2009届高考数学快速提升成绩题型训练——抽象函数

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对2009年高考中抽象函数问题的解法浅析

１一（＋／）则＿－昔）的值是（）１）（，厂厂（（）
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１，）然后利用－）厂（的单调性脱掉 “ ”转化为绝对值不－，厂等式问题来求解．
七七七电七七七电七七
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直叙．
故Ｃ丢Ｏ０而￡１．ＯＣ一，一或３ＳＳ从
当￡１，（）１ｏ２，恒为０一时＿ｚ一一ｃｓｘ不厂；当ｆ时，（恒为Ｏ一３＿）厂．
４让学生养成独立钻研问题，．较长时间集中注意力思考问题，强化创造意识的学习习惯．注意思想集中与适当分散的辩证关系，植灵感爆发或顿悟的基本环培
件，这种直觉引路、分析铺路的思维方式，值得深思和借
鉴．
数学直觉思维能力在学生掌握了一定的数学知识，形成了相对复杂的知识结构时须着重培养，此，们为我在数学教学中应做好以下几方面工作．１将每一章节的基本理论、本方法、本题型归．基基
因一。｛ｃ，此ｃ一（ｓ）ｓ，
显然为奇数，于是－ＣＳｔ—ｃｓ．－Ｏ。
３直觉思维的培养宜采用启发式教学，师应尽量．老启发学生作出 “ 索联想 ” 由学生说出过程，免平铺检，避
分析：先设法求出／寺）（的值，再利用＿＋１一厂（）

抽象函数常见题型解法

抽象函数常见题型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，使得这类问题成为函数内容的难点之一.抽象性较强，灵活性大,解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质，通过局部性质或图象的局部特征，利用常规数学思想方法（如化归法、数形结合法等），这样就能突破“抽象”带来的困难，做到胸有成竹.另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。

常见的特殊模型:目录：一.定义域问题二、求值问题三、值域问题四、解析式问题五、单调性问题六、奇偶性问题七、周期性与对称性问题八、综合问题一.定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。

例1.若函数y = f （x ）的定义域是[－2，2]，则函数y = f （x+1）+f （x －1）的定义域为。

解：f(x)的定义域是[]2,2-，意思是凡被f 作用的对象都在[]2,2- 中。

评析：已知f(x)的定义域是A ，求()()x f ϕ的定义域问题，相当于解内函数()x ϕ的不等式问题。

练习：已知函数f(x)的定义域是[]2,1- ，求函数()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-x f 3log 21 的定义域。

例2：已知函数()x f 3log 的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域。

[]11log ,13 评析：已知函数()()x f ϕ的定义域是A ，求函数f(x)的定义域。

相当于求内函数()x ϕ的值域。

11≤≤-x练习：定义在(]8,3上的函数f(x)的值域为[]2,2-，若它的反函数为f -1(x)，则y=f -1(2-3x)的定义域为，值域为。

(]8,3,34,0⎥⎦⎤⎢⎣⎡二、求值问题-----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。

怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;例3.①对任意实数x,y ，均满足f(x+y 2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______. 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：,)]1([2)()1(,1,2f n f n f y n x +=+==得令令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,∴f(1)=21,.22001)2001(f ,2n )n (f ,21f(n)-1)f(n =∴==+故即②R 上的奇函数y=f(x)有反函数y=f -1(x),由y=f(x+1)与y=f -1(x+2)互为反函数，则f(2009)= . 解析：由于求的是f(2009)，可由y=f -1(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.例4.已知f(x)是定义在R 上的函数，f(1)=1,且对任意x ∈R 都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,则g(2002)=_________.1解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)≤f(x)+1，所以 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.练习： 1. f(x)的定义域为(0,)+∞，对任意正实数x,y 都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ，则f = （12）2.的值是则且如果)2001(f )2000(f )5(f )6(f )3(f )4(f )1(f )2(f ,2)1(f ),y (f )x (f )y x (f ++++==+ 。

2009年高考抽象函数问题分类解析

质：
变式３设０为ＡＡＣ的外接圆心，圆的半Ｂ若
从上述解答看试题考查重点是平面向量的运算与性质，如果抛开对立体几何中的线面角的考查，原问题可降低难度，减少思维量，重点考查向量的数量
积运算：变式１设０为ＡＡＣ的外心，３Ｄ４ＤＢ若Ａ＋＋５ＯＣ＝０则ＡＡ，ＢＣ的内角Ｃ为（）
３
１＞０＝０，以一１＜０即一２）＜））所），５
吾＝・）０寻）０）＝）：）
２
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８）＜１）故选Ｄ０１，．
例４（０９年陕西卷理）定义在Ｒ上的偶函２０
数－）厂满足：任意的，：∈ （（对一∞ ，］ ≠ ）０（，有（一）／）一．）（／）＞０贝当 ∈Ｎ时，（．０
苕 §量雪毛要熟知三角形的重心、圆周角与圆心角等知识，还要具备猜测的技能）是否有得不偿失之嫌？，思考二对模拟试卷命题有什么启示？
中学数学杂志
２１００年第３期
Ｏ＝０其中，，Ｃ（Ｙ＞０，）那么可以考查到问题的本
勾股数３４５多少能让不少考生联想到内角ｃ与，，有关，并设法找出计算的办法和结果．果将条件３如
＋４０＋５Ｏ＝０再一般化成Ｏ＋ＹＯ＋ＣＡＢ
２０高考抽象函数问题分类解析０９年
江苏省南通市通州区兴仁中学２６７２３１吴佑华

