抽象函数专题讲解

∴ 函数 f ( x ) 在 x ∈ R 为增函数
又 f ( 3 ) = f ( 2 + 1) = f ( 2 ) + f (1) 2 = 3 f (1) 4 = 5
∴ f (1 ) = 3 则 f ( a
2
2 a 2 ) < f (1 )
即 a
2a 2 < 1 ∴ 1 < a < 3 因此不等式 f ( a 2 2 a 2) < 3的解集为:a | 1 < a < 3} {
∴ f ( x 1 ) > f ( x 2 ) 即 f ( x ) 为减函数.
对数函数模型 f(xy)=f(x)+f(y) 函数模型: 三. 对数函数模型:f(x y)=f(x)+f(y) 已知函数 f ( x )满足 f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ), ( x ≠ 0) 例4: :
任取 x 1 , x 2 且 x 1 > x 2 则 f ( x1 ) f ( x 2 ) = f ( x1 + y ) f ( y ) + 2 [ f ( x 2 + y ) f ( y ) + 2 ]
= f ( x1 + y ) f ( x2 + y ) = f ( x1 x2 ) ∵ x 1 > x 2 ∴ x 1 x 2 > 0 则根据题意有 f ( x1 x2 ) > 0
∴ f ( x) = 1 > 1 ∴ 0 < f ( x) < 1 f (x) 设 x 1, x 2 ∈ R 且 x 1 < x 2 则 0 < f ( x 2 x1 ) < 1,
f ( x 2 ) = f [( x 2 x 1 ) + x 1 ] = f ( x 2 x 1 ) f ( x 1 ) < f ( x 1 )
抽象函数的性质研究
吴俊甲
关于抽象函数
概念 题型特点 高考题和平时的 模拟题中经常出 现. 抽象性较强; 抽象性较强; 综合性强; 综合性强; 灵活性强; 灵活性强; 难度大. 难度大. 解题思路 抓住函数中的某 些性质, 些性质,通过局 部性质或图象的 局部特征, 局部特征,利用 常规数学思想方 如类比法, 法(如类比法, 赋值法添 赋值法添,拆项 等).
∴ f ( x )在[ 2,上的值域为: 4,] 1] [ 2
∴ 函数 f ( x )在 x ∈ R 为增函数
设 解法2: 解法 : x1 <
x 2 且 x1, x 2ຫໍສະໝຸດ Baidu∈ R
∴ f ( x 2 x1 ) > 0
则 x 2 x1 > 0 由条件知当,x > 0时,f ( x) > 0,
又 ∵ f ( x 2 ) = f [( x 2 x1 ) + x1 ] = f ( x 2 x1 ) + f ( x1 ) > f ( x1 ) ∴ f ( x ) 为 x ∈ R 的增函数.
1.求证: f (1) = f ( 1) = 0; 2.求证: f ( x ) = f ( x ); 3.若f ( x )在(0,+∞ )上是增函数,解不等式
f (x) + f (x 1 ) ≤ 0 2
解:1 .令 x =
y = 1得 f (1) = 0 再令 x = y = 1得 f ( 1) = 0 2 .令 y = 1得 f ( x ) = f ( x ) 3 .由 f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ) 得 : f ( x ) = f ( y ) f ( xy ) 1 1 令y = 代入上式得 : f ( x) = f ( ) x x 1 1 1 1 由 f ( x ) + f ( x ) ≤ 0得 : f ( x ) ≤ f ( x ) 即 f ( x ) = f ( ) 2 2 2 x 因为 f ( x ) 在 ( 0 , +∞ )为增函数得:
= f ( x1 + y ) f ( x2 + y ) = f ( x1 x2 ) ∵ x1 > x 2 ∴ x1 x 2 > 0 则根据题意有 f ( x1 x2 ) > 0
令 y = x , 则 f ( 0 ) = f ( x ) + f ( x ) 又令 x = y = 0 得 f (0) = 0 ∴ f ( x ) = f ( x ) 故, f (1 ) = f (1 ) = 2 f ( 2 ) = 2 f ( 1) = 4
解:由 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) 得,f ( x ) = f ( x + y ) f ( y )
任取 x 1 , x 2 且 x 1 > x 2
则 f ( x 1 ) f ( x 2 ) = f ( x 1 + y ) f ( y ) [ f ( x 2 + y ) f ( y )]
�
f ( 0 ) ≠ 0 , f ( x + y ) = f ( x ) f ( y )且当 x < 0
证明: 对一切 x, y ∈ R 有f ( x + y) = f ( x) f ( y) ∵
且f (0) ≠ 0 令 x = y = 0 ,得 f ( 0 ) = 1
现设 x > 0 则 x < 0 那么 f ( x ) > 1 令 y = x 得 f ( 0) = f ( x ) f ( x ) = 1
已知函数 f ( x ) 对任意 x , y ∈ R 有 例2: : f ( x ) + f ( y ) = 2 + f ( x + y ), 当 x > 0时, f ( x ) > 2 f (3) = 5, 求不等式 f ( a 2 2 a 2 ) < 3的解集.
f 由 解: f ( x ) + f ( y ) = f ( x + y ) + 2 得, ( x ) = f ( x + y ) f ( y ) + 2
2
指数函数模型 f(x+y)=f(x)f(y) 函数模型: 二. 指数函数模型 f(x+y)=f(x) f(y)
例3: 已知 f ( x ) 对一切 x , y , 满足
时 f (x) > 1 0 求证: 求证 (1) x > 0时, < f ( x ) < 1;
( 2 ) f ( x ) 在 R 上为减函数
x > 0
1 > 0 2 1 1 < x 2 x x
1 1 + 15 解得: < x < 2 4
[课后练习 课后练习] 课后练习
1. 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≤x<1时,f(x)∈[0,1]. 1.证明f(-x)= f(x) ; 2.判断f(x)在[0,+∞]上的单调性,并给出证明; 3.若a≥0且f(a+1)≤ 3 9 ,求a的取值范围. x 2. 设 f (x ) 定义在(0,+∞)上的增函数,且 f ( ) = f ( x ) f ( y ) y f (1) = 0 (1)求证: ) 1 f ) ≤ f (7); (2)解不等式: ( x + 1) f ( ) x5 3. 设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调增函数,满足 . f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,求: (1). f(1); (2). 若f(x)+f(x-8)≤2,求x的取值范围.
鉴于时间关系和你们所学的进度本节课 就讲这些. 就讲这些.关于抽象函数的内容还有很 希望大家今后善于思考,善于积累, 多,希望大家今后善于思考,善于积累, 学习取得大得进步! 学习取得大得进步!
内容小结
以上列举了求解抽象型函数问题的常规解题思想, 以上列举了求解抽象型函数问题的常