高一数学抽象函数常见题型
高考数学重难点第6讲 抽象函数及其性质8大题型(原卷版)(全国通用)(学生专用)(新高考专用)
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重难点第6讲 抽象函数及其性质8大题型——每天30分钟7天掌握抽象函数及其性质8大题型问题【命题趋势】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个函数,由抽象函数构成的数学问题叫做抽象函数问题。
抽象函数问题能综合考查学生对函数概念和各种性质的理解,但由于其表现形式的抽象性和多变性,学生往往无从下手,这类问题是高考的一个难点,也是近几年高考的热点之一。
第1天 认真研究满分技巧及思考热点题型【满分技巧】一、抽象函数的赋值法赋值法是求解抽象函数问题最基本的方法,复制规律一般有以下几种: 1、……-2,-1,0,1,2……等特殊值代入求解; 2、通过()()12-f x f x 的变换判定单调性;3、令式子中出现()f x 及()-f x 判定抽象函数的奇偶性;4、换x 为+x T 确定周期性. 二、判断抽象函数单调性的方法:(1)凑:凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论;(2)赋值:给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试.①若给出的是“和型”抽象函数() =+y x f ,判断符号时要变形为:()()()()111212)(x f x x x f x f x f -+-=-或()()()()221212)(x x x f x f x f x f +--=-;②若给出的是“积型”抽象函数() =xy f ,判断符号时要变形为:()()()112112x f x x x f x f x f -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=-或()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=-212212x x x f x f x f x f . 三、常见的抽象函数模型1、()()()+=+f x y f x f y 可看做()=f x kx 的抽象表达式;2、()()()+=f x y f x f y 可看做()=x f x a 的抽象表达式(0>a 且1≠a );3、()()()=+f xy f x f y 可看做()log =a f x x 的抽象表达式(0>a 且1≠a );4、()()()=f xy f x f y 可看做()=a f x x 的抽象表达式. 四、抽象函数中的小技巧1、很多抽象函数问题都是以抽象出某一类函数的共同特征而设计出来的,在解决问题时,可以通过类比这类函数中一些具体函数的性质去解决抽象函数的性质;2、解答抽象函数问题要注意特殊赋值法的应用,通过特殊赋值法可以找到函数的不变性质,这个不变性质往往是解决问题的突破口;3、抽象函数性质的证明是一种代数推理,和几何推理一样,要注意推理的严谨性,每一步推理都要有充分的条件,不可漏掉一些条件,更不要臆造条件,推理过程要层次分明,书写规范。
抽象函数_题型大全(例题_含答案)
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高考抽象函数技巧总结由于函数概念比较抽象.学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难.学好这部分知识.能加深学生对函数概念的理解.更好地掌握函数的性质.培养灵活性;提高解题能力.优化学生数学思维素质。
现将常见解法及意义总结如下: 一、求表达式: 1.换元法:即用中间变量表示原自变量x 的代数式.从而求出()f x .这也是证某些公式或等式常用的方法.此法解培养学生的灵活性及变形能力。
例1:已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解:设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x -=- 2.凑合法:在已知(())()fg xh x =的条件下.把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式.再利用代换即可求()f x .此解法简洁.还能进一步复习代换法。
例2:已知3311()f x x xx+=+.求()f x 解:∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x+=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-.(|x |≥1)3.待定系数法:先确定函数类型.设定函数关系式.再由已知条件.定出关系式中的未知系数。
例3. 已知()f x 二次实函数.且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x .解:设()f x =2ax bx c ++.则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数.∴()f x 的定义域关于原点对称.故先求x <0时的表达式。
抽象函数-题型大全(例题-含答案)
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高考抽象函数技能总结因为函数概念比较抽象,学生对解有关函数记号()f x 的问题觉得艰苦,学好这部分常识,能加深学生对函数概念的懂得,更好地控制函数的性质,造就灵巧性;进步解题才能,优化学生数学思维本质.现将罕有解法及意义总结如下:一.求表达式:1.换元法:即用中央变量暗示原自变量x 的代数式,从而求出()f x ,这也是证某些公式或等式经常运用的办法,此法解造就学生的灵巧性及变形才能.例1:已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解:设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑正当:在已知(())()f g x h x =的前提下,把()h x 并凑成以()g u 暗示的代数式,再运用代换即可求()f x .此解法简练,还能进一步温习代换法.例2:已知3311()f x x xx +=+,求()f x解:∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x +=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-,(|x |≥1)3.待定系数法:先肯定函数类型,设定函数关系式,再由已知前提,定出关系式中的未知系数.例3. 已知()f x 二次实函数,且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++,则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.运用函数性质法:重要运用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数,∴()f x 的界说域关于原点对称,故先求x <0时的表达式.∵-x >0,∴()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,∵()f x 为奇函数,∴lg(1)()()x f x f x -=-=-∴当x <0时()lg(1)f x x =--∴lg(1),0()lg(1),0x x f x x x +≥⎧=⎨--<⎩例5.一已知()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,且有()f x +1()1g x x =-, 求()f x ,()g x . 解:∵()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,无妨用-x 代换()f x +()g x =11x -………①中的x , ∴1()()1f xg x x -+-=--即()f x -1()1g x x =-+……②显见①+②即可消去()g x ,求出函数21()1f x x =-再代入①求出2()1xg x x =-5.赋值法:给自变量取特别值,从而发明纪律,求出()f x 的表达式例6:设()f x 的界说域为天然数集,且知足前提(1)()()f x f x f y xy +=++,及(1)f =1,求()f x解:∵()f x 的界说域为N,取y =1,则有(1)()1f x f x x +=++∵(1)f =1,∴(2)f =(1)f +2,(3)(2)3f f =+……()(1)f n f n n =-+ 以上各式相加,有()f n =1+2+3+……+n =(1)2n n +∴1()(1),2f x x x x N =+∈ 二.运用函数性质,解()f x 的有关问题 1.断定函数的奇偶性:例7 已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对一切实数x .y 都成立,且(0)0f ≠,求证()f x 为偶函数.证实:令x =0, 则已知等式变成()()2(0)()f y f y f f y +-=……① 在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵(0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴()()f y f y -=∴()f x 为偶函数.例8:奇函数()f x 在界说域(-1,1)内递减,求知足2(1)(1)0f m f m -+-<的实数m 的取值规模.解:由2(1)(1)0f m f m -+-<得2(1)(1)f m f m -<--,∵()f x 为函数,∴2(1)(1)f m f m -<-又∵()f x 在(-1,1)内递减,∴221111110111m m m m m -<-<⎧⎪-<-<⇒<<⎨⎪->-⎩3.解不定式的有关标题例9:假如()f x =2ax bx c ++对随意率性的t 有(2)2)f t f t +=-,比较(1)(2)(4)f f f 、、的大小解:对随意率性t 有(2)2)f t f t +=-∴x =2为抛物线y =2ax bx c ++的对称轴 又∵其启齿向上∴f (2)最小,f (1)=f (3)∵在[2,+∞)上,()f x 为增函数∴f (3)<f (4),∴f (2)<f (1)<f (4) 五类抽象函数解法 1.线性函数型抽象函数线性函数型抽象函数,是由线性函数抽象而得的函数.例1.已知函数f(x)对随意率性实数x,y,均有f(x+y)=f(x)+f(y),且当x>0时,f(x)>0,f(-1)=-2,求f(x)在区间[-2,1]上的值域.剖析:由题设可知,函数f(x)是的抽象函数,是以求函数f(x)的值域,症结在于研讨它的单调性.解:设,∵当,∴,∵,∴,即,∴f(x)为增函数.在前提中,令y=-x,则,再令x=y=0,则f(0)=2 f(0),∴f (0)=0,故f(-x)=f(x),f(x)为奇函数,∴f(1)=-f(-1)=2,又f(-2)=2 f(-1)=-4,∴f(x)的值域为[-4,2].例2.已知函数f(x)对随意率性,知足前提f(x)+f(y)=2 + f (x+y),且当x>0时,f(x)>2,f(3)=5,求不等式的解. 剖析:由题设前提可猜测:f(x)是y=x+2的抽象函数,且f(x)为单调增函数,假如这一猜测准确,也就可以脱去不等式中的函数符号,从而可求得不等式的解. 解:设,∵当,∴,则, 即,∴f(x)为单调增函数.∵,又∵f(3)=5,∴f(1)=3.∴,∴,即,解得不等式的解为-1 < a < 3.2.指数函数型抽象函数例3.设函数f(x)的界说域是(-∞,+∞),知足前提:消失,使得,对任何x和y,成立.求:(1)f(0); (2)对随意率性值x,断定f(x)值的正负.剖析:由题设可猜测f(x)是指数函数的抽象函数,从而猜测f(0)=1且f(x)>0.解:(1)令y=0代入,则,∴.若f(x)=0,则对随意率性,有,这与题设抵触,∴f(x)≠0,∴f(0)=1.(2)令y=x≠0,则,又由(1)知f(x)≠0,∴f (2x)>0,即f(x)>0,故对随意率性x,f(x)>0恒成立.例4.是否消失函数f(x),使下列三个前提:①f(x)>0,x∈N;②;③f(2)=4.同时成立?若消失,求出f(x)的解析式,如不消失,解释来由.剖析:由题设可猜测消失,又由f(2)=4可得a=2.故猜测消失函数,用数学归纳法证实如下:(1)x=1时,∵,又∵x∈N时,f(x)>0,∴,结论准确.(2)假设时有,则x=k+1时,,∴x=k+1时,结论准确.综上所述,x为一切天然数时.3.对数函数型抽象函数对数函数型抽象函数,即由对数函数抽象而得到的函数.例5.设f(x)是界说在(0,+∞)上的单调增函数,知足,求:(1)f(1);(2)若f(x)+f(x-8)≤2,求x的取值规模.剖析:由题设可猜测f(x)是对数函数的抽象函数,f(1)=0,f(9)=2.解:(1)∵,∴f(1)=0.(2),从而有f(x)+f(x-8)≤f(9),即,∵f(x)是(0,+∞)上的增函数,故,解之得:8<x≤9.例6.设函数y=f(x)的反函数是y=g(x).