高考数学5类常见抽象函数真题讲解!.doc

高考数学5类常见抽象函数真题讲解！题型一：正比例例题．已知函数f(x),当x,y∈R时，恒有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)．求证:f(x)是奇函数(2)．若f(-3)=a,用a表示f(24)①令y=-x，f(x-x)=f(x)+f(-x)∴f(x)+f(-x)=f(0)令x=y=0,则f(0)=2f(0)=0∴f(x)+f(-x)=0,∴f(x)=-f(-x)∴f(x)是奇函数②∵f(24)=f(3)+f(21)=2f(3)+f(18)=.....=8f(3)又∵f(-3)=a,∴f(3)=-a，∴f(24)=-8a题型二：对数函数型例题：函数f(x)对于x0有意义，且满足条件f(2)=1,f(xy)=f(x)+f(y),f(x)是减函数（1）证明：f(1)=0;（2）若f(x)+f(x-3)≥2成立，求x的取值范围。

①证明：令x=y=1，则f(1×1)=f(1)+f(1),故f(1)=0②∵f(2)=1,令x=y=2∴f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2f(2)=2,f(x)+f(x-3)=f[x(x-3)]∴f[x(x-3)]≥f(4)∵f(x)是减函数∴x(x-3)≤4,∴x²-3x-4≤0成立的x的取值范围是-1≤x≤4题型三:指数函数型例题. 已知函数f(x)的定义域为R,对任意实数m,n都有f(m+n)=f(m)f(n),且当x0时,0f(x)1.(1) 证明:f(0)=1,且x0时,f(x)1;(2) 证明: f(x)在R上单调递减;解：(1)令m=0,n=1,f(0+1)=f(0)f(1)∵当x0时,0f(x)1∴f(1)0,f(0)=1∵x0,∴-x0∵f(-x+x)=f(-x)f(x)f(0)=1,x0时,0f(x)1∴f(-x)1∴x0时,f(x)1(2)任取x1,x2∈R,且x1x2则f(x2)-f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)·f(x1)-f(x1)=[f(x2-x1)-1]·f(x1)∵x2-x10,∴0f(x2-x1)1,故f(x2-x1)-10,∵f(x1)0∴[f(x2-x1)-1]·f(x1)0∴f(x2)-f(x1)0,∴f(x1)f(x2)∴函数f(x)是R上的单调减函数. 题型四：幂函数型题型五：三角函数型。

高考数学常考压轴题及答案：抽象函数

高考数学常考压轴题及答案：抽象函数1500字高考数学常考的压轴题之一是关于抽象函数的题目。

抽象函数是高中数学中一个较为复杂的概念，但是在高考中，几乎每年都会出现与抽象函数相关的题目。

掌握了抽象函数的相关知识，对于解答这类问题将起到事半功倍的效果。

抽象函数是指以未知函数为自变量的函数。

在高考中，一般会给出具体的函数表达式，然后要求对其进行分析和求解。

下面是一道常见的抽象函数问题：已知函数 $f(x)$ 与 $g(x)$ 满足 $f(x)=2g(x)+1$ ，且 $g(x)$ 为奇函数，则函数$f(x)$ 的一个表达式是（）A. $f(x)=x+1$B. $f(x)=2x$C. $f(x)=x-2$D. $f(x)=3x-1$解析：根据已知条件 $f(x)=2g(x)+1$ ，我们可以得到 $g(x)=\\frac{f(x)-1}{2}$ 。

由于 $g(x)$ 是奇函数，即 $g(-x)=-g(x)$ ，代入 $g(x)$ 的表达式可以得到 $\\frac{f(-x)-1}{2}=-\\frac{f(x)-1}{2}$ 。

