)= f ( + )=[f(_)]20,f(_)a= f(1)=f(2n· )=f(++…+)＝[f ()]2解得f ()=f ()=,f ()=.② f(_)是偶函数,其图像关于直线_=1对称,f(_)=f(-_),f(1+_)=f(1-_).f(_+2)=f[1+(1+_)]= f[1-(1+_)]= f(_)=f(-_).f(_)是以2为周期的周期函数.③ an=f(2n+)= f ()=(lnan)= =07．设是定义在R上的恒不为零的函数,且对任意_.y∈R都有f(_+y)＝f(_)f(y)①求f(0),②设当__lt;0时,都有f(_)_gt;f(0)证明当__gt;0时0_lt;f(_)_lt;1,③设a1=,an=f(n)(n∈N_ ),sn为数列｛an｝前n项和,求sn.解:①②仿前几例,略.③an＝f(n),a1＝f(1)＝an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝an数列｛an｝是首项为公比为的等比数列sn＝1-sn＝18．设是定义在区间上的函数,且满足条件:(i)(ii)对任意的(Ⅰ)证明:对任意的(Ⅱ)证明:对任意的(Ⅲ)在区间[－1,1]上是否存在满足题设条件的奇函数,且使得若存在,请举一例:若不存在,请说明理由.(Ⅰ)证明:由题设条件可知,当时,有即(Ⅱ)证法一:对任意的当不妨设则所以,综上可知,对任意的都有证法二:由(Ⅰ)可得,当所以,当因此,对任意的当时,当时,有且所以综上可知,对任意的都有(Ⅲ)答:满足所述条件的函数不存在.理由如下,假设存在函数满足条件,则由得又所以①又因为为奇数,所以由条件得②①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(_)对任意_.y∈R都有f(_+y)＝f(_)+f(y)-1,且__gt;0时,f(_) _gt;1①求证f(_)是R上的增函数②若f(4)＝5,解不等式f(3_2-_-2)_lt;32.f(_)是R上的函数, 对任意的实数_1._2都满足f(_1+ _2)＝f(_1)+ f(_2), 当__gt;0时,f(_) _gt;0且f(2)=3①试判断f(_)的奇偶性和单调性②当θ∈[0,]时, f(cos2θ－3)+f(4m－2mcosθ)对所有的θ均成立,求n1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 (_)定义域为R,对任意_1._2 R都有f (_1+ _2)＝f(_1)+ f(_2), 且__gt;0时,f(_) _lt;0.f(1)＝-2①试判断f (_)的奇偶性②试判断在[-3,3]上,f (_)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_的不等式 f(b_2)－f(_)_gt; f(b2_)－f(b)(b2≠2)5.f(_)定义域为R,对任意实数m.n都有f(m+n)＝f (m)·f (n),且当__gt;0时,0_lt;f (_) _lt;1①求f (0)证明__lt;0时 f (_)_gt;1.②证明f(_)在R上单减,并举出一个满足①②的函数f(_)②设A＝,B＝,若A∩B＝求a取值范围6.定义在(0,+∞)上的函数f (_)满足①对于任意正数_.y都有f (_·y)＝f(_)+ f(y), ②f(2)＝p－1,③__gt;1时总有f(_)_lt;p2) 求f (1)及f ()的值(写成关于p的表达式)3) 求证:f (_)在(0,+∞)上是减函数设an＝ f (2n)(n N_),数列的前项和为Sn ,当且仅当n＝5时Sn取得最大值,求p 的取值范围。
高考数学复习点拨 抽象函数综合题的解题策略
抽象函数综合题的解题策略只给出函数符号或条件及一些间接关系，而没有给出函数的具体解析式或者图象，这样的函数称为抽象函数.这类试题，主要以函数的概念和性质为背景，以函数与方程、转化与化归、数形结合等数学思想为主线，以考查学生的各种能力为目的，在知识网络交汇处设计试题.此类试题往往具有概念抽象、隐蔽性与灵活性强、综合性高的特点，因此它既能考查函数的各种性质，又能考查学生对数学语言的阅读理解和转译能力，同时能考查出考生进入高校继续学习的潜能，因此在此有必要对抽象函数综合题的求解策略进行探讨.