假如f(ab)=f(a)+f(b),那么g(a+b)=g(a)·g(b)是否准确,试解释来由.剖析: 由题设前提可猜测y=f(x)是对数函数的抽象函数,又∵y=f(x)的反函数是y=g(x),∴y=g(x)必为指数函数的抽象函数,于是猜测g(a +b)=g(a)·g(b)准确.解:设f(a)=m,f(b)=n,因为g(x)是f(x)的反函数,∴g(m)=a,g (n)=b,从而,∴g(m)·g(n)=g(m +n),以a.b分离代替上式中的m.n即得g(a+b)=g(a)·g(b).4.三角函数型抽象函数三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数.例7.己知函数f(x)的界说域关于原点对称,且知足以下三前提:①当是界说域中的数时,有;②f(a)=-1(a>0,a是界说域中的一个数);③当0<x<2a时,f(x)<0.试问:(1)f(x)的奇偶性若何?解释来由.(2)在(0,4a)上,f(x)的单调性若何?解释来由.剖析: 由题设知f(x)是的抽象函数,从而由及题设前提猜测:f(x)是奇函数且在(0,4a)上是增函数(这里把a算作进行猜测).解:(1)∵f(x)的界说域关于原点对称,且是界说域中的数时有,∴在界说域中.∵,∴f(x)是奇函数.(2)设0<x1<x2<2a,则0<x2-x1<2a,∵在(0,2a)上f(x)<0,∴f(x1),f(x2),f(x2-x1)均小于零,进而知中的,于是f(x1)< f(x2),∴在(0,2a)上f(x)是增函数.又,∵f(a)=-1,∴,∴f(2a)=0,设2a<x<4a,则0<x-2a<2a,,于是f(x)>0,即在(2a,4a)上f(x)>0.设2a<x1<x2<4a,则0<x2-x1<2a,从而知f(x1),f(x2)均大于零.f(x2-x1)<0,∵,∴,即f(x1)<f(x2),即f(x)在(2a,4a)上也是增函数.综上所述,f(x)在(0,4a)上是增函数.5.幂函数型抽象函数幂函数型抽象函数,即由幂函数抽象而得到的函数.例8.已知函数f(x)对随意率性实数x.y都有f(xy)=f(x)·f(y),且f(-1)=1,f(27)=9,当时,.(1)断定f(x)的奇偶性;(2)断定f(x)在[0,+∞)上的单调性,并给出证实;(3)若,求a的取值规模.剖析:由题设可知f(x)是幂函数的抽象函数,从而可猜测f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上是增函数.解:(1)令y=-1,则f(-x)=f(x)·f(-1),∵f(-1)=1,∴f(-x)=f(x),f(x)为偶函数.(2)设,∴,,∵时,,∴,∴f(x1)<f(x2),故f(x)在0,+∞)上是增函数.(3)∵f(27)=9,又,∴,∴,∵,∴,∵,∴,又,故.抽象函数罕有题型解法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式,只给出了一些表现函数特点的式子的一类函数.因为抽象函数表示情势的抽象性,使得这类问题成为函数内容的难点之一.本文就抽象函数罕有题型及解法评析如下:一.界说域问题例1. 已知函数的界说域是[1,2],求f(x)的界说域.解:的界说域是[1,2],是指,所以中的知足从而函数f(x)的界说域是[1,4]评析:一般地,已知函数的界说域是A,求f(x)的界说域问题,相当于已知中x的取值规模为A,据此求的值域问题.例2. 已知函数的界说域是,求函数的界说域.解:的界说域是,意思是凡被f感化的对象都在中,由此可得所以函数的界说域是评析:这类问题的一般情势是:已知函数f(x)的界说域是A,求函数的界说域.准确懂得函数符号及其界说域的寄义是求解此类问题的症结.这类问题本质上相当于已知的值域B,且,据此求x的取值规模.例2和例1情势上正相反.二.求值问题例3. 已知界说域为的函数f(x),同时知足下列前提:①;②,求f(3),f(9)的值.解:取,得因为,所以又取得评析:经由过程不雅察已知与未知的接洽,奇妙地赋值,取,如许便把已知前提与欲求的f(3)沟通了起来.赋值法是解此类问题的经常运用技能.三.值域问题例4. 设函数f(x)界说于实数集上,对于随意率性实数x.y,总成立,且消失,使得,求函数的值域.解:令,得,即有或.若,则,对随意率性均成立,这与消失实数,使得成立抵触,故,必有.因为对随意率性均成立,是以,对随意率性,有下面来证实,对随意率性设消失,使得,则这与上面已证的抵触,是以,对随意率性所以评析:在处理抽象函数的问题时,往往须要对某些变量进行恰当的赋值,这是一般向特别转化的须要手腕.四.解析式问题例5. 设对知足的所有实数x,函数知足,求f(x)的解析式.解:在中以代换个中x,得:再在(1)中以代换x,得化简得:评析:假如把x和分离看作两个变量,如何实现由两个变量向一个变量的转化是解题症结.平日情形下,给某些变量恰当赋值,使之在关系中“消掉”,进而保存一个变量,是实现这种转化的重要计谋.五.单调性问题例6. 设f(x)界说于实数集上,当时,,且对于随意率性实数x.y,有,求证:在R上为增函数.证实:在中取,得若,令,则,与抵触所以,即有当时,;当时,而所以又当时,所以对随意率性,恒有设,则所以所以在R上为增函数.评析:一般地,抽象函数所知足的关系式,应看作给定的运算轨则,则变量的赋值或变量及数值的分化与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的成果相接洽关系.六.奇偶性问题例7. 已知函数对随意率性不等于零的实数都有,试断定函数f(x)的奇偶性.解:取得:,所以又取得:,所以再取则,即因为为非零函数,所认为偶函数.七.对称性问题例8. 已知函数知足,求的值.解:已知式即在对称关系式中取,所以函数的图象关于点(0,2002)对称.依据原函数与其反函数的关系,知函数的图象关于点(2002,0)对称.所以将上式中的x用代换,得评析:这是统一个函数图象关于点成中间对称问题,在解题中运用了下述命题:设a.b均为常数,函数对一切实数x都知足,则函数的图象关于点(a,b)成中间对称图形.八.收集分解问题例9. 界说在R上的函数f(x)知足:对随意率性实数m,n,总有,且当x>0时,0<f(x)<1.(1)断定f(x)的单调性;(2)设,,若,试肯定a的取值规模.解:(1)在中,令,得,因为,所以.在中,令因为当时,所以当时而所以又当x=0时,,所以,综上可知,对于随意率性,均有.设,则所以所以在R上为减函数.(2)因为函数y=f(x)在R上为减函数,所以即有又,依据函数的单调性,有由,所以直线与圆面无公共点.是以有,解得. 评析:(1)要评论辩论函数的单调性必定涉及到两个问题:一是f(0)的取值问题,二是f(x)>0的结论.这是解题的症结性步调,完成这些要在抽象函数式中进行.由特别到一般的解题思惟,联想类比思维都有助于问题的思虑息争决.界说在R 上的函数f x ()知足:f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=,求f ()2000的值.解:由f x f x ()()220-+-=, 以t x =-2代入,有f t f t ()()-=, ∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44故f x ()是周期为8的周期函数,例2 已知函数f x ()对随意率性实数x y ,都有f x y f x f y ()()()+=+,且当x >0时,f x f ()()>-=-012,,求f x ()在[]-21,上的值域.解:设x x 12< 且x x R 12,∈, 则x x 210->,由前提当x >0时,f x ()>0 又f x f x x x ()[()]2211=-+∴f x ()为增函数,令y x =-,则f f x f x ()()()0=+- 又令x y ==0 得f ()00=∴-=-f x f x ()(),故f x ()为奇函数,∴=-=f f ()()112,f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在,21上的值域为[]-42,二. 求参数规模这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中,症结是运用函数的奇偶性和它在界说域内的增减性,去掉落“f ”符号,转化为代数不等式组求解,但要特别留意函数界说域的感化.例3 已知f x ()是界说在(-11,)上的偶函数,且在(0,1)上为增函数,知足f a f a ()()---<2402,试肯定a 的取值规模.解: f x ()是偶函数,且在(0,1)上是增函数,∴f x ()在()-10,上是减函数,由-<-<-<-<⎧⎨⎩1211412a a 得35<<a . (1)当a =2时,f a f a f ()()()-=-=2402,不等式不成立.(2)当32<<a 时, (3)当25<<a 时,综上所述,所求a 的取值规模是()()3225,, .例 4 已知f x ()是界说在(]-∞,1上的减函数,若f m x f m x (sin )(cos )221-≤++对x R ∈恒成立,求实数m 的取值规模. 解: m x m x m x m x 22223131-≤++≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪sin cos sin cos对x R ∈恒成立⇔-≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪m x m x m x22231sin sin cos 对x R ∈恒成立⇔ 对x R ∈恒成立, 三. 解不等式这类不等式一般须要将常数暗示为函数在某点处的函数值,再经由过程函数的单调性去掉落函数符号“f ”,转化为代数不等式求解.例 5 已知函数f x ()对随意率性x y R ,∈有f x f y f x y ()()()+=++2,当x >0时,f x ()>2,f ()35=,求不等式f a a ()2223--<的解集. 解:设x x R 12、∈且x x 12< 则x x 210-> ∴->f x x ()212, 即f x x ()2120-->, 故f x ()为增函数,又f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=是以不等式f a a ()2223--<的解集为{}a a |-<<13. 四. 证实某些问题例6 设f x ()界说在R 上且对随意率性的x 有f x f x f x ()()()=+-+12,求证:f x ()是周期函数,并找出它的一个周期.剖析:这同样是没有给出函数表达式的抽象函数,其一般解法是依据所给关系式进行递推,若能得出f x T f x ()()+=(T 为非零常数)则f x ()为周期函数,且周期为T.证实: f x f x f x ()()()()=+-+121()()12+得f x f x ()()()=-+33由(3)得f x f x ()()()+=-+364由(3)和(4)得f x f x ()()=+6.上式对随意率性x R ∈都成立,是以f x ()是周期函数,且周期为6.例7 已知f x ()对一切x y ,,知足f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅,,且当x <0时,f x ()>1,求证:(1)x >0时,01<<f x ();(2)f x ()在R 上为减函数. 证实: 对一切x y R ,∈有f x y f x f y ()()()+=⋅. 且f ()00≠,令x y ==0,得f ()01=, 现设x >0,则-<x 0,f x ()->1, 而f f x f x ()()()01=⋅-=∴<<01f x (),设x x R 12,∈且x x 12<, 则0121<-<f x x (),∴>f x f x ()()12,即f x ()为减函数. 五. 分解问题求解抽象函数的分解问题一般难度较大,常涉及到多个常识点,抽象思维程度请求较高,解题时需掌控好如下三点:一是留意函数界说域的运用,二是运用函数的奇偶性去掉落函数符号“f ”前的“负号”,三是运用函数单调性去掉落函数符号“f ”.例8 设函数y f x =()界说在R 上,当x >0时,f x ()>1,且对随意率性m n ,,有f m n f m f n ()()()+=⋅,当m n ≠时f m f n ()()≠.(1)证实f ()01=;(2)证实:f x ()在R 上是增函数;(3)设{}A x y f x f y f =⋅<()|()()(),221,B x y f ax by c a b c R a =++=∈≠{()|()},,,,,10,若A B =∅,求a b c ,,知足的前提.解:(1)令m n ==0得f f f ()()()000=⋅, ∴=f ()00或f ()01=.若f ()00=,当m ≠0时,有fm fm f ()()()+=⋅00,这与当m n ≠时,f m f n ()()≠抵触, ∴=f ()01. (2)设x x 12<,则x x 210->,由已知得f x x ()211->,因为x 10≥,f x ()11>,若x 10<时,->->x f x 1101,(),由f fx f x ()()()011=⋅- (3)由f x f y f ()()()221⋅<得x y 2211+<()由f a x b y c ()++=1得a x b y c ++=0(2) 从(1).