将表达式化简可得 $f(-x)=-f(x)$ ，即函数 $f(x)$ 为奇函数。

根据题目所给选项，只有选项 A 和 C 是奇函数，可以进行进一步的判断。

将选项 A 带入到原式中，得到 $f(x)=x+1$ ，不满足已知条件，所以选项 A 不是正确的答案。

将选项C 带入到原式中，得到$f(x)=x-2$ ，满足已知条件，所以选项C 是正确的答案。

答案：C另外，还有一类与抽象函数相关的常考压轴题是根据已知条件求解未知函数表达式的题目。

下面是一道例题：已知函数 $f(x)$ 满足 $f(3x-2)=5-x$ ，求函数 $f(x)$ 的表达式。

解析：由已知条件得到 $f(3x-2)=5-x$ ，我们可以发现，当自变量取值为$x=\\frac{2}{3}$ 时，整个函数的表达式会发生变化。

因此，我们可以令 $3x-2=\\frac{2}{3}$ ，求解出 $x$ 的值为 $x=\\frac{8}{9}$ 。

高考数学专题复习抽象函数

高考数学专题复习抽象函数高考常考抽象函数模型：1. 正比率函数型： f (x) kx(k 0)f (x y)f ( x)f ( y)2. 一次函数型：fx kx b f xyf x f y b 幂函数型：f ( x)x 2f ( xy)f (x) f ( y) ，f ( x)f ( x)3. yf ( y) 4.指数函数型：5.对数函数型：6.三角函数型：f ( x f (x)f ( x) a xy)f ( x y)f ( x) f ( y) ， f ( y)f ( xf ( x) log a xf ( xy)f (x)) f (x) f ( y)f ( y) ，yf (x y)f ( x)f ( y)f ( x) tan x1 f ( x) f ( y)1、直线型抽象函数例1.已知函数 f (x) 对随意实数 x, y ，均有 f ( x y)f ( x) f ( y)，且当 x0 时，f ( x)0 ，f ( 1) 2 ，求 f ( x) 在2,1 的值域2、指数函数型抽象函数 f ( x)知足：对随意实数 m ， n ，总有f ( m n)f (m) f (n) ，且当 x例 2.定义在 R 上的函数时，0 f ( x) 1 ．(1) 试求f (0)的值(2) 判断f (x)的单一性并证明3、对数函数模型1; ②对随意实数 b ，f ( x b)例 3.定义在R上的函数 f ( x) 知足：① f (10)bf ( x) ，当 x 1 时，f x 0f (1), f ( 1), f ( 1)(1) 求24 x, y, f ( xy) f (x)f ( y)(2) 求证：对随意正实数(3) 求证：f (x)是R上的增函数4、幂函数模型例 4.已知函数f ( x)对随意实数 x, y 都有 f ( x y)f (x) f ( y) 且 f ( 1) 1, f (27)9.当 0x 1时，0 f (x) 1判断f ( x)的奇偶性判断 f ( x) 在 0, 上的单一性，并证明若 a 0 ，且f ( a1) 39，求 a 的取值范围5、正切函数模型1 f ( x)f ( x m)例 5.若对常数m和随意实数x，都有等式1f ( x)建立，求证: f ( x) 是周期函数14,2 . 2 f 01, nmnm. 3 f 10. f1lg 1, f 12 lg 1. f xyf 10 lg xy f m nf n22 42f 10 lg xf 10 lg yxyx2 lg xy右 4 y1fxf x ,0 xxy. f xx 3 .0 a 2f f x1f ( x m) 1 1 f ( x)15 f (x2m)f (xm) m1 f ( x)4m1 f ( x m)1 f ( x)T1 f ( x)1 f ( x)练习：1.若xR ，f ( x)知足f ( xy) f ( x)f ( y)，若 x 0 时， f x，比较大小f2 , f 0 , f 12.若xR ， f ( x) 知足f x1x 2f x 1f x 21,，则以下说法正确的选项是（）A.fx为奇函数B.f x为偶函数C.f x1为奇函数D.f x1为偶函数3.f (x)的定义域为 R ,fxy()fx( )fy( )对一确实数x, y建立，若f (8) 4，f (2)4.f (x)定义域为 R ，对随意x, yf ( x) f ( x) f ( y)，x1 时，f (x)0 ，f ( 1) 1R，都有y2，2（ 1）求证f (x)为减函数（ 2）解不等式f ( x) f (5 x)2f (x) 是定义在 R 上的偶函数，图像对于 x 1对称， x 1 , x 2 [ 0, 1]，有 f ( x1 x2 ) f (x 1) f ( x 2 ), f x 05.2 (1) 设f (1)2，求f ( 1)f7， f 2f 20152 ，4，3(2) 求函数yf xm. m1,2 在区间0,8上各零点之和fx 6.若f ( x)是定义在0,f x f y上的增函数，且y（ 1）求 f1 的值（ 2）若f61，解不等式 f x 3 f x27.函数f x对随意的实数m, n有f m nf mf n，当 x 0 时，有f x 0（ 1）求证 :f 0 0（ 2）求证 :f x在 R 上为减函数．（ 3）若 f 32 ，解不等式 f x 2 6f x 48.f (x)定义在 R 上不恒为零的偶函数，且对随意实数 x 都有xf ( x 1)(1 x) f (x) f ( 5)，则 2=19.已知函数fx知足：f 14 f x f yf x y f x y . x, y R ，则 f 20154 ， _____f 2 1 f 2f 2 2f 4 f 2 3 f 610.函数f ( x)知足：f ( a b)f (a ) f (b) ， f (1)2 ，则f 1f3f 5f 2 1005f 2010 f200911.函数f ( x)对随意的m, nR，都有f (m n) f (m) f (n) 1，而且当 x 0 时，f ( x) 1（ 1）求证：f ( x)在 R 上是增函数（2）若 f (3) 4 ，解不等式 f ( a 2a 5) 2x, y ( 1,1)有 f ( x) f ( y)x y12.f ( x)在f (),1,1上为奇函数1,1上有定义，知足1xy 求证： f (x) 在13.函数f x对随意的实数m, n，有f m n f mf n，当x 0 时，有f x（ 1）求证：f 0 0（ 2）求证：f x在 R上为增函数．（ 3）若 f 11 ，解不等式 f 4 x2 x214. f ( x) 是定义在 (0, ) 上的增函数， f (xy)f ( x) f ( y) ， f (3) 1，解不等式 f ( x) f (x 8) 215.已知定义在, 1 (1, )上的奇函数，且知足：①f (3) 1②对随意的 x 2 ，均有f ( x) 0③对随意的 x, y R ，均有 f ( x 1) f ( y 1) f ( xy 1)（ 1）求f (2)的值（ 2）求证： f ( x) 在 (1,)上是单一递加16.设f ( x)是定义在 R 上的偶函数，且f x 31f ( x)，则f (7.5) 的值为 _____1 奇，f2f0 f 1.2 C.3 1,0 40，14，552, 42,1,3 2 ,32. 6 0,3,357, 16,. 8 0. 9 f 01, f 11 241111111f 2 x1 f x1f 2, f 34, f5, f67T6f2015y2x,24S40204, f44, f4. 10f x 2241 1 令 m x , n0 . f 3 3 f 12 f 12a3,2 . 12 x y0 f 00, x0 f y f y13 m n 0 f 0 0, x1m, x2x1n, n 0x2x1, 2x22x2 1 2x2x 1 f x2f x1f n014 f 9 2 f 3 2x808 x 9. 15 x y 1 f 2 0, x 0, y 1f y10f x 1 f xy 1 x x89x1xy116 f7.51f 1.5f 1.51 2。

