2017高中数学抽象函数专题

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 ，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. 四、求解析式问题（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----

,1

2)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 21x x )x (f :2)2()3()1(223≠≠---=-+且得由 例8.是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:

①f(n)>0,n ∈N;②f(n 1+n 2)=f(n 1)f(n 2),n 1,n 2∈N*;③f(2)=4同时成立? 若存在,求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由.

解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23,…,由此猜想:f(x)=2x (x ∈N*)

小结：对于定义在正整数集N*上的抽象函数,用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解. 练习：1、.23

2|)x (f :|,x )x 1(f 2)x (f ),)x (f ,x ()x (f y ≥=-=求证且为实数即是实数函数设 解:0

2)x (x f 3 x

,x

1)x (f 2)x

1(f ,x x

12

=++=-与已知得得代换用，.

23

2

|)x (f |,024)x (9f

02

≥

∴≥⨯-≥∆得由

3、函数f (x )对一切实数x ,y 均有f (x +y)-f (y)=(x +2y+1)x 成立，且f (1)=0， （1）求(0)f 的值；

（2）对任意的11

(0,)2

x ∈，21(0,)2

x ∈，都有f (x 1)+2

∴(0)2f =-． （2）由()()(21)f x y f y x y x +-=++，令0y =得()(0)(1)f x f x x -=+，由（1）知(0)2f =-，∴2()2f x x x +=+．∵11(0,)2

x

∈，∴22111111()2()24f x x x x +=+=+-在11(0,)2

x ∈上单调递增，

∴13

()2(0,)4

f x +∈．要使任意11(0,)2

x ∈，21(0,)2

x ∈都有12()2log a f x x +<成立，必有

23log 4

a x ≤都成立.当1a >时，21

log log 2a a x <,显然不成立．当01a <<时，

213

(log )log 24

a a x >≥，解得

14a ≤<∴a 的取值范围是,1)4． 五、单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决）

.

练习：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：设R 上x 11，

f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)f(x 1),(注意此处不能直接得大于f(x 1)，因为f(x 1)的正负还没确定) 。

取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f （0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x<0时，-x>0，f(-x)>1,∴由

0)

(1

)(1)()()0(>-=

=-=x f x f x f x f f 得，故f(x)>0，从而f(x 2)>f(x 1).即f(x)在R 上是

增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）

练习：已知函数f (x )的定义域为R ，且对m 、n ∈R,恒有f (m +n )=f (m )+f (n )－1,且f (－

2

1

)=0,当x >－2

1时，f (x )>0.求证：f (x )是单调递增函数；

证明：设x 1＜x 2,则x 2－x 1－2

1>－2

1,由题意f (x 2－x 1－2

1)>0,∵f (x 2)－f (x 1)=f ［(x 2－

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

1)－1=f ［(x 2－

x 1)－2

1］>0,∴f (x )是单调递增函数.