(2)中消去y 得()a b x a c x c b 2222220+++-<,因为AB =∅ ∴=-+-<∆()()()24022222a c ab cb , 即a b c222+< 例9 界说在(-11,)上的函数f x ()知足(1),对随意率性x y ,,∈-()11都有f x f y f x yx y()()()+=++1, (2)当x ∈-()10,时,有f x ()>0,(1)试断定f x ()的奇偶性;(2)断定f x ()的单调性;(3)求证ff f n nf ()()()()15111131122+++++>….剖析:这是一道以抽象函数为载体,研讨函数的单调性与奇偶性,再以这些性质为基本去研讨数列乞降的分解题.解:(1)对前提中的x y ,,令x y ==0,再令y x =-可得f f f f x f x f f x f x ()()()()()()()()000000+=+-=⎧⎨⎩⇒=-=-⎧⎨⎩,所所以f x ()奇函数. (2)设-<<<1012x x ,则fx fx fx f x f x x x x ()()()()()121212121-=+-=-- x x x x 1212001-<<<,, ∴--<x x x x 121210,由前提(2)知f x xx x ()121210-->,从而有f x f x ()()120->,即f x f x ()()12>,故f x ()()在,-10上单调递减,由奇函数性质可知,f x ()在(0,1)上仍是单调减函数.(3) f n n ()1312++抽象函数问题分类解析我们将没有明白给出解析式的函数称为抽象函数.近年来抽象函数问题一再消失于各类测验题中,因为这类问题抽象性强,灵巧性大,多半同窗觉得迷惑,求解无从下手.本文试图经由过程实例作分类解析,供进修参考. 1. 求界说域这类问题只要紧紧抓住:将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体,相当于f x ()中的x这一特点,问题就会水到渠成.例 1. 函数y f x =()的界说域为(]-∞,1,则函数y f x =-[l o g ()]222的界说域是___.剖析:因为l o g()22x 2-相当于f x ()中的x,所以l o g()2221x -≤,解得 22<≤x 或-≤<-22x .例 2. 已知f x ()的界说域为(0),1,则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的界说域是______.剖析:因为x a +及x a-均相当于f x ()中的x,所以(1)当-≤≤120a 时,则x a a ∈-+(),1 (2)当012<≤a 时,则x a a ∈-(),1 2. 断定奇偶性依据已知前提,经由过程恰当的赋值代换,追求f x ()与f x ()-的关系. 例3. 已知f x ()的界说域为R,且对随意率性实数x,y 知足fx y fx f y ()()()=+,求证:f x ()是偶函数.剖析:在fx y fx f y ()()()=+中,令x y ==1, 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1,得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是fx f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是偶函数.例4. 若函数y f xf x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称,求证:函数 y f x =()是偶函数.证实:设y f x =()图象上随意率性一点为P (x y 00,)y f x =()与y f x=-()的图象关于原点对称, ∴P x y ()00,关于原点的对称点()--x y 00,在y f x =-()的图象上, 又y f x 00=() 即对于函数界说域上的随意率性x 都有f x f x ()()-=,所所以y f x =()偶函数.3. 断定单调性依据函数的奇偶性.单调性等有关性质,画出函数的示意图,以形助数,问题敏捷获解.例5. 假如奇函数f x ()在区间[]37,上是增函数且有最小值为5,那么f x ()在区间[]--73,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 剖析:画出知足题意的示意图1,易知选B.图1例6. 已知偶函数f x ()在(0),+∞上是减函数,问f x ()在()-∞,0上是增函数照样减函数,并证实你的结论.剖析:如图2所示,易知f x ()在()-∞,0上是增函数,证实如下: 任取xx x x 121200<<⇒->-> 因为f x ()在(0),+∞上是减函数,所以f x f x ()()-<-12. 又f x ()是偶函数,所以 f x f xf x f x ()()()()-=-=1122,, 从而f x f x ()()12<,故f x ()在()-∞,0上是增函数. 图24. 寻找周期性这类问题较抽象,一般解法是细心剖析题设前提,经由过程相似,联想出函数原型,经由过程对函数原型的剖析或赋值迭代,获得问题的解. 例7. 设函数f x ()的界说域为R,且对随意率性的x,y 有f x y f x y f x f y ()()()()++-=⋅2,并消失正实数c,使f c ()20=.试问f x ()是否为周期函数?若是,求出它的一个周期;若不是,请解释来由.剖析:细心不雅察剖析前提,联想三角公式,就会发明:y x =c o s 知足题设前提,且cos π20=,猜测f x ()是以2c 为周期的周期函数.故f x()是周期函数,2c是它的一个周期.5. 求函数值紧扣已知前提进行迭代变换,经有限次迭代可直接求出成果,或者在迭代进程中发明函数具有周期性,运用周期性使问题奇妙获解.例8. 已知f x()的界说域为R+,且fxy fx fy()()()+=+对一切正实数x,y都成立,若f()84=,则f(2)=_______.剖析:在前提fxy fx fy()()()+=+中,令x y==4,得f f f f()()()()844244=+==,又令x y==2,得f f f(4)(2)(2)=+=2,例9. 已知f x()是界说在R上的函数,且知足:f x f x f x()[()]()+-=+211,f()11997=,求f(2001)的值.剖析:紧扣已知前提,并多次运用,发明f x()是周期函数,显然f x()≠1,于是f x f x f x()() ()+=+ -211,所以f xf x f x()()()+=-+=81 4故f x()是以8为周期的周期函数,从而6. 比较函数值大小运用函数的奇偶性.对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内,然后运用其单调性使问题获解.例10. 已知函数f x()是界说域为R的偶函数,x<0时,f x()是增函数,若x 1<,x20>,且||||x x12<,则f x f x()()--12,的大小关系是_______.剖析: x x 1200<>,且||||x x 12<, 又x <0时,f x ()是增函数,f x ()是偶函数,故f x f x ()()->-127. 评论辩论方程根的问题例11. 已知函数f x ()对一切实数x 都知足f x f x ()()11+=-,并且f x ()=0有三个实根,则这三个实根之和是_______.剖析:由f x f x ()()11+=-知直线x =1是函数f x ()图象的对称轴. 又f x ()=0有三个实根,由对称性知x 11=必是方程的一个根,其余两根x x 23,关于直线x =1对称,所以x x 23212+=⨯=,故x x x 1233++=. 8. 评论辩论不等式的解求解这类问题运用函数的单调性进行转化,脱去函数符号.例12. 已知函数f x ()是界说在(]-∞,1上的减函数,且对一切实数x,不等式fk x fk x(s i n )(s i n)-≥-22恒成立,求k 的值. 剖析:由单调性,脱去函数记号,得由题意知(1)(2)两式对一切x R ∈恒成立,则有 9. 研讨函数的图象这类问题只要运用函数图象变换的有关结论,就可获解.例13. 若函数y f x =+()2是偶函数,则y f x =()的图象关于直线_______对称.剖析:y f x =()的图象右移个单位左移个单位22y f x =+()2的图象,而y f x =+()2是偶函数,对称轴是x =0,故y f x =()的对称轴是x =2.例14. 若函数f x ()的图象过点(0,1),则f x ()+4的反函数的图象必过定点______.剖析:f x ()的图象过点(0,1),从而f x ()+4的图象过点()-41,,由原函数与其反函数图象间的关系易知,f x ()+4的反函数的图象必过定点()14,-. 10. 求解析式例15. 设函数f x ()消失反函数,g x f x h x ()()()=-1,与g x ()的图象关于直线x y +=0对称,则函数h x ()=A. -f x ()B. --f x ()C. --f x 1()D. ---f x 1()剖析:请求y h x =()的解析式,本质上就是求y h x =()图象上任一点Px y ()00,的横.纵坐标之间的关系.点Px y ()00,关于直线y x =-的对称点()--y x 00,合适y f x =-1(),即-=-x g y 00(). 又gx f x ()()=-1,即h x f x ()()=--,选B. 抽象函数的周期问题2001年高考数学(文科)第22题:设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x =1对称.对随意率性x x 12012,,∈[]都有f xx f xf x ()()()1212+=⋅. (I )设f ()12=,求f f ()()1214,; (II )证实f x ()是周期函数. 解析:(I )解略.(II )证实:依题设y f x =()关于直线x =1对称 故f x f x x R ()()=-∈2, 又由f x ()是偶函数知 将上式中-x以x 代换,得 这标明f x ()是R 上的周期函数,且2是它的一个周期f x ()是偶函数的本质是f x ()的图象关于直线x =0对称 又f x ()的图象关于x =1对称,可得f x ()是周期函数 且2是它的一个周期由此进行一般化推广,我们得到思虑一:设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x aa =≠()0对称,证实f x ()是周期函数,且2a 是它的一个周期.证实: f x ()关于直线x a=对称 又由f x ()是偶函数知f x f x x R ()()-=∈, 将上式中-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2a 是它的一个周期思虑二:设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于直线x a =和x ba b =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期. 证实: f x ()关于直线x a x b ==和对称 将上式的-x以x 代换得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2()b a -是它的一个周期若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”,f x ()照样不是周期函数?经由摸索,我们得到思虑三:设f x ()是界说在R 上的奇函数,其图象关于直线x =1对称.证实f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.,证实: f x ()关于x =1对称∴=-∈fx f x xR ()()2, 又由f x ()是奇函数知f x f x x R f x f x x R()()()()-=-∈∴-=--∈,,2将上式的-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数 且4是它的一个周期f x ()是奇函数的本质是f x ()的图象关于原点(0,0)中间对称,又f x ()的图象关于直线x =1对称,可得f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.由此进行一般化推广,我们得到思虑四:设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a (),0中间对称,且其图象关于直线x bb a =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且4()b a -是它的一个周期.证实: f x ()关于点M a (),0对称 ∴-=-∈f a x f x x R ()()2, f x ()关于直线x b =对称∴=-∈∴-=--∈f x f b x x Rf b x f a x x R()()()()222,,将上式中的-x以x 代换,得 f b x f a x x Rf x b a f b x b a f a x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()][()][()]()2242242242222+=-+∈∴+-=++-=-++-=-+-=+-=∈,,∴f x ()是R 上的周期函数 且4()b a -是它的一个周期由上我们发明,界说在R 上的函数f x (),其图象如有两条对称轴或一个对称中间和一条对称轴,则f x ()是R 上的周期函数.