从抽象走向具体——探索2009年各省市高考试题中抽象函数题型解法的策略

的根．
ｆ一ｆＩ；Ｉ一ｌ，一ｌ；。。・一。
展开行列式，得
４＋（ｃ２）２ｂ６２一ａ（ａ＋２ｂ）一０ｃ。，
（０６年江西省宜昌市初中数学竞赛题）２０
证明设公共根为ｚ，外两个根为，，。另７则根据定理，得
李益民舒林军（江省兰溪市第一中学浙３１０）２１０
由于抽象函数没有具体的解析式，只具有函数某些性质或特性，因此，多同学做此类题型许时，常摸不着边，从下手．０９年许多省市高常无２０考数学卷都以此类型的选择题或填空题的形式来
ｃａ一６（）
一 —
整理得ｂ（。Ｃ一＆）一ｏ６＋．
因为ａｂＣ，，是正数，以＋Ｃｎ．所。一由勾股定理的逆定理知：，，ａｂＣ为直角三角形的三边．
ｂ
— —
ａ
Ｃ ‘ ．
综上所述可知，用两个一元二次方程有一应
公共根的定理解题，关键在于：先观察两个一其首元二次方程二次项的系数、次项的系数及常数一
因为为方程ｚ＋（＋ｂ２Ｊｇｃ一０的另一根，所
以Ｃ— ｂＣ即＝ｂ，．
项，后根据定理的充要条件，出有关的二阶行然列
一
对称性知９斗ｚ２１２一一１，３ｚ２ｚ＋４— ４所以ｚ＋，１

抽象函数-题型大全(例题-含答案)[1]

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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 x x+=+，求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x 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。

09年高考抽象函数归类分析

09年高考抽象函数归类分析221400 新沂市第一中学孙小星抽象函数是指没有明确给出函数表达式，只给出它具有的某些特征或性质（函数恒等式或函数方程），并用一种符号表示的函数。

由于问题呈现的都是抽象函数的有关性质，便难以像常规问题那样去寻求信息、布置解题方案，故感觉无法（法则）可依。

利用抽象这一特点设计考题可以更好地考查学生对函数概念、性质、图像等知识的理解是否深刻，掌握是否牢固。

正因为如此，抽象函数深受命题专家的青睐，已成为近几年高考的热点之一。

为了追踪热点，透视命题规律，本文就2009年高考中的抽象函数题作一归类分析。

1、抽象函数的奇偶性例1、（2009四川卷理）已知函数()f x 是定义在实数集R 上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x 都有(1)(1)()xf x x f x +=+，则5(())2f f 的值是 A.0 B.12 C.1 D.52解析：令21-=x ，则0)21()21(21)21(21)21(21=⇒=-=-f f f f ；令0=x ，则0)0(=f ，由(1)(1)()xf x x f x +=+得)(1)1(x f x x x f +=+，所以0)0())25((0)21(212335)23(35)23(2325)25(==⇒=⋅===f f f f f f f ，故选择A 。

点评解此类问题时，必须紧扣奇函数或偶函数的定义同时注意抽象函数的函数值之赋值法。

2、抽象函数的奇偶性与单调性的整合例2、（2009陕西卷文）定义在R 上的偶函数()f x 满足：对任意的1212,[0,)()x x x x ∈+∞≠，有2121()()0f x f x x x -<-.则 (A)(3)(2)(1)f f f <-< (B) (1)(2)(3)f f f <-<(C) (2)(1)(3)f f f -<< (D) (3)(1)(2)f f f <<-答案:A.解析:由2121()(()())0x x f x f x -->等价于2121()()0f x f x x x ->-则()f x 在1212,(,0]()x x x x ∈-∞≠上单调递增, 又()f x 是偶函数,故()f x 在1212,(0,]()x x x x ∈+∞≠单调递减.且满足*n N ∈时, (2)(2)f f -=, 03>21>>,得(3)(2)(1)f f f <-<,故选A.例3、（2009辽宁卷文）已知偶函数()f x 在区间[0,)+∞单调增加，则满足(21)f x -＜1()3f 的x 取值范围是（A ）（13，23） (B) ［13，23） (C)（12，23） (D) ［12，23）解析由于f(x)是偶函数,故f(x)＝f(|x|)∴得f(|2x －1|)＜f(13),再根据f(x)的单调性得|2x －1|＜13 解得13＜x ＜23答案A点评处理上述两例，关键要弄清下述两个的问题：（1）偶函数的对称性和利用定义确定抽象函数的单调性的方法。

抽象函数-题型大全(例题-含答案)

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。

浅析2009年高考中的抽象函数问题

肿釉微蜘
极就
抽象函数是指没有明确给具体的函数表达式，是给只
一
点评本题主要利用导数的几何意义，函数在区间上的导即数即为在该点处的切线．同时要注意抽象函数的模型化是解决选择题、空题的常用方法．填
点评本题考查函数的基本性质．奇偶性、期性、称如周对｝同时也考查了数形结合的思想方法．生．
考查抽象函数的导数问题考查抽象函数根的问题
例４（０９２０￣东）已知定义在Ｒ上的奇函）足满）＝
例５（０９ｇ）（）２０￣京谢是偶函数，曲线ｙ厂在点（，若－（）１
试究＞探究… 一题研试题
数学教学通讯（师版）教
投稿邮箱：ｊｖ，３Ｏｓｋｉ１．ｒｘ＠ｐ６Ｃｎ
浅析２０年高考中的抽象函数问题０９
王海彬江苏南通石港中学２６５１２３
豳圉搿耄一：
关键词：象函数：象：质抽图性
选Ａ
ｃｉ）ｉ＝如ｏｎ＝ｎ孚（ｏ（删
倒３（０９国Ｉ）２０全函）的定义域为Ｒ，（１若厂）抖一
）
－一５８）（Ｉ．故选ｎ厂２）０Ｉ１）（ｆ
方法２由条件可田），间［，］为满足条件的函区１２即
４＝／１４－＋）－（＋）口ｘ３是奇函数．故选Ｄ）－（一＋）ｘ３＝ｆ３，＋）．

