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

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

11≤≤-x 。

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 ?的定义域问题，相当于解函数()x ?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 ?的定义域是A ，求函数f(x)的定义域。相当于求函数()x ?的值域。

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;

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 = （

1

2

） 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 ++++==+Λ 。2000 3、对任意整数y x ,函数)(x f y =满足：1)()()(+++=+xy y f x f y x f ，若1)1(=f ，则=-)8(f C

A.-1

B.1

C. 19

D. 43

4、函数f(x)为R 上的偶函数，对x R ∈都有(6)()(3)f x f x f +=+成立，若(1)2f =，则(2005)f =（ B ）

A . 2005 B. 2 C.1 D.0 解析：先令3-=x

三、值域问题（单调性，奇偶性，周期性）

例1.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21x x ≠,使得)()(21x f x f ≠，求函数f(x)的值域。

解：令x=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数21x x ≠，使得)()(21x f x f ≠成立矛盾，故 f(0)≠0，必有 f(0)=1。

由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x 、y 均成立，因此，0)2()(2

≥??

? ??=x f x f ,又因为若f(x)=0,

则f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(x)>0.

例2、定义在R +上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(x m )=mf(x); ②f(2)=1.

(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y 都成立; (2)证明f(x)是R +上的单调增函数; (3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值围.

解:(1)令x=2m ,y=2n ,其中m,n 为实数,则f(xy)=f(2m+n )=(m+n)f(2)=m+n. 又f(x)+f(y)=f(2m )+f(2n )=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)

,

2x ,2x n m ,x x 0:)2(n 2m 121==<<<且使可令设证明0n m )2(f )n m ()2(f )x x (

f )x (f )x (f )1(n m 2

1

21<-=-===--得由 故f(x 1)

(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性质,得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(2)，解得 3

例3．已知函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，当x ＞1时，f (x )＞0，且f (x ·y )＝f (x )＋f (y )．

(1)求f (1)；

(2)证明：f (x )在定义域上是增函数；

(3)如果f (13)＝－1，求满足不等式f (x )－f (1

x －2)≥2的x 的取值围．

【解析】 (1)令x ＝y ＝1，得f (1)＝2f (1)，故f (1)＝0. (2)证明 令y ＝1x ，得f (1)＝f (x )＋f (1

x

)＝0，

故f (1

x

)＝－f (x )，任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，且x 1＜x 2，

则f (x 2)－f (x 1)＝f (x 2)＋f (1x 1)＝f (x 2

x 1

)．

由于x 2x 1＞1，故f (x 2

x 1

)＞0，从而f (x 2)＞f (x 1)．

∴f (x )在(0，＋∞)上是增函数．

(3)由于f (13)＝－1，而f (1

3)＝－f (3)，故f (3)＝1.

在f (x ·y )＝f (x )＋f (y )中，令x ＝y ＝3，得

f (9)＝f (3)＋f (3)＝2.

又－f (

1

x －2

)＝f (x －2)，故所给不等式可化为 f (x )＋f (x －2)≥f (9)，即f [x (x －2)]≥f (9)．

∴???

x ＞0，x －2＞0，x (x －2)≥9，

解得x ≥1＋10.

∴x 的取值围是[1＋10，＋∞)．

例4、已知函数f(x)对于任意x ，y ∈R ，总有f(x)＋f(y)＝f(x ＋y)，且当x ＞0时，f(x)＜0， f(1)＝－2

3

.

(1)求证：f(x)在R 上是减函数；

(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．

例5、函数f (x )对任意的a 、b ∈R 都有f (a ＋b )＝f (a )＋f (b )－1，并且当x ＞0时，f (x )＞1.

(1)求证f (x )是R 上的增函数；

(2)若f (4)＝5，解不等式f (3m 2－m －2)＜3；

(3)若关于x 的不等式f (nx －2)＋f (x －x 2)＜2恒成立，数n 的取值围． 【解析】 (1)证明：设x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，f (x 2－x 1)＞1， ∴f (x 2)＝f (x 2－x 1＋x 1)

＝f (x 1)＋f (x 2－x 1)－1＞f (x 1)． ∴f (x )在R 上是增函数． (2)f (4)＝f (2＋2)＝2f (2)－1＝5， ∴f (2)＝3，

∴f (3m 2－m －2)＜3＝f (2)， ∴3m 2－m －2＜2， 即3m 2－m －4＜0， ∴－1＜m ＜4

3.