进一步我们想到,界说在R 上的函数f x (),其图象假如有两个对称中间,那么f x ()是否为周期函数呢?经由摸索,我们得到思虑五:设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a (),0和N b a b ()(),0≠对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期.证实: f x ()关于Ma Nb ()(),,,00对称 ∴-=-∈-=-∈∴-=-∈f a x f x x R f b x f x x R f a x f b x x R()()()()()()2222,,,将上式中的-x 以x 代换,得f a x f b x x Rf x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()]()2222222+=+∈∴+-=+-=+-=∈,,∴f x ()是周期函数且2()b a -是它的一个周期抽象函数解法规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知足的前提的函数,如函数的界说域,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,也是大学高级数学函数部分的一个连接点,因为抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,是以懂得研讨起来比较艰苦.但因为此类试题即能考核函数的概念和性质,又能考核学生的思维才能,所以备受命题者的青睐,那么,如何求解抽象函数问题呢,我们可以运用特别模子法,函数性质法,特别化办法,联想类比转化法,等多种办法从多角度,多层面去剖析研讨抽象函数问题, 一:函数性质法函数的特点是经由过程其性质(如奇偶性,单调性周期性,特别点等)反响出来的,抽象函数也是如斯,只有充分发掘和运用题设前提和隐含的性质,灵巧进行等价转化,抽象函数问题才干转化,化难为易,经常运用的解题办法有:1,运用奇偶性整体思虑;2,运用单调性等价转化;3,运用周期性回归已知4;运用对称性数形联合;5,借助特别点,布列方程等. 二:特别化办法1在求解函数解析式或研讨函数性质时,一般用代换的办法,将x 换成-x 或将x 换成等 2在求函数值时,可用特别值代入3研讨抽象函数的具体模子,器具体模子解选择题,填空题,或由具体模子函数对分解题,的解答供给思绪和办法.总之,抽象函数问题求解,用通例办法一般很难凑效,但我们假如能经由过程对标题标信息剖析与研讨,采取特别的办法和手腕求解,往往会收到事半功倍之功能,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)对随意率性x.y ∈R 都有f(x+y)=f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t 为天然数,(t>0)试求f(t)的表达式②知足f(t)=t 的所有整数t 可否组成等差数列?若能求出此数列,若不克不及解释来由 ③若t 为天然数且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(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)界说域都是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x1>x2g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x1) > g(x2) >0 ∴g(x1)+1 > g(x2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x1)- f(x2)=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(x1) >f(x2)∴ f(x)是R 上的增函数②g(x) 知足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+-n n=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f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单增,设f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞)上的随意率性两相异实数x1, x2 恒有| f1(x1)- f1(x2)| >| f2(x1)- f2(x2)|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证实:设 x1>x2>0f1(x) 在(0,+∞)上单增f1(x1)- f1(x2)>0∴| f1(x1)- f1(x2)|= f1(x1)- f1(x2)>0| f1(x1)- f1(x2)| >| f2(x1)- f2(x2)|∴f1(x2)- f1(x1)<f2(x1)- f2(x2)< f1(x1)- f1(x2) ∴f1(x1)+f2(x1)> f1(x2)+ f2(x2) ∴f(x1)> f(x2)f (x)在(0,+∞)上单增 ②F(x)=x f (x), a>0.b>0a+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)知足 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)=f2(0)∴f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(抵触)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f2(21)≥0 ∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)长短负函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a f n ∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n 1+n 1+…+n 1)=fn(n1)=2 ∴f(n 1)= n12∴f(nm )=[f(n1)]m= nm 25. 界说在(-1,1)上的函数f (x)知足 ① 随意率性x.y ∈(-1,1)都有f(x)+ f(y)=f (xyyx ++1),②x ∈(-1,0)时, 有f(x) >01) 剖断f(x)在(-1,1)上的奇偶性,并解释来由 2) 剖断f(x)在(-1,0)上的单调性,并给出证实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)界说在(-1,1)上的函数f (x)知足随意率性x.y ∈(-1,1)都有f(x)+ f(y)=f (xyyx ++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>x1>x2>-1f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=)1(2121x x xx f --0>x1>x2>-1 ,x ∈(-1,0)时,有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0∴)1(2121x x xx 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)6. 设 f (x)是界说在R 上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对随意率性x1.x2∈[0,12]都有f (x1+ x2)=f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. ①求f (12)及 f (14);②证实f(x)是周期函数③记an=f(2n+12n ), 求lim ∞→n (lnan)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)=n a 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a . ②f(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.③an=f(2n+12n )= f (12n)=n a 21∴lim ∞→n (lnan)= lim ∞→n aa 2ln =07. 设)(x f y =是界说在R 上的恒不为零的函数,且对随意率性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)证实当x>0时0<f(x)<1, ③设a1=21,an=f(n)(n ∈N* ),sn 为数列{an }前n 项和,求lim ∞→n sn.解:①②仿前几例,略. ③an =f(n),∴ a1=f(1)=21an+1=f(n+1)=f(n)f(1)=21an∴数列{an }是首项为21公比为21的等比数列∴sn =1-n⎪⎭⎫ ⎝⎛21∴lim ∞→n sn =18. 设)(x f y =是界说在区间]1,1[-上的函数,且知足前提: (i );0)1()1(==-f f(ii )对随意率性的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有 (Ⅰ)证实:对随意率性的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有 (Ⅱ)证实:对随意率性的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有 (Ⅲ)在区间[-1,1]上是否消失知足题设前提的奇函数)(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 若消失,请举一例:若不消失,请解释来由.(Ⅰ)证实:由题设前提可知,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:对随意率性的 1.|v -u ||f(v)-f(u)|,1||],1,1[,≤≤≤--∈有时当v u v u当0,u ,1|v -u |<⋅>v 时无妨设,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,对随意率性的],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 -≤-∈时是以,对随意率性的],1,1[,-∈v u当1||≤-v u 时,.1|||)()(|≤-≤-v u v f u f 当1||>-v u 时,有0<⋅v u 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,对随意率性的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f(Ⅲ)答:知足所述前提的函数不消失.来由如下,假设消失函数)(x f 知足前提,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。
高一抽象函数练习题
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高一抽象函数练习题一、选择题1. 已知抽象函数f(x)满足f(1)=2,且对于所有x,都有f(x+2)=3f(x),求f(3)的值。
A. 4B. 6C. 8D. 122. 设抽象函数g(x)在实数域上单调递增,若g(3)=5,且g(a)=g(3),则a的值为:A. 3B. 5C. 8D. 无法确定3. 函数h(x)定义为h(x)=kx+b,其中k和b为常数,若h(1)=3,h(2)=5,求h(3)的值。
A. 7B. 9C. 11D. 13二、填空题4. 若抽象函数f(x)满足f(x)=2x+3,求f(-1)的值。
______5. 设抽象函数g(x)满足g(x)=x^2-4x+4,求g(2)的值。
______6. 若抽象函数h(x)满足h(x)=x^3-6x^2+11x-6,求h(2)的值。
______三、解答题7. 已知抽象函数f(x)满足f(x)=x^2-4x+7,求f(x)的最小值。
8. 设抽象函数g(x)满足g(x)=-x^2+4x,当x在[0,4]区间内时,求g(x)的最大值。
9. 函数h(x)定义为h(x)=x^3-3x^2-9x+5,求h(x)的极值点。
四、证明题10. 已知抽象函数f(x)满足f(x)=x^3-6x^2+11x+6,证明f(x)在x=2处取得极小值。
11. 设抽象函数g(x)满足g(x)=x^4-4x^3+6x^2-2x+1,证明g(x)在x=1处取得局部最大值。
五、综合题12. 已知抽象函数f(x)和g(x)分别满足f(x)=x^2-2x+3和g(x)=2x-1,求f(g(x))的表达式,并求其值域。