就2009年高考谈抽象函数问题的题型分析

不妨设１２＜３４由＜＜
一
ｆ１４：ｆ１，因为ｆ）区间［，１（ — ）（）又（在０２上
对称性知１２一１，３４：４所以＋＝２＋
ｌ２＋３＋４：一ｌ＋２＋４＝一８．
是增函数，以厂１＞ｆｏ＝０所以一厂１＜所（）（），（）０且（５＜（ｏ＜厂ｉ）故选Ｄ，口厂一２）／８）（Ｉ，．
２０第４期０９年
河北理科教学研究
考试指导
就２００９年高考谈抽象函数问题的题型分析
河北省邱县第一中学张金华０７５５４０
抽象函数是指没有明确给出具体的函数
表达式，只是给出一些特殊关系式的函数，它是中学数学中的一个难点，学生解题时思
１，２，３，４，
上是奇函数，（）：０得ｆ８）（），ｆｏ，（ｏ＝厂０＝０
厂一２）（）一ｆ１，由厂一４＝（５＝厂一１＝（）而（）
一
厂（）ｆ（１得１）：厂３（）＝一厂（）＝一３
１，３，０ｌ２３４，戈，贝＋＋＋：２４
且在区间［，］０２上是增函数，（则
Ａ．（５＜ｆ１）（０ｆ一２）（１＜ｆ８）
）．
Ｂｆ８）（１＜厂一２）．（０＜厂１）（５
图１
２比较函数值大小

高中数学中抽象函数地解法及练习

抽象函数问题有关解法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 uf u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑配法：在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 拼凑成以()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 x x+=+，求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x 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。