一、适当赋值赋值主要从以下方面考虑：①令x =…，﹣2，﹣1，0，1，2，…等特殊值求抽象函数的函数值；②令x =x 2，y =x 1或y =1x 1，且x 1<x 2，判定抽象函数的单调性；③令y =﹣x ，判定抽象函数的奇偶性；④换x 为x +T ，确定抽象函数的周期；⑤用x =x 2+x 2或换x 为1x等来解答有关抽象函数的其它一些问题.例1 函数的定义域为R ，对任意x 、y 满足f (x +y )=f (x )+f (y )，当x >0时，f (x )>0.试判断f (x )的奇偶性和单调性.分析：在f (x +y )=f (x )+f (y )中，令x =y =0，得f (0)+f (0)=0，∴f (0)=0，又令y =﹣x ，f (x )+f (﹣x )=f (x ﹣x )=f (0)=0，即f (﹣x )=﹣f (x )，∴f (x )是奇函数， 再设x 1、x 2∈R，且x 1<x 2，且在f (x +y )=f (x )+f (y )中，令x =x 2，y =﹣x 1，那么f (x 2﹣x 1)=f (x 2)+f (﹣x 1)由f (x )是奇函数得，f (x 2)﹣f (x 1)=f (x 2)+f (－x 1)=f (x 2﹣x 1)，∵x 2﹣x 1>0，∴f (x 2﹣x 1)>0，从而f (x 2)>f (x 1)，∴f (x )在(﹣∞.+∞)上是增函数.二、变量代换根据题设条件中所给等式或不等式的结构特点及欲证的结论，将题中的某些量替换为的需要的量(要注意新换的变量的取值范围，要与原题设条件等价)，可以得到较为简单的等式或不等式，然后再设法作进一步的转化从中获解，例2 函数f (x )存在反函数且f (x )+f (﹣x )=2，那么f －1(x ﹣1)+f －1(3﹣x )=________.分析：此题无法直接求出f －1(x )，假设将等式左边看成两个函数，利用变量代换，那么有如下简解：令y 1=f (x )，y 2=f (﹣x )，那么x =f －1(y 1)，﹣x =f －1(y 2)，且当y 1+y 2=2时，有f －1(y 1)+f－1(y 2)=x ﹣x =0，∵(x ﹣1)+(3﹣x )=2，∴f －1(x ﹣1)+f －1(3﹣x )=0.三、利用函数性质根据题目所给的条件，分析、探求函数具有哪些特殊的性质，比方：函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，然后充分利用这些性质进行求解.例3 f (x )是定义在R 上的函数，且满足如下两个条件：①对于任意x ，y ∈R，有f (x +y )=f (x )+f (y )；②当x ＞0时，f (x )＜0，且f (1)=﹣2.求函数f (x )在[﹣3，3]上的最大值和最小值.分析：设0≤x 1≤x 2≤3，由条件①得f (x 2)=f [(x 2﹣x 1)+x 1]=f (x 2﹣x 1)+f (x 1)，即f (x 2﹣x 1)=f (x 2)﹣f (x 1)，∵x 2﹣x 1＞0，由条件②得f (x 2﹣x 1)＜0,∵f (x 2)﹣f (x 1)＜0，即f (x 2)＜f (x 1)，∴f (x )在[0，3]上是减函数，在条件①中令x =y =0，那么f (0+0)=f (0.)+f (0)，∴f (0)=0.再令x =﹣y ，得f (x ﹣x )=f (x )+f (﹣x )，∴f (﹣x )=﹣f (x )，∴f (x )是奇函数， ∴f (x )在[﹣3，0]上是减函数，又∵当x ＜0时f (x )=﹣f (﹣x )＞0，从而f (x )在[﹣3，3]上是减函数，∴f (x )m a x =f (﹣3)=﹣f (3)=﹣f (1+2)=﹣f (1)﹣f (2)=﹣f (1)﹣f (1)﹣f (1)=﹣3f (1)=6，f (x )m i n =f (3)=﹣f (﹣3)=﹣6.例4 函数f (x )=a x 5+bsi nx +3，且f (﹣3)=7，求f (3)的值.解析:f (x )的解析式中含有两个参数a 、b ，却只有一个条件f (﹣3)=7，无法确定出a 、b 的值，因此函数f (x )(解析式不确定)是抽象函数，注意到g(x )=a x 5+bsi nx =f (x )﹣3是奇函数，可得g(﹣3)=﹣g(3)，即f (﹣3)﹣3=﹣[f (3)﹣3]，f (3)=6﹣f (﹣3)=﹣1.四、正难那么反当关于某些抽象函数的命题不易从正面直接证明时，可采用反证法，它往往需结合其它一些求解策略，而此法是处理“是否存在〞型函数综合题的常用方法.