13. 设抽象函数h(x)和k(x)分别满足h(x)=x^3-3x^2+2x+1和k(x)=x^2-2x+2,求h(k(x))的表达式,并讨论其单调性。
14. 已知抽象函数f(x)满足f(x)=|x-1|+|x-2|+|x-3|,求f(x)的值域。
六、探索题15. 已知抽象函数f(x)满足f(x)=x^2-2ax+a^2-1,探索a的取值范围使得f(x)为单调函数。
归纳抽象函数常见题型及解法
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5归纳抽象函数常见题型及解法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2 例1 已知函数f(x )的定义域是[1 , 2],求f (X)的定义域.2 2解:由f(x )的定义域是[1 , 2],是指1 ≤ X ≤ 2 ,所以1 ≤x ≤ 4, 即函数f(x)的定义域是[1 , 4] • 评析:一般地,已知函数 f [ (X)]的定义域是A,求f (X)的定义域问题,相当于已知 f [ (X)]中X 的取值范围为A 据此求 (X)的值域问题.例2已知函数f (X)的定义域是[—1, 2],求函数f [log 1(3 X)]的定义域.2解:由f (X)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 f(x)的定义域是A,求函数f ( (X))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•一般地,若函数f (X)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,f (X)无意义.因此,如果f(χo )有意义,则必有x o A 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(X) A 建立不等式,解出 X 的范围•例2和例1形式上正相反.2 •抽象函数的求值问题1例3已知定义域为R 的函数f(x),同时满足下列条件:①f(2) = 1, f (6)=1:②f(x y)=f(x) + f(y),求 f(3)、f(9)的值.—1≤ log 1 (3 — X )≤ 2 (1) 2 ≤ 3 — X ≤( 1) 12 2111 ≤ X ≤4•••函数f[∣og 1(3X )]的定义域是[1 , 7]评析:这类问题的一般形式是:已知函数解:取 X = 2 , y = 3 ,得 f(6)= f(2) + f (3),1 4•• f(2) = 1 , f(6)= ,∙∙∙ f(3)=-5 5又取 X = y = 3 ,得 f (9) = f (3) + f (3) =- 8.51评析:通过观察已知与未知的联系,巧妙地取X = 2 , y = 3 ,这样便把已知条件f (2) = 1 , f (6)= 与欲求的5f(3)沟通了起来.这是解此类问题的常用技巧.3.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 X I ≠χ设存在 X 0 ∈ R 使得 f ( X 0) = 0 ,则 f (0) = f ( X 0 — x 0) = f ( X 0) f ( — x 0) = 0 这与f (0) ≠0矛盾,因此,对任意 X∈ R f (x) ≠0. 所以 f (x) > 0.4 .抽象函数的解析式问题1 2x 一 1f (———)=,⑵使得f (X 1 ) ≠ f ( X 2 ),求函数f (X)的值域.解:令 X = y = 0 ,得 f (0) = f 2(0),即有 f (0) = 0若 f (0) = 0 ,贝U f (X) = f (X + 0) = f (X) f (0) 由于 f (X + y)==f (X)f (y) 对任意X 、 y ∈R 均成立, XZX X 上,x 、 r X2f (X) = f (- + —) =(―) f (―)=[f (―)] 2 ≥2 22 22下面只需证明,对任意x ∈ R f (0) ≠0 即可.或 f (0) = 1 .,对任意X ∈R 均成立,这与存在实数 X I ≠χ 2 ,使得因此,对任意 x∈ R 有评析: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 般向特殊转化的必要手段.式.解:在 设对满足 X≠0, X≠1的所有实数X,函数f (X)满足f (X) + f (X 1)=1 + X ,求f (X)的解析Xf (X) + f (+ X , (1)X 1中以 代换其中X ,得:Xf (x 1 ) ≠ f ( X 2 )成立矛盾•故 f (0) ≠0,即 f (0) =1X 1 X1 1 X 2再在(1)中以一——代换X,得:f(———)+ f (X)= ------------------- , ⑶X 1 X 1 X 13 2 1(1) — (2) + ⑶ 化简得:f(x) = -__X——.2X(X— 1)X 1评析:如果把X和-一1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,X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 •指数函数模型例6 设f (X)定义于实数集 R上,当x>0时,f (X) > 1 ,且对于任意实数 X、y ,有f (x + y) = f (X)∙ f (y),同时f (1) = 2 ,解不等式f (3x — X2 ) >4•联想:因为a x y= a X∙a y(a > 0,a≠ 1),因而猜测它的模型函数为f(x) = a x (a > 0,a≠ 1)(由f(1) = 2 ,还可以猜想f (X) = 2 x) •思路分析:由f(2)= f (1 1)=f(1)∙ f (1)= 4 ,需解不等式化为f(3x — X2 ) > f (2) •这样,证明函数f(x) 的(由f (X) = 2 X ,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 2得f (0) = f (0),若f (O) = 0 ,令 x> 0 , y = 0 ,则f(X)=0 ,与f (X) > 1 矛盾.∙∙∙ f (0) ≠ 0 ,即有f (0)= 1当X > 0时,f (X) > 1 > 0 ,当XV 0 时,—X > 0 , f ( — X) > 1> 0 ,而f(X) •f ( — x) = f (0) = 1∙∙∙ f(X)=1 > 0 •f( X)又当X = 0 时,f (0) = 1 > 0 ,∙ X∈R , f (X) > 0 •设一∞V X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 —X 1 > 0 ,f ( X 2 —X I) > 1•∙ f ( X 2) =f [ X I + ( X 2 - X1 )]= :f (X1) f ( X 2 — X1 ) > f ( X I ) •∙∙∙ y = f在R上为增函数(X)又∙∙∙ f! ,∙ f (3x — X2) > f (1) • f (1) = f (1 + 1) = f (2),由f (X)的单调递增性质可得: (1) = 23x — x 2> 2,解得 K XV 2. 2. 对数函数模型1例7已知函数f (X)满足:⑴f (1) = 1;⑵函数的值域是[—1, 1];⑶在其定义域上单调递减;⑷ f (X) +2I I1 1f(y)= f (X ∙ y)对于任意正实数x 、y 都成立•解不等式 f (x) ∙ f () ≤ 1 X 2以猜测它的模型函数为 f (X) =log I X 且f 1 (x)的模型函数为f 1(x) = (1)x .22思路分析:由条件⑵、⑶知,f(x)的反函数存在且在定义域 [—1, 1]上递减,由⑴知f 1(1) =- •剩下的只需2由f 1(x)的模型函数性质和运算法则去证明 f 1(X 1) ∙ f 1(X 2) = f 1(X 1 X 2),问题就能解决了.解:由已知条件⑵、⑶知,f (x)的反函数存在,且 f 1(1)=—,又在定义域[—1 , 1]上单调递减.2设 y 1= f 1 (X 1), y 2 = f 1(X 2),则有 χ1=f (yj , χ2=f ( y 2),1∙∙∙χ 1 + X 2 =f (y 1) + f ( y 2) = f (y 1y 2),即有 yd 2=f (X 1 + X 2).∙∙∙ f 1(x 1) ∙ f 1(x 2) = f 1(X 1 X 2),于是,原不等式等价于:11 11f (X )f (1),X11 X1 X1 ,11 X 1 ,1 X1,1 X1 XX = 0 .1 X 1,1 X 1,111 - 1 .1 1 . 1 X1 X故原不等式的解集为{0}.解这类冋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 •幕函数模型例8 已知函数f (x)对任意实数x 、y 都有f (Xy) = f (x) ∙ f (y),且f( 1) =1, f (27) =9,当0≤XV 1时, 0≤f (x) V 1 时.⑴判断f(x)的奇偶性;联想:因为 Iog a (X ∙ y) = Iog X + log a y,而 Iog1 丄=1 , y = Iog2 21 X 在其定义域[—1, 1]内为减函数,所 2⑵判断f (X)在[0,+∞ )上的单调性,并给出证明;⑶若a≥0且f (a 1) ≤ 39 ,求a的取值范围.2 联想:因为X n∙y n = (X ∙ y)n,因而猜测它的模型函数为 f (x) = X n (由f(27)=9,还可以猜想f (x) = X ).2思路分析:由题设可知 f (X)是幕函数y = X1的抽象函数,从而可猜想 f (X)是偶函数,且在[O,+∞ )上是增函数.解:⑴令 y = -1 ,则f( X) = f(X) ∙f( 1),∙∙∙ f( 1)=1,∙∙∙ f ( X)= f(X),即f (X)为偶函数.⑵若X≥0,贝y f(X)= f (、. X X) = f X) ∙ f (、. x) =[ f ( '一X)] 2≥0.设 0≤χ I VX2 ,则 0≤ 0 V 1,X2X1X1∙ f (X I)= f (一X2)=f( I)∙ f (X2 ),X2X2∙.∙当 x≥0 时f (x) ≥0,且当0≤X V 1 时,0≤ f (x) V 1.∙0≤ f (XI) V 1, ∙ f (x1) V f (X2),故函数f (x)在[0 ,+∞ )上是增函数.X2⑶∙∙∙ f (27)=9 ,又f(3 9)= f (3) ∙f(9)=f(3) ∙f(3) ∙f(3) = [ f (3) ] 3,∙ 9 = [ f(3)] 3 ,∙∙∙ f(3) =39 ,∙∙∙ f (a 1) ≤ 39 ,∙ f (a 1) ≤ f(3),τa≥0 , (a + 1), 3 [0 , +∞ ),函数在[0 , +∞ )上是增函数.∙a+ 1 ≤ 3,即a≤ 2 ,又a≥0,故0≤a≤2.三、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)定义于实数集上,当x>0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 (O) = f 2(0),若f (O) = O ,令 x> O, y = O,贝U f (x) = O ,与f(X)> 1 矛盾..∙. f (O) ≠0,即有f (O) = 1 .当 X>O 时,f (X) > 1 > O,当 X V O 时,一X>O, f ( — x) > 1> O,1而f (X) ∙ f ( — X) = f (O) = 1 ------------------ ,∙∙∙ f (X) = > O .f( X)又当 X = O 时,f (O) = 1 > O ,∙ X ∈ R f (x) > O.设一∞V X I Vx2 V +∞,贝U x2— X I >O, f ( X 2— X I ) > 1.∙ f ( X 2) = f [ X I + ( X 2 — x1 )] = f (X 1 ) f ( X 2 — x1 ) > f ( X I ).∙ 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1O已知函数f (x) (X ∈ R, x≠O)对任意不等于零实数x1' X2都有f (x 1∙χ 2 ) = f (x 1) + f (x 2 ), 试判断函数f (X)的奇偶性.解:取 X I =— 1, X2 = 1 得:f( — 1) = f ( — 1) + f (1) , ∙ f (1) = O .又取 x1 = X 2 =— 1 得:f (1) = f ( — 1) + f ( — 1) , ∙ f ( — 1) = O .再取 x1 = X , X 2 = — 1 则有f( — x) = f ( — 1) + f (x),即f( — x) = f (x),∙∙∙ f (X)为非零函数,∙ f (X)为偶函数.3.抽象函数的周期性问题例11函数f(X)定义域为全体实数,对任意实数a、b,有f (a + b) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b),且存在C C> O,使得f( ) = O ,求证f (x)是周期函数.2联想:因为 cos(a + b) + cos(a — b) = 2cosacosb ,且cos — = 0,因而得出它的模型函数为y = CoSX ,由y = CoSX2的周期为2 ,可猜想2C为f(x)的一个周期.