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 ϕ的定义域问题，相当于解函数()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。相当于求函数()x ϕ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 ++++==+ 。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)