例5 函数f (x )在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，a 、b∈R，(1)求证：假设a+b≥0，那么f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否正确，并证明你的结论.证明：(1)由a+b≥0，得a≥﹣b ，由函数f (x )在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，得f (a)≥f (﹣b)，同理，f (b)≥f (﹣a)， ∴f (a)+f (b)≥f (﹣b)+f (﹣a)，即f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b).(2)中命题的逆命题是：假设f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)，那么a+b≥0，此逆命题为真命题，现用反证法证明如下：假设a+b≥0不成立，那么a+b ＜0，a ＜﹣b ，b ＜﹣a ，根据单调性，得f (a)＜f (﹣b)，f (b)＜f (﹣a)，f (a)+f (b)＜f (﹣a)+f (﹣b)， 这与f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)相矛盾，故a+b ＜0不成立，即a+b≥0成立，因此(1)中命题的逆命题是真命题.五、利用模型函数探路抽象型函数问题的设计或编拟，常以某个根本函数为模型，在解题前，假设能从研究的抽象函数的“模型〞入手，根据条件，寻找其模型函数，通过分析、研究其图象及性质，找出问题的解法或证法.例6 定义域为R +的函数f (x )满足：(1)x ＞1时，f (x )＜0；(2)f (12)=1；(3)对任意的x ，y ∈R +，都有f (xy )=f (x )+f (y ).求不等式f (x )+f (5﹣x )≥﹣2的解集.解析：由题设(3)知f (x )以y =log a x 为模型函数，由题(1)知0＜a ＜1，从而y =log a x 在(0,+∞)上为减函数，故此题可先证f (x )在(0,+∞)上为减函数为突破口.设0＜x 1＜x 2，那么x 2x 1＞1，且由f (xy )=f (x )+f (y )，得f (x 2)=f (x 2x 1·x 1)=f (x 2x 1)+f (x 1)， 又由条件x ＞1时，f (x )＜0，得f (x 2x 1)＜0，∴f (x 2)＜f (x 1)，∴f (x )在R +上为减函数， 又由f (1)=f (1)+f (1)，得f (1)=0，又f (12)=1，∴f (2·12)=f (2)+f (12)=0，∴f (2)=﹣1， ∴f (x )+f (5﹣x )≥﹣2=2f (2)=f (4)，于是⎩⎨⎧ 0＜x ＜5x(5﹣x)≤4，解得0＜x ≤1或4≤x ＜5， ∴解集为x ∈(0，1]∪[4，5).六、数形结合根据题目所给的函数的有关的性质和背景，作出大致符合条件的函数的图象，再根据图象的直观性作出正确解答.例7 假设f(x)为奇函数，且在(﹣∞，0)内是增函数，又f(﹣2)=0，那么xf(x)<0的解集为( )A.(﹣2,0)∪(0,2)B.(﹣∞,﹣2)∪(0，2)C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞)D.(﹣2,0)∪(2,+∞)解析：此题可根据题设条件先作出函数f(x)在(﹣∞，0)内的大致图象，如图，由对称性(奇函数的图象关于原点对称)及单调性(在(﹣∞，0)内是增函数)得出f(x)在(0，＋∞)的图象，如下图.∵f(x)为奇函数，且，f(﹣2)=0，∴f(2)=0.由图象可知：当﹣2<x<0时，f(x)>0，∴xf(x)<0；当0<x<2时，f(x)<0，∴xf(x)<0.故不等式xf(x)<0的解集为(﹣2，0)∪(0，2)，选A.。
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例谈抽象函数题的改编与求解
所谓抽象函数题，就是只提供一些运算性质，而不提供函数的具体的表达式的题目.一般地，一道抽象函数题都有其具体的函数作为命题背景.下面以指数函数和对数函数作为命题背景谈谈抽象函数题的改编与求解.