高考数学复习：抽象函数模型与双函数归类

高考数学复习：抽象函数模型与双函数归类题型一：抽象函数具体化模型1：过原点直线型抽象函数模型1()()()f x y f x f y +=+---过原点直线型()f x kx =有以下性质①()00f =②奇函数：y x =-，则()()()0f x x f x f x -=+-=③可能具有单调性（结合其他条件）相似的模型()()()2y ()()22f x y f x y f x x f x f y f ++-=+⎛⎫+= ⎪⎝⎭1.（多选题）定义在R 上的函数()f x 满足()()()f x y f x f y +=+，当0x <时，()0f x >，则下列说法正确的是（）A．()f x 在R 上单调递减B．复合函数()sin f x 为偶函数C．复合函数()cos f x 为偶函数D．当[]0,2πx ∈，不等式()1sin 02f x f ⎛⎫+-< ⎪⎝⎭的解集为π5π,66⎛⎫ ⎪⎝⎭2.（多选题）定义在R 上的函数()f x 满足()()()f x f y f x y +=+，则下列说法正确的是（）A．()00f =B．()()()f x f y f x y -=-C．()f x 为奇函数D．()f x 在区间[],m n 上有最大值()f n 3.（多选题）（23-24高一上·安徽淮南·阶段练习）已知函数()f x 满足()()(),,f x y f x f y x y +=+∈R ，则（）A．(0)0f =B．()(1),f k kf k =∈ZC．(),(0)x f x kf k k ⎛⎫=≠ ⎪⎝⎭D．()()0f x f x -<题型二：抽象函数具体化模型2：不过原点的直线型抽象函数模型2证明如下：()()()f x y f x f y b +=++（b 带正负，即＋b 或－b ）()()()f x y f x f y b b b +=+↔+++()()()()()()()b“同构”：=------是过原点的直线h x f x h x y h x h y h x f x kx b+↔↔↔=++=-1.（多选）已知函数()f x 的定义域为R ，且()10f =，若()()()2f x y f x f y +=++，则下列说法正确的是（）A．()14f -=-B．()f x 有最大值C．()20244046f =D．函数()2f x +是奇函数2.（多选题）已知定义在R 上的函数()f x ，满足对任意的实数x ，y ，均有()()()1f x y f x f y +=+-，且当0x >时，()1f x <，则（）A．(0)1f =B．(1)(1)1f f +-=C．函数()f x 为减函数D．函数()y f x =的图象关于点()0,1对称3.（多选）已知函数()f x 的定义域为R ，对任意实数x ，y 满足()()()2f x y f x f y +=++，且(2)0f =，则下列结论正确的是（）A．(0)2f =-B．(4)6f -=-C．()2f x +为奇函数D．()f x 为R 上的减函数题型三：抽象函数具体化模型3：tanx 型抽象函数模型3()()()()()()1()()1()()f x f y f αf βf x y f αβf x f y f αf β+++=Û+=--所以复合()tan f x kx =（k 根据其余条件待定系数）1.（多选题）已知函数()f x 满足(1)1f =，()()()1()()f x f y f x y f x f y ++=-，则（）A．()00f =B．()()f x f x -=-C．()f x 的定义域为RD．()f x 的周期为42.（多选题）已知函数()f x 的定义域为{}42,x x k k ≠+∈Z ，且()()()()()1f x f y f x y f x f y ++=-，()11f =，则（）A．()00f =B．()f x 为偶函数C．()f x 为周期函数，且2为()f x 的周期D．()20231f =-3.已知定义在()1,1-上的函数()f x 满足：当0x >时，()0f x >，且对任意的x，()1,1y ∈-，均有()()()()()1f x y f x f y f x f y ⎡⎤+-=+⎣⎦.若()1ln 2f x f ⎛⎫< ⎪⎝⎭，则x 的取值范围是（e 是自然对数的底数）（）A．B．1e ⎛ ⎝C．)D．)e1e ⎛⋃ ⎝题型四：抽象函数具体化模型4：一元二次型抽象函数模型4()()()()()()()()()2222222.=++2=+++2=2则f x y f x f y axy c f x ax bx c f x y a x y b x y c ax bx ay by c axy ax bx c ay by c axy c f x f y axy c+=++-=+++=++++++++++-++-此模型，b 的值无法推导，多依赖其他条件来待定系数确认.1.（多选题）已知定义在实数集R 上的函数()f x ，其导函数为()f x '，且满足()()()f x y f x f y xy +=++，()()110,12f f '==，则（）A．()00f =B．()f x 的图像关于点1,02⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称C．()202410122023f =⨯D．20241()10122024k f k ='=⨯∑2.（多选题）已知函数()f x 对任意,x y ∈R 恒有()()()41f x y f x f y xy +=+++，且()11f =，则（）A．()01f =-B．()f x 可能是偶函数C．()28f =D．()f x 可能是奇函数3.（多选题）已知函数()f x 的定义域为()()()(),2,12f x y xy f x f y f ++=+=R ，则（）A．()00f =B．()210f -=-C．()2y f x x =+是奇函数D．()2y f x x =-是偶函数题型五：抽象函数具体化模型5：余弦函数型抽象函数模型5余弦函数型()()2()()()cos ()()cos()cos()cos cos sin sin cos cos sin sin =2cos cos 2()()证明：f x y f x y f x f y f x kxf x y f x y x y x y x y x y x y x y x y f x f y kx++-==++-=++-=-++=（也可以直接用和差化积公式推导）备注：这类函数，还有可能是双曲余弦函数型，不过较少出现1.（多选题）已知定义在R 上的函数()f x ，对任意的,x y ∈R ，都有()()2()()f x y f x y f x f y ++-=，且1(1)2f =，则（）A．(0)1f =B．()f x 是偶函数C．(3)1f n =-，*n ∈ND．20241()0n f n ==∑，*n ∈N 2.（多选题）已知函数()f x 对任意实数x 、y 都满足()()222x y y y f f x f x f +-⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎝⎭⎝+⎪⎭，且()11f =-，以下结论正确的有（）A．102f ⎛⎫= ⎪⎝⎭B．()2f x +是偶函数C．()1f x +是奇函数D．()()()()12320251f f f f +++⋅⋅⋅+=-3.（多选题）已知定义在R 上的函数()f x ，满足()()()()222f x y f x y f x f y +-=+，且()11f =-，则下列说法正确的是（）A．