(3)令a ＝b ＝0， ∴f (0)＝2f (0)－1， ∴f (0)＝1.

∵f (nx －2)＋f (x －x 2)＜2， 即f (nx －2)＋f (x －x 2)－1＜1， ∴f (nx －2＋x －x 2)＜f (0)． 由(1)知nx －2＋x －x 2＜0恒成立， ∴x 2－(n ＋1)x ＋2＞0恒成立， ∴Δ＝(n ＋1)2－4×2＜0， ∴－22－1＜n ＜22－1. 练习：

1、设函数f(x)对任意实数x,y ，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x) 在[-3，3]上的最大值和最小值.

2、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。

3、已知偶函数f (x )的定义域是x ≠0的一切实数，对定义域的任意x 1,x 2都有

1212()()()f x x f x f x ?=+，且当1x >时()0,(2)1f x f >=，

（1）f (x )在(0,+∞)上是增函数； （2）解不等式2

(21)2f x -< 四、解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法) 例5. 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)

小结：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6、设对满足x ≠0,x ≠1的所有实数x ，函数f(x)满足,()x x x f x f +=??

? ??-+11 ,求f(x)的解析式。

解:(1)1),x 0(x x 1)x

1x (f )x (f ≠≠+=-+且Θ---- ,

12)11()1(:x

1-x x

x x

f x

x f x -=-+-得代换用（2）

:

)1(x

-11

得中的代换再以x .12)()x -11f(x

x x f --=+---（3）

1)x 0(x x

2x 21

x x )x (f :2)2()3()1(2

23≠≠---=-+且得由

小结：通过解方程组的方法可求表达式。怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键。通常，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。

例7.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x 2-4x,求f(x).

解:易知f(x)是二次多项式，设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x 2-2x-1.

小结：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。 七、周期性与对称性问题（由恒等式．．．简单判断：同号看周期，异号看对称）

结论：(1) 函数图象关于两条直线x=a ，x=b 对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b|

(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2|a-b|

(3) 函数图象关于直线x=a ，及点M(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4|a-b|

（4） 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别: y=f(a+x)与y=f(b-x)关于2

a

b x -=

对称；y=f(a+x)与y=-f(b-x)关于点)0,2

(

a

b -对称 （可以简单的认为：一个函数的恒等式，对应法则下的两式相加和的一半为对称轴：两个同法则不同表达式的函数，对应法则下的两式相减等于0，解得的x 为对称轴） 八、综合问题

例21. 定义在R 上的函数f(x)满足：对任意实数m ，n ，总有，且当x>0时，0

又当x=0时，，所以，综上可知，对于任意，均有。 设，则 所以

.所以在R 上为减函数。

（2）由于函数y=f(x)在R 上为减函数，所以,即有

又，根据函数的单调性，有,由，所以直线与圆面无公共点。因此有，解得。

评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题，二是f(x)>0的结论。这是解题的关键性步骤，完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决。

例22.设定义在R 上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y ∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2

.1)2(f )3x (f 2

1

)]x (f [)2(;,4)x x 3(f )1(22+=++

>-解方程解不等式 解:(1)先证f(x)>0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1.

则使假设存在某个又,0)x (f ,R x ,0)]2

x

(f [)2x 2x (f )x (f o o 2=∈≥=+=f(x)=f[(x-x o )+x o ]=f(x-x o )f(x o

)=0,

与已知矛盾，故f(x)>0,任取x 1,x 2∈R 且x 10,f(x 2-x 1)>1,所以f(x 1)-f(x 2)=f[(x 2-x 1)+x 1]-f(x 1)

=f(x 2-x 1)f(x 1)-f(x 1)=f(x 1)[f(x 2-x 1)-1]>0. 所以x ∈R 时,f(x)为增函数. 解得:{x|1

例23.)xy

1y

x (

f )y (f )x (f ),1,1(y ,x )1(:)x (f )1,1(++=+-∈-都有对任意满足上的函数定义在 (2)当x ∈(-1,0)时,有f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数； （Ⅱ）).31(f )5

n 5n 1(f )191(f )111(f 2>+++++Λ