思路分析:要在证明2C为f (X)的一个周期,则只需证 f (X 2C) = f (X),而由已知条件f (C) = 0和f (a +Cb) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b)知,必须选择好a、b的值,是得条件等式出现f()和f (χ).2C C证明:令 a = X + , b = ,代入f (a + b) + f (a — b) = 2 f (a) ∙ f (b)可得2 2f (X + C ) = —f (x).∙∙∙ f (X + 2C ) = f [(x + C) + C ] = —f (X + C ) = f (X),即f (X)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 = f (X)满足f (X) + f ( X) = 2002 ,求f 1(χ)+f 1(2002 χ)的值.解:由已知,在等式f (a X) + f (a X) = 2b中a = 0 , b = 2002 ,所以,函数y = f (X)关于点(0 , 2002)对称,根据原函数与其反函数的关系,知函数y = f 1(X)关于点(2002 , 0)对称.∙ f 1(X 1001)+ f 1(1001 X) = 0 ,将上式中的 X用 x— 1001 换,得f 1(x)+ f 1(2002 X)= 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=f (X)对一切实数X都满足f(a X)+ f (a X) = 2b ,则函数y = f (x)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 (m n)=f(m)∙f(n),且当x>0时,0v f (x) V 1.⑴判断f (X)的单调性;⑵设 A = {(x , y)| f(x2) ∙ f (y2) > f(1)}, B = {(x , y)| f (ax y ,2) = 1 , a R},若 A B =,试确定 a的取值范围.解:⑴在f (m n)=f(m) ∙f(n)中,令 m= 1, n = 0 ,得f(1)=f(1) ∙ f (0),因为f(1) ≠ 0,所以f (0) = 1.在f(m n)=f(m) ∙f(n)中,令 m = X , n = — X,■/当 x> 0 时,0V f (x) V 1,∙当 XV 0 时,一X > 0, 0V f ( x) V 1,又当X = 0 时,f (0) = 1 > 0,所以,综上可知,对于任意X ∈ R 均有f (X)> 0.设一∞v X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 — X I > 0, 0v f ( X 2 — X I ) V1.∙∙∙ f ( X 2) = f [ X 1 + ( X 2 — X 1 )] = f (X 1 ) ∙ f ( X 2 — X 1 ) V f ( X 1 ).∙∙∙ y = f (X)在R 上为减函数.2 2 2 2 2 2⑵由于函数y = f (X)在R 上为减函数,所以 f (X ) ∙ f(y)=f(χ + y ) > f (1),即有X + y V 1. 又f (ax y ',2) = 1 = f (0),根据函数的单调性,有ax — y + -, 2 = 0 ._/2由A I B =,所以,直线ax — y+ 2 = 0与圆面X 2+ y 2V 1无公共点,因此有:_ ------------ ≥ 1,解得一1≤a≤ 1.评析:⑴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.而 f (X)f ( - x) = f (0) = 1 , f (χ)=> 1> 0f( X)。
高一数学抽象函数常见题型解法综述
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抽象函数常有题型解法综述抽象函数是指没有给出函数的详细分析式,只给出了一些表现函数特点的式子的一类函数。
因为抽象函数表现形式的抽象性,使得这种问题成为函数内容的难点之一。
本文就抽象函数常有题型及解法评析以下:一、定义域问题例 1. 已知函数f ( x 2 ) 的定义域是[ 1 , ],求 f ( )的定义域。
2 x解:( 2 ) 的定义域是[1 x 2222f x 1 , ],是指,所以f ( x ) 中的x 知足1 x42从而函数 f ( x )的定义域是[ 1,4]评析: 一般地,已知函数 f ( ( x)) 的定义域是A ,求 f ( x )的定义域问题,相当于已知f ( (x)) 中 x 的取值范围为 A ,据此求( x) 的值域问题。
例 2. 已知函数 f (x) 的定义域是 [1,2] ,求函数 f [log 1 (3 x)] 的定义域。
2解: f ( x) 的定义域是 [ 1,2] ,意思是凡被 f 作用的对象都在[ 1,2] 中,由此可得1 log 1(3 x)2( 1 ) 2 3 x ( 1) 11 x112224所以函数f [log(3 x )] 的定义域是11,1[1]24评析: 这种问题的一般形式是:已知函数f ( x )的定义域是 A ,求函数 f ( (x)) 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重点。
这种问题本质上相当于已知(x) 的值域 B ,且 BA ,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 ),同时知足以下条件: ① f (2)1, f (6)1f ( x) f ( y) ,;② f ( x y)5求 f ( 3), f ( 9)的值。
解: 取 x 2, y3,得 f (6) f (2)f (3)因为 f (2)1 ,所以 f4 又取 x y3 ,得 f (9)f (3)f (3)81, f (6) (3)555评析:经过察看已知与未知的联系,奇妙地赋值,取x 2, y3,这样便把已知条件 f (2)1, f (6)1 与5欲求的 f ( 3)交流了起来。
抽象函数常见题型和解法
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抽象函数的常见题型及解法一、 抽象函数的定义域1. 已知f(x)的定义域,求f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b),求f[g(x)]的定义域,其方法是: 由a<g(x)<b,求得x 的范围,即为f[g(x)]的定义域。
即由内层函数的值域,求内层函数的定义域,即为f[g(x)]的定义域。
例1.已知f(x)的定义域为[1,4],求f()的定义域. 解: 由1≤≤4,得 -1≤≤2 即 -1≤<0 或 0<≤2 解得 X ≤-1 或x ≥∴函数的定义域为:2. 已知f[g(x)]的定义域,求f(x)的定义域若已知f[g(x)]的定义域x (a,b),求f(x)的定义域,其方法是: 由a<x<b,求得g(x)的范围,即为f(x)的定义域。
即由内层函数的定义域,求内层函数的值域,即为f(x)的定义域。
例2. 若已知f(x+2)的定义域为[-2,2],求函数f(x)的定义域. 解:∵f(x+2)的定义域为[-2,2], ∴-2≤x ≤2, ∴ 0≤x+2≤4 故f(x)的定义域为[0,4]3. 已知f[ (x)]的定义域,求f[g(x)]的定义域先由f[ (x)]的定义域,求f(x)的定义域,再由f(x)的定义域,求f[g(x)]的定义域。
即由第一个函数中内层函数的定义域,求得第一个函数内层函数的值域,第一个函数内层函数的值域就是第二个函数内层函数的值域,由第∈21+x21+x x1x 1x121()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞⋃-∞-,211,∈ϕϕ二个函数内层函数的值域,再求出第二个函数内层函数的定义域。
例3.若已知f(x+1)的定义域为,求函数f ()的定义域. 解:∵f(x+1)的定义域为, ∴-2≤x 3, ∴ -1≤x+1 4 即f(x)的定义域为.∴ -1≤<4,∴ -3≤<2 即 -3≤<0 或 0<<2 解得 X ≤-或 x> ∴函数的定义域为:3. 已知f(x)的定义域,求f[ (x)] + f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b),求f[g(x)]+f[g(x)]的定义域,其方法是:由,求得x 的范围,即为f[ (x)] + f[g(x)]的定义域。
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抽象函数常见题型解法综述
赵春祥
抽象换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?类凶数。
市于抽象两数表现形式的抽象性,使得这类问题成为两数内容的难点之一。
本文就抽象两数常见
题型及解法评析如下:
一、定义域问题
例1?已知函数/(x2)的定义域是[1, 2],求f (x)的定义域。
解:/(x2)的定义域是[1, 2],是扌旨15兀52,所以/(x2)屮的,满足l<x2 <4
从而函数f (x)的定义域是[1,4]
评析:一般地,已知函数/Mx))的定义域是A,求f(x)的定义域问题,相当于已知/(俠朗) 屮x的取值范围为A,据此求gx)的值域问题。
例2?己知函数/(兀)的定义域是[-1, 2],求函数/[log, (3-x)]的定义域。
2
解:/(x)的定义域是[-1, 2],意思是凡被f作用的对象都在[-1, 2]屮,由此可得
-lGog](37)S2=> (丄尸<3-x <(-)■* =>l<x< —
牙 2 2 4
所以函数/[lo gl(3-x)]的定义域是[1,—]
2 4
评析:这类问题的一般形式是:己知函数f(X)的定义域是A,求函数MM的定义域。
正确理解两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己知0(力的。
高中常见抽象函数题型归纳
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抽象函数常见题型及解法没有明确给出解析式的函数统称为抽象函数。
常见题型及其解法如下:一、函数性质法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.三、常用变换技巧()()()()[()]()()()()()f y f x y f x y f x f x y y f x y f x f y f x f y +-=⇒=+-=⇒+=四、经典例题及易混易错题型(一)定义域问题这类问题只要紧紧抓住:将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体,相当于f x ()中的x 这一特性,问题就会迎刃而解.例1. 函数y f x =()的定义域为(]-∞,1,则函数y f x =-[log ()]222的定义域是___. 分析:因为log ()22x 2-相当于f x ()中的x ,所以log ()2221x -≤,解得22<≤x 或-≤<-22x . 例2. 已知函数)(2x f 的定义域是[1,2],求f (x )的定义域.分析:已知函数的定义域是A ,求函数f(x)的定义域,相当于求内函数的值域.)(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] )()()()()()(y f x f y x f y f x f y x f =-⇔=+()()()()()[()]()()()()f x f x y f x f y f x f x y y f x y f y f x y f y +=⇒=-+=-⇒-=)()()()()()(y f x f y x f y f x f y x f +=⋅⇔-=()()()()()()()()()()x x x f x y f x f y f x f y f f y f f x f y y y y ⋅=+⇒=⋅=+⇒=-()()x f ϕ()x ϕ例3.若函数)1(+=x f y 的定义域为)3,2[-,求函数)21(+=x f y 的定义域.解析:由)1(+=x f y 的定义域为)3,2[-,知1+x 中的)3,2[-∈x ,从而411<+≤-x ,对函数)21(+=x f y 而言,有1124x -≤+<,解之得:),21(]31,(+∞--∞∈ x . 所以函数)21(+=x f y 的定义域为),21(]31,(+∞--∞例4.已知f x ()的定义域为(0),1,则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的定义域是______. 分析:因为x a +及x a -均相当于f x ()中的x ,所以 010111<+<<-<⎧⎨⎩⇒-<<-<<+⎧⎨⎩x a x a a x a a x a (1)当-≤≤120a 时,则x a a ∈-+(),1 (2)当012<≤a 时,则x a a ∈-(),1f x ()的定义域为(0),1,意思是凡被f 作用的对象都在(0),1中.评析:已知f(x)的定义域是A ,求的定义域问题,相当于解内函数的不等式问题.例5.定义在上的函数f(x)的值域为,若它的反函数为f-1(x),则y=f-1(2-3x)的定义域为______,值域为______. 答案:(二)函数值问题1. 赋特殊值法求值例1.已知f x ()的定义域为R +,且f x y f x f y ()()()+=+对一切正实数x ,y 都成立,若f ()84=,则f (2)=_______.分析:在条件f x y f x f y ()()()+=+中,令x y ==4,得f f f f ()()()()844244=+==,∴=f ()42又令x y ==2,得f f f (4)(2)(2)=+=2,∴=f (2)1例2.设函数)(x f 的定义域为()+∞,0,且对于任意正实数y x ,都有)(xy f =)(x f )(y f +恒成立。