()01f =B．()f x 为偶函数C．()()2f x f x =D．2是函数()f x 的一个周期题型六：抽象函数具体化模型6：一元三次函数型抽象函数模型6()()()()3，f x y f x f y axy x y +=+++则()3f x ax bx =+（其中b 可以借助其他条件待定系数）1.（多选题）已知函数()f x 是定义域为R 的可导函数，若()()()()3f x y f x f y xy x y +=+++，且()03f '=-，则（）A．()f x 是奇函数B．()f x 是减函数C．0f=D．1x =是()f x 的极小值点2．（多选题）已知定义域为R 的函数()f x 满足()()()()(),f x y f x f y xy x y f x +=++'+为()f x 的导函数，且()12f '=，则（）A．()f x 为奇函数B．()f x 在2x =-处的切线斜率为7C．()312f =D．对()()()121212120,,22,,f x f x x x x x x x f ++⎛⎫∀∈+∞≠<⎪⎝⎭3.（多选题）已知定义在R 上的函数()f x 满足：()()()()3f x y f x f y xy x y +=+-+，则（）A．()y f x =是奇函数B．若()11f =，则()24f -=C．若()11f =-，则()3y f x x =+为增函数D．若()30,0x f x x ∀>+>，则()3y f x x =+为增函数题型七：抽象函数具体化模型7：正弦函数型抽象函数模型7正弦函数型，或者正弦双曲函数型()()()()()()22x xe e sin 2则，或者是正弦双曲函数f x y f x y fx f y f x x f x -+-=--==1.已知函数()f x 的定义域为()()()()22R,f x y f x y f x f y +-=-，且当0x >时，()0f x >，则（）A．()01f =B．()f x 是偶函数C．()f x 是增函数D．()f x 是周期函数2.（多选）已知函数()f x 的定义域为R，且()()()()()223,122fx y f x y f x f y f f x ⎛⎫+-=-+ ⎪⎝⎭为偶函数，则（）A．(0)0f =B．()f x 为偶函数C．(3)(3)f x f x +=--D．20231()k f k ==∑3.（多选题）已知函数()f x 的定义域为R ，且()()()()22f x y f x y f x f y +-=-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，()()11,21f f x =+为偶函数，则（）A．()00f =B．()f x 为偶函数C．()()22f x f x +=--D．()202410k f k ==∑题型八：抽象函数具体化模型8：正余弦函数辅助角型抽象函数模型8正余弦函数辅助角型形如()()()2cos f x y f x y f x y++-=⋅()x sin x cos x a b 则，，值可以通过其他条件待定系数f a b =+1．已知函数()f x 的定义域为R ，且()π012f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，若()()()2cos f x y f x y f x y ++-=⋅，则函数()f x （）A．以π为周期B．最大值是1C．在区间ππ,44⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减D．既不是奇函数也不是偶函数2.已知函数()f x 的定义域为()()()R,2cos f x y f x y f x y ++-=且()01f =，π2f ⎛⎫= ⎪⎝⎭那么（）A．()f x 为偶函数B．()π1f =C．π2x =是函数的极大值点D．()f x 的最小值为2-3.（多选题）已知定义域为R 的函数()f x 对任意实数x 、y 满足()()()2cos f x y f x y f x y ++-=，且()00f =，π12f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．其中正确的是（）A．π142f ⎛⎫= ⎪⎝⎭B．()f x 为奇函数C．()f x 为周期函数D．()f x 在(0,π)内单调递减题型九：双函数：系数不是1型带系数：系数不为1，类比正弦余弦的带系数形式，提系数平移平移变换：左右或者上下()()()f x f x a ωϕωϕ+⇒++左加右减1.已知函数()f x 的定义域为R ，且112f x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭是偶函数，()1f x -是奇函数，则（）A．()00f =B．102f ⎛⎫= ⎪⎝⎭C．()10f =D．()30f =2.已知函数()21f x +是奇函数，()2f x +是偶函数，当[]2,3x ∈时，()3f x x =-，则下列选项不正确的是（）A．()f x 在区间(2,0)-上单调递减B．()f x 的图象关于直线=1x -对称C．()f x 的最大值是1D．当(1,1)x ∈-时恒有()0f x <3.已知函数()f x 的定义域为R ，()22f x +为偶函数，()1f x +为奇函数，且当[]0,1x ∈时，()f x ax b =+．若()41f =，则35792222f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭．题型十：双函数：双函数综合常见结论：（1）关于对称：若函数()f x 关于直线x a =轴对称，则()(2)f x f a x =-，若函数()f x 关于点(,)a b 中心对称，则()2(2)f x b f a x =--，反之也成立；（2）关于周期：若()()f x a f x +=-，或1()()f x a f x +=，或1()()f x a f x +=-，可知函数()f x 的周期为2a .1.已知()4y f x =+是定义域为R 的奇函数，()2y g x =-是定义域为R 的偶函数，且()y f x =与()y g x =的图象关于y 轴对称，则（）A．()y f x =是奇函数B．()y g x =是偶函数C．()y f x =关于点()2,0对称D．()y g x =关于直线4x =对称2.已知函数()(),f x g x 都是定义在R 上的函数，()12f x -+是奇函数，()2g x -是偶函数，且()()()23,21f x g x g --=-=，则()20231k f k ==∑（）A．-4052B．-4050C．-1012D．-10103.已知函数()f x ，()g x 的定义域均为R ，(1)f x +是奇函数，()g x 是偶函数，()(2)f x g x =-，(2)1g =，则20231()k f k ==∑（）A．2023-B．1-C．1D．20234（多选题）已知函数()(),f x g x 的定义域均为()(),111g x f x ++-=R ，()()121f x g x +-+=，且()y f x =的图像关于直线1x =对称，则以下说法正确的是（）A．()f x 和()g x 均为奇函数B．()(),4x f x f x ∀∈=+R C．()(),2x g x g x ∀∈=+R D．302g ⎛⎫-= ⎪⎝⎭题型十一：双函数：导数型双函数性质原函数与导函数奇偶性的关系如下：原函数为奇函数，则其导数为偶函数。