1、指数函数()(1)x f x a a =>在R 上是增函数，且过定点（0，1），且0x >时，() 1.f x >而指数有如下性质：x y x y a a a +=⋅，我们保留一部分性质，而其他一部分性质作为结论，可以编拟以下抽象函数题：
定义在R 上的函数()f x 满足()()()f x y f x f y +=⋅，且当0x >时，() 1.f x >
（1）求(0)f .
（2）证明()f x 在R 上是增函数.
解：（1）(0)(00)(0)(0)f f f f =+=⋅ ，
(0)1,f ∴=或(0)0.f =但是(0)f =时，对于任意0x >，()(0)()(0)0f x f x f x f =+=⋅=，这与当0x >时，()1f x >矛盾.所以(0) 1.f =
（2）设12,x x 是任意两个实数，且12x x <，则210x x ->，从而21() 1.f x x -> 121211()()()()
f x f x f x f x x x ∴-=--+12111211()()()()()f x f x x x f x f x x f x =--+=--⋅
121()[1()].f x f x x =-- 由11()()(0)122x x f f f ⋅-==知1()02x f ≠，所以111()()()022
x x f x f f =⋅>， 又211()0f x x --<，所以121()[1()]0,f x f x x --<即12()()0f x f x -<，12()(),f x f x <所以()f x 在R 上是增函数.
2、对数函数()log (1)a f x x a =>在（0，+∞）上是增函数，且过定点（1，0），且1x >时，()0.f x >而对数有如下性质：log ()log log a a a xy x y =+，于是我们可以编拟以下抽
象函数题：
定义在（0，+∞）上的函数()f x 满足()()()f x y f x f y ⋅=+，且当1x >时，()0.f x >
（1）求(1)f .
（2）证明()f x 在（0，+∞）上是增函数.
解：（1）由(1)(11)(1)(1)f f f f =⋅=+得(1)0f =.
（2）设12,x x 是（0，+∞）上的任意两个实数，且12x x <，则21
1x x >，于是21()0.x f x > 212111()()()()x f x f x f x f x x ∴-=-⋅2111
()[()()]x f x f f x x =-+21()0x f x =-<， 所以12()(),f x f x <因此()f x 在（0，+∞）上是增函数.
读者显然可以模仿上面的解答求解下面的抽象函数题：
1、定义在R 上的函数()f x 满足()()()f x y f x f y +=⋅，
且当0x >时，0() 1.f x <<
（1）求(0)f .
（2）证明()f x 在R 上是减函数.
2、定义在（0，+∞）上的函数()f x 满足()()()f x y f x f y ⋅=+，且当1x >时，()0.f x <
（1）求(1)f .
（2）证明()f x 在（0，+∞）上是减函数.。