抽象函数经典综合题33例(含详细解答)
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抽象函数经典综合题33例(含详细解答)抽象函数,是指没有具体地给出解析式,只给出它的一些特征或性质的函数,抽象函数型综合问题,一般通过对函数性质的代数表述,综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力,考查对于函数性质的代数推理和论证能力,考查学生对于一般和特殊关系的认识,是考查学生能力的较好途径。
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。
本资料精选抽象函数经典综合问题33例(含详细解答)1.定义在R 上的函数y=f(x),f(0)≠0,当x>0时,f(x)>1,且对任意的a 、b ∈R ,有f(a+b)=f(a)f(b), (1)求证:f(0)=1;(2)求证:对任意的x ∈R ,恒有f(x)>0; (3)证明:f(x)是R 上的增函数;(4)若f(x)·f(2x-x 2)>1,求x 的取值范围。
解 (1)令a=b=0,则f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0 ∴f(0)=1 (2)令a=x ,b=-x 则 f(0)=f(x)f(-x) ∴)(1)(x f x f =- 由已知x>0时,f(x)>1>0,当x<0时,-x>0,f(-x)>0 ∴0)(1)(>-=x f x f 又x=0时,f(0)=1>0 ∴对任意x ∈R ,f(x)>0(3)任取x 2>x 1,则f(x 2)>0,f(x 1)>0,x 2-x 1>0 ∴1)()()()()(121212>-=-⋅=x x f x f x f x f x f ∴f(x 2)>f(x 1) ∴f(x)在R 上是增函数(4)f(x)·f(2x-x 2)=f[x+(2x-x 2)]=f(-x 2+3x)又1=f(0), f(x)在R 上递增∴由f(3x-x 2)>f(0)得:3x-x 2>0 ∴ 0<x<3 2.已知函数()f x ,()g x 在R 上有定义,对任意的,x y R ∈有()()()()()f x y f x g y g x f y -=- 且(1)0f ≠(1)求证:()f x 为奇函数(2)若(1)(2)f f =, 求(1)(1)g g +-的值解(1)对x R ∈,令x=u-v 则有f(-x)=f(v-u)=f(v)g(u)-g(v)f(u)=f(u-v)=-[f(u)g(v)- g(u)f(v)]=-f(x)(2)f(2)=f{1-(-1)}=f(1)g(-1)-g(1)f(-1)=f(1)g(-1)+g(1)f(1)=f(1){g(-1)+g(1)} ∵f(2)=f(1)≠0∴g(-1)+g(1)=13.已知函数)(x f 对任意实数y x ,恒有)()()(y f x f y x f +=+且当x >0,.2)1(.0)(-=<f x f 又(1)判断)(x f 的奇偶性;(2)求)(x f 在区间[-3,3]上的最大值; (3)解关于x 的不等式.4)()(2)(2+<-ax f x f ax f解(1)取,0==y x 则0)0()0(2)00(=∴=+f f f取)()()(,x f x f x x f x y -+=--=则)()(x f x f -=-∴对任意R x ∈恒成立 ∴)(x f 为奇函数. (2)任取2121),(,x x x x <+∞-∞∈且, 则012>-x x0)()()(1212<-=-+∴x x f x f x f),()(12x f x f --<∴ 又)(x f 为奇函数 )()(21x f x f >∴ ∴)(x f 在(-∞,+∞)上是减函数. ∴对任意]3,3[-∈x ,恒有)3()(-≤f x f而632)1(3)1()2()12()3(-=⨯-==+=+=f f f f f 6)3()3(=-=-∴f f ∴)(x f 在[-3,3]上的最大值为6(3)∵)(x f 为奇函数,∴整理原式得 )2()()2()(2-+<-+f ax f x f ax f进一步可得)2()2(2-<-ax f x ax f而)(x f 在(-∞,+∞)上是减函数,222->-∴ax x ax.0)1)(2(>--∴x ax∴当0=a 时,)1,(-∞∈x当2=a 时,}1|{R x x x x ∈≠∈且当0<a 时,}12|{<<∈x ax x当20<<a 时, }12|{<>∈x a x x x 或 当a>2时,}12|{><∈x ax x x 或4.已知f (x )在(-1,1)上有定义,f (21)=-1,且满足x ,y ∈(-1,1)有f (x )+f (y )=f (xyy x ++1) ⑴证明:f (x )在(-1,1)⑵对数列x 1=21,x n +1=212nn x x +,求f (x n ); ⑶求证252)(1)(1)(121++->+++n n x f x f x f n(Ⅰ)证明:令x =y =0,∴2f (0)=f (0),∴f (0)=0令y =-x ,则f (x )+f (-x )=f (0)=0 ∴f (x )+f (-x )=0 ∴f (-x )=-f (x )∴f (x )为奇函数 (Ⅱ)解:f (x 1)=f (21)=-1,f (x n +1)=f (212n n x x +)=f (nn n n x x x x ⋅++1)=f (x n )+f (x n )=2f (x n ) ∴)()(1n n x f x f +=2即{f (x n )}是以-1为首项,2为公比的等比数列∴f (x n )=-2n -1 (Ⅲ)解:)2121211()(1)(1)(11221-++++=+++n nx f x f x f 2212)212(21121111->+-=--=---=--n n n而2212)212(252-<+--=++-=++-n n n n ∴252)(1)(1)(121++->+++n n x f x f x f n5.已知函数N x f N x x f y ∈∈=)(,),(,满足:对任意,,,2121x x N x x ≠∈都有)()()()(12212211x f x x f x x f x x f x +>+;(1)试证明:)(x f 为N 上的单调增函数; (2)n N ∀∈,且(0)1f =,求证:()1f n n ≥+;(3)若(0)1f =,对任意,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f ,证明:∑=<-ni if 141)13(12. 证明:(1)由①知,对任意*,,a b a b ∈<N ,都有0))()()((>--b f a f b a ,由于0<-b a ,从而)()(b f a f <,所以函数)(x f 为*N 上的单调增函数. (2)由(1)可知n N ∀∈都有f(n+1)>f(n),则有f(n+1)≥f(n)+1 ∴f(n+1)-f(n)1≥, ∴f(n)-f(n-1)1≥ ∙∙∙ ∴ f(2)-f(1)1≥∴f(1)-f(0)1≥由此可得f(n)-f(0)≥n ∴f(n)≥n+1命题得证(3)由任意,m n N ∈,有1)())((+=+n f m f n f 得()1f m = 由f(0)=1得m=0 则f(n+1)=f(n)+1,则f(n)=n+121)311(21311)311(31313131)13(121<-=--=+∙∙∙++=-∑=n n n ni if6.已知函数()f x 的定义域为[]0,1,且同时满足:(1)对任意[]0,1x ∈,总有()2f x ≥; (2)(1)3f =(3)若120,0x x ≥≥且121x x +≤,则有1212()()()2f x x f x f x +≥+-. (I)求(0)f 的值; (II)求()f x 的最大值;(III)设数列{}n a 的前n 项和为n S ,且满足*12(3),n n S a n N =--∈.求证:123112332()()()()2n n f a f a f a f a n -⨯++++≤+-.解:(I )令120x x ==,由(3),则(0)2(0)2,(0)2f f f ≥-∴≤由对任意[]0,1x ∈,总有()2,(0)2f x f ≥∴= (II )任意[]12,0,1x x ∈且12x x <,则212101,()2x x f x x <-≤∴-≥22112111()()()()2()f x f x x x f x x f x f x ∴=-+≥-+-≥max ()(1)3f x f ∴==(III)*12(3)()n n S a n N =--∈1112(3)(2)n n S a n --∴=--≥1111133(2),10n n n n a a n a a --∴=≥=≠∴= 111112113333333()()()()()23()4n n n n n n nn f a f f f f f -∴==+≥+-≥-+ 111143333()()n n f f -∴≤+,即11433())(n n f a f a +≤+。
高一数学必修1抽象函数常见题型解法归纳
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高一数学必修1抽象函数常见题型解法归纳一、直接法从题设条件出发、利用定义、定理、性质、公式等知识,通过变形、推理、运算等过程,直接得到结果。
二、特殊化法当填空题的结论唯一或题设条件中提供的信息暗示答案是一个定值时,可以把题中变化的不定量用特殊值代替,即可以得到正确结果。
三、数形结合法对于一些含有几何背景的填空题,若能数中思形,以形助数,则往往可以简捷地解决问题,得出正确的结果。
四、等价转化法将问题等价地转化成便于解决的问题,从而得出正确的结果。
解决恒成立问题通常可以利用分离变量转化为最值的方法求解。
问题1:我的基础还可以,上课老师讲的也都能听懂,但是一到自己做就做不出来了,帮忙分析一下原因。
答:数学这个东西是靠着逻辑吃饭的,是靠着逻辑演绎向前推进和发展的。
当一个老师把你抱到了逻辑的起点上,告诉你这个逻辑关系是怎样的,比如说饿了就应该找饭吃,下雨了就应该找伞来打,告诉你了这个逻辑规则,你自己肯定会按照逻辑的顺序往前跑,这就叫为什么上课听得懂。
为什么课下自己不会做了呢?是因为课下你找不到逻辑的起点,就像一个运动员空有一身本领,跑得飞快,没有找到起点,没有到起点做好认真的准备,结果人家一发令,你没反应。
有两种学习的模式,一种是靠效仿,老师给我变一个数,出两道类似的练习题,照老师的模子描下来,结果做对了,好象我学会了,这就是效仿的方式来学数学,这种方式在小学是主要手段,在初中,这种手段还占着百分之六七十的分量,但是到了高中就不行了,靠模仿能得到的分数也就是五六十分,其他的分数都要靠你的理解。
问题2:我有时候看基础知识的时候定义都没有问题,但是一做题的时候,就转不过来了,耗的时间比较多,怎么办?答:那你就看看定理、定义、公式都是怎么使用,除了背下它们之外,关键是要把握住这些数学的定义、定理、公式、法则,在解题中是如何运用的,建议你好好从课本出发,如何利用刚才讲的这个定理或者定义去解题的,把它先搞清楚,适当的时候自己做做笔记,问问自己,这个定义是怎么使用的,在这个定理里怎么用的,你自己在旁边注上一两句话。
(完整)高一数学抽象函数常见题型
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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]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[, 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 三、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 ,)()()(y f x f y x f =+总成立,且存在21x x ≠,使得)()(21x f x f ≠,求函数)(x f 的值域。
解: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 。
[实用参考]高一必修一数学抽象函数常见题型解法综述.doc