09年高三数学第一轮复习-抽象函数练习

抽象函数练习1、设函数))((R x x f ∈为奇函数，),2()()2(,21)1(f x f x f f +=+=则=)5(f （）A ．0B ．23C ．25D ．23- 2、已知函数()f x 对一切,x y R ∈，都有()()()f x y f x f y +=+，（1）求证：()f x 是奇函数；（2）若(3)f a -=，用a 表示(12)f3、（1）已知()f x 是R 上的奇函数，且当(0,)x ∈+∞时，()(1f x x =，则()f x 的解析式为 .（2）已知()f x 是偶函数，x R ∈，当0x >时，()f x 为增函数，若120,0x x <>，且12||||x x <，则（） A 12()()f x f x ->- B 12()()f x f x -<- C 12()()f x f x ->- D 12()()f x f x -<-4、已知函数()y f x =是定义在R 上的周期函数，周期5T =，函数()(11)y f x x =-≤≤是奇函数又知()y f x =在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在2x =时函数取得最小值5-①证明：(1)(4)0f f +=；②求(),[1,4]y f x x =∈的解析式；③求()y f x =在[4,9]上的解析式5、若f （x ）在定义域（－1，1）内可导，且a x f 又当;0)(<'、0)1,1(=+-∈b a b 且时，()()0.f a f b +=解2(1)(1)0f m f m -+->6、函数)(x f 的定义域为D ：}0|{≠x x 且满足对于任意D x x ∈21,，有).()()(2121x f x f x x f +=⋅ （Ⅰ）求)1(f 的值；（Ⅱ）判断)(x f 的奇偶性并证明；（Ⅲ）如果),0()(,3)62()13(,1)4(+∞≤-++=在且x f x f x f f 上是增函数，求x 的取值范围抽象函数练习答案：1、设函数))((R x x f ∈为奇函数，),2()()2(,21)1(f x f x f f +=+=则=)5(f C A ．0 B ．23 C ．25 D ．23- 2、已知函数()f x 对一切,x y R ∈，都有()()()f x y f x f y +=+，（1）求证：()f x 是奇函数；（2）若(3)f a -=，用a 表示(12)f解：（1）显然()f x 的定义域是R ，它关于原点对称在()()()f x y f x f y +=+中，令y x =-，得(0)()()f f x f x =+-，令0x y ==，得(0)(0)(0)f f f =+，∴(0)0f =，∴()()0f x f x +-=，即()()f x f x -=-， ∴()f x 是奇函数（2）由(3)f a -=，()()()f x y f x f y +=+及()f x 是奇函数，得(12)2(6)4(3)4(3)4f f f f a ===--=-3、（1）已知()f x 是R 上的奇函数，且当(0,)x ∈+∞时，()(1f x x =，则()f x的解析式为(10()(10x x f x x x ⎧+≥⎪=⎨-<⎪⎩ （2）已知()f x 是偶函数，x R ∈，当0x >时，()f x 为增函数，若120,0x x <>，且12||||x x <，则（ B ） A 12()()f x f x ->- B 12()()f x f x -<- C 12()()f x f x ->- D 12()()f x f x -<-4、已知函数()y f x =是定义在R 上的周期函数，周期5T =，函数()(11)y f x x =-≤≤是奇函数又知()y f x =在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在2x =时函数取得最小值5-①证明：(1)(4)0f f +=；②求(),[1,4]y f x x =∈的解析式；③求()y f x =在[4,9]上的解析式解：∵()f x 是以5为周期的周期函数，∴(4)(45)(1)f f f =-=-，又∵()(11)y f x x =-≤≤是奇函数，∴(1)(1)(4)f f f =--=-，∴(1)(4)0f f += ②当[1,4]x ∈时，由题意可设2()(2) 5 (0)f x a x a =-->，由(1)(4)0f f +=得22(12)5(42)50a a --+--=，∴2a =，∴2()2(2)5(14)f x x x =--≤≤ ③∵()(11)y f x x =-≤≤是奇函数，∴(0)0f =，又知()y f x =在[0,1]上是一次函数，∴可设()(01)f x kx x =≤≤，而2(1)2(12)53f =--=-，∴3k =-，∴当01x ≤≤时，()3f x x =-，从而当10x -≤<时，()()3f x f x x =--=-，故11x -≤≤时，()3f x x =-46x ≤≤时，有151x -≤-≤，∴()(5)3(5)315f x f x x x =-=--=-+当69x <≤时，1x <-≤，∴22()(5)2[(5)2]52(7)5f x f x x x =-=---=--∴2315,46()2(7)5,69x x f x x x -+≤≤⎧=⎨--<≤⎩ 5、若f （x ）在定义域（－1，1）内可导，且a x f 又当;0)(<'、0)1,1(=+-∈b a b 且时，()()0.f a f b +=解2(1)(1)0f m f m -+->解：0)(,)1,1()(<'-x f x f 且内可导在 )1,1()(-∴在x f 上为减函数又当b a ,0)()(,0),1,1(=+=+-∈b f a f b a 时)()(),()(a f a f a f b f -=--=∴即)1,1()(-∴在x f 上为奇函数 )1()1(0)1()1(22m f m f m f m f -->-⇔>-+-∴2111111111)1()1(222<<∴⎪⎩⎪⎨⎧-<-<-<-<-<-⇔->-⇔m m m m m m f m f ∴原不等式的解集为)2,1(6、函数)(x f 的定义域为D ：}0|{≠x x 且满足对于任意D x x ∈21,，有).()()(2121x f x f x x f +=⋅ （Ⅰ）求)1(f 的值；（Ⅱ）判断)(x f 的奇偶性并证明；（Ⅲ）如果),0()(,3)62()13(,1)4(+∞≤-++=在且x f x f x f f 上是增函数，求x 的取值范围（Ⅰ）解：令.0)1(),1()1()11(,121=+=⨯==f f f f x x 解得有（Ⅱ）证明：令121,x x ==-[(1)(1)](1)(1),(1)0f f f f -⨯-=-+--=有解得令 ).()(),()1()(,121x f x f x f f x f x x x =-∴+-=-=-=有∴)(x f 为偶函数（Ⅲ）.3)4()16()416(,2)4()4()44(=+=⨯=+=⨯f f f f f f∴)64()]62)(13[(3)62()13(f x x f x f x f ≤-+≤-++即（1）∵),0()(+∞在x f 上是增函数，∴（1）等价于不等式组:⎩⎨⎧≤-+-<-+⎩⎨⎧≤-+>-+.64)62)(13(,0)62)(13(,64)62)(13(,0)62)(13(x x x x x x x 或 ⎪⎩⎪⎨⎧∈<<-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤--<>R x x x x x ,331,537,313或或 ∴.331313753<<--<≤-≤<x x x 或或 ∴x 的取值范围为}.533313137|{≤<<≤--<≤-x x x x 或或。

《高考试题中抽象函数问题的解决策略》

2009级专用教案抽象函数高考试题中抽象函数问题的解决议略抽象函数是指没有给出函数的详细分析式，但给出了函数知足的一部分性质或运算法例的函数问题。

抽象函数问题是高中数学函数部分的难点，也是高中与大学函数部分的连接点。

因为这种试题既能全面地考察学生对函数观点的理解及性质的代数推理和论证能力，又能综合考察学生对数学符号语言的理解和接受能力，以及对一般和特别关系的认识，因此备受高考命题者的喜爱。

但是因为这种问题自己的抽象性及其性质的隐蔽性，大部分学生在解决这种问题时，感觉一筹莫展。

为使抽象函数问题解决有章可循，有法可依，本文主要介绍抽象函数问题的常有方法。

【方法荟萃】一、“赋值” 策略对于抽象函数，依据函数的观点和性质，经过察看与剖析，将变量给予特别值，以简化函数，进而达到转变为要解决的问题的目的。

【例 1 】若奇函数 f (x) ( xR) ，知足 f (2)1, f ( x 2) f ( x)f (2) ，则 f (1)等于（）A ．0B ．111C ．D ．22解：对于 f ( x 2) f ( x)f (2) ，令 x 1，得 f (1) f ( 1)f (2) 即 f (1)f (1)1 ，进而 2 f (1) 1 ，所以 f (1)1，选 D 。

2【例 2 】设对随意实数（ 1 ）求证： f (1) 解：（ 1）令 x 1x 2 令 x 1x 2 （ 2 ）令 x 1x 2令 x 1 x 2所以， yx 1 、 x 2 ，函数 y f (x) ( x R, x 0) 知足 f ( x 1 )f ( x ) f ( x 1 x 2 ) 。

f ( 1) 0 ；（ 2）求证： y f ( x) 为偶函数。

1，得 f (1)f (1)f (1 1) f (1) ，所以 f (1)0 。

1 ，得 f ( 1) f ( 1) f (1) 0 ，所以 f ( 1) 0 。

x ，得 2 f ( x)f ( x 2 ) ，x ，得 2 f ( x) f (x 2 ) ，进而我们有： f ( x)f ( x) ，f (x) 为偶函数。