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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 (G )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 (G )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 (G )的定义域问题,相当于已知))((x f ϕ中G 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 (G )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G 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 (G ),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。
抽象函数常见题型和解法
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抽象函数的常见题型及解法一、 抽象函数的定义域1. 已知f(x)的定义域,求f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b),求f[g(x)]的定义域,其方法是: 由a<g(x)<b,求得x 的范围,即为f[g(x)]的定义域。
即由内层函数的值域,求内层函数的定义域,即为f[g(x)]的定义域。
例1.已知f(x)的定义域为[1,4],求f()的定义域. 解: 由1≤≤4,得 -1≤≤2 即 -1≤<0 或 0<≤2 解得 X ≤-1 或x ≥∴函数的定义域为:2. 已知f[g(x)]的定义域,求f(x)的定义域若已知f[g(x)]的定义域x (a,b),求f(x)的定义域,其方法是: 由a<x<b,求得g(x)的范围,即为f(x)的定义域。
即由内层函数的定义域,求内层函数的值域,即为f(x)的定义域。
例2. 若已知f(x+2)的定义域为[-2,2],求函数f(x)的定义域. 解:∵f(x+2)的定义域为[-2,2], ∴-2≤x ≤2, ∴ 0≤x+2≤4 故f(x)的定义域为[0,4]3. 已知f[ (x)]的定义域,求f[g(x)]的定义域先由f[ (x)]的定义域,求f(x)的定义域,再由f(x)的定义域,求f[g(x)]的定义域。
即由第一个函数中内层函数的定义域,求得第一个函数内层函数的值域,第一个函数内层函数的值域就是第二个函数内层函数的值域,由第∈21+x21+x x1x 1x121()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞⋃-∞-,211,∈ϕϕ二个函数内层函数的值域,再求出第二个函数内层函数的定义域。
例3.若已知f(x+1)的定义域为,求函数f ()的定义域. 解:∵f(x+1)的定义域为, ∴-2≤x 3, ∴ -1≤x+1 4 即f(x)的定义域为.∴ -1≤<4,∴ -3≤<2 即 -3≤<0 或 0<<2 解得 X ≤-或 x> ∴函数的定义域为:3. 已知f(x)的定义域,求f[ (x)] + f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b),求f[g(x)]+f[g(x)]的定义域,其方法是:由,求得x 的范围,即为f[ (x)] + f[g(x)]的定义域。
高一抽象函数练习题
![高一抽象函数练习题](https://img.taocdn.com/s3/m/c5086246a200a6c30c22590102020740be1ecdea.png)
高一抽象函数练习题一、选择题A. 若f(x)是奇函数,则f(x) = f(x)B. 若f(x)是偶函数,则f(x) = f(x)C. 若f(x)是周期函数,则f(x+T) = T,其中T为周期D. 若f(x)在R上单调递增,则f'(x) > 0A. f(x)在R上单调递增B. f(x)在R上单调递减C. f(x)在(∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增D. f(x)在(∞,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减二、填空题1. 已知函数f(x) = ax^2 + bx + c(a≠0),若f(1) = 3,f(1) = 5,则f(0) = ______。
2. 设函数f(x) = (1/2)^x,则f(x+1) = ______。
3. 已知函数f(x) = 2x + 3,g(x) = 3x 1,则f[g(x)] =______。
三、解答题1. 设函数f(x) = x^3 3x,求f(x)的单调区间。
2. 已知函数f(x) = (1/2)^x,求f(x)在区间[0,2]上的最大值和最小值。
3. 设函数f(x) = |x1| + |x+1|,求f(x)的值域。
4. 已知函数f(x) = ax^2 + bx + c(a≠0),若f(x)在R上单调递增,求a、b的取值范围。
5. 设函数f(x) = x^2 2x + 3,求证:对于任意实数x,都有f(x) ≥ 2。
6. 已知函数f(x) = 2x + 3,g(x) = 3x 1,求f(x)与g(x)的交点坐标。
7. 设函数f(x) = (1/2)^x,求证:f(x)在R上单调递减。
8. 已知函数f(x) = |x2| |x+2|,求f(x)的零点。
9. 设函数f(x) = ax^2 + bx + c(a≠0),若f(x)的图像开口向上,且顶点坐标为(1,2),求f(x)的表达式。
10. 已知函数f(x) = x^3 3x,求f(x)的极值。
抽象函数及应用13种常考题型总结(原卷版)
![抽象函数及应用13种常考题型总结(原卷版)](https://img.taocdn.com/s3/m/6a60ce9a05a1b0717fd5360cba1aa81144318fa0.png)
抽象函数及应用13种常考题型总结题型1抽象函数的定义域问题题型2抽象函数的值域问题题型3求抽象函数的值题型4求抽象函数的解析式题型5抽象函数的奇偶性问题题型6抽象函数的单调性问题题型7抽象函数周期性问题题型8抽象函数的对称性问题题型9解抽象不等式题型10抽象函数比较大小题型11抽象函数的最值问题题型12抽象函数的零点问题题型13双函数混合型1.抽象函数概念:我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数,题目中往往只给出函数的特殊条件或特征.2.抽象函数定义域的确定所谓抽象函数是指用()f x 表示的函数,而没有具体解析式的函数类型,求抽象函数的定义域问题,关键是注意对应法则。
在同一对应法则的作用下,不论接受法则的对象是什么字母或代数式,其制约条件是一致的,都在同一取值范围内。
抽象函数的定义域的求法(1)若已知函数f (x )的定义域为[a ,b ],则复合函数f (g (x ))的定义域由a ≤g (x )≤b 求出.(2)若已知函数f (g (x ))的定义域为[a ,b ],则f (x )的定义域为g (x )在x ∈[a ,b ]时的值域.注:求函数的定义域,一般是转化为解不等式或不等式组的问题,注意定义域是一个集合,其结果必须用集合或区间来表示.3.“赋值法”求抽象函数的值赋值法就是根据题目的具体情况,合理、巧妙地对某些元素赋予确定的特殊值(0,1,-1等),从而使问题获得简捷有效的解决。
注:(1)第一层次赋值:常常令字母取0,-1,1等.(2)第二层次赋值:若题中有条件0f x =t (),则再令字母取0x .(3)第三层次赋值:拆分赋值,根据抽象式子运算,把赋值数拆成某两个值对应的和与积(较多)或者差与商(较少).4.“赋值法”求抽象函数的解析式赋值法求抽象函数的解析式,首先要对题设中的有关参数进行赋值,再得到函数解析式的某种递推关系,最后求得函数的解析式。
5.“赋值法”探究抽象函数的奇偶性判断抽象函数的奇偶性的关键是得到()f x 与()f x -的关系,解题时要对有关变量进行赋值,使其最后只保留()f x 与()f x -的关系。
高一新课标必修一抽象函数重点题型
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一、定义域问题例已知函数)(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]题型一、已知()f x 的定义域,求[]()f g x 的定义域其解法是:若()f x 的定义域为a x b ≤≤,则在[]()f g x 中,()a g x b ≤≤,从中解得x 的取值范围即为[]()f g x 的定义域.例.已知函数()f x 的定义域为[]15-,,求(35)f x -的定义域. 分析:该函数是由35u x =-和()f u 构成的复合函数,其中x 是自变量,u 是中间变量,由于()f x 与()f u 是同一个函数,因此这里是已知15u -≤≤,即1355x --≤≤,求x 的取值范围.解:()f x 的定义域为[]15-,,1355x ∴--≤≤,41033x ∴≤≤.故函数(35)f x -的定义域为41033⎡⎤⎢⎥⎣⎦,. 题型二、已知[]()f g x 的定义域,求()f x 的定义域其解法是:若[]()f g x 的定义域为m x n ≤≤,则由m x n ≤≤确定的()g x 的范围即为()f x 的定义域.例已知函数2(22)f x x -+的定义域为[]03,,求函数()f x 的定义域. 分析:令222u x x =-+,则2(22)()f x x f u -+=,由于()f u 与()f x 是同一函数,因此u 的取值范围即为()f x 的定义域.解:由03x ≤≤,得21225x x -+≤≤.令222u x x =-+,则2(22)()f x x f u -+=,15u ≤≤.故()f x 的定义域为[]15,.三、运算型的抽象函数求由有限个抽象函数经四则运算得到的函数的定义域,其解法是:先求出各个函数的定义域,然后再求交集.例若()f x 的定义域为[]35-,,求()()(25)x f x f x ϕ=-++的定义域. 解:由()f x 的定义域为[]35-,,则()x ϕ必有353255x x --⎧⎨-+⎩,,≤≤≤≤解得40x -≤≤.所以函数()x ϕ的定义域为[]40-,. 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。
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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]
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
4111)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]4111[, 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: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5
1)6(1)2(=
=f f ,,所以54)3(-=f 又取3==y x 得5
8)3()3()9(-=+=f f f 三、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 ,)()()(y f x f y x f =+总成立,且存在21x x ≠,使得)()(21x f x f ≠,求函数)(x f 的值域。
解: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
四、解析式问题
例5. 设对满足10≠≠x x ,的所有实数x ,函数)(x f 满足x x x f x f +=-+1)1(
)(,
求f (x )的解析式。
解:在)1(1)1(
)(x x x f x f +=-+中以x x 1-代换其中x ,得: )2(12)11()1(x
x x f x x f -=--+- 再在(1)中以11--
x 代换x ,得 )3(12)()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。
五、单调性问题
例6. 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,01)(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。
六、奇偶性问题
例7. 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1121=-=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。
七、对称性问题
例8. 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)(1x 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。
八、网络综合问题
例9. 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x>0时,0<f (x )<1。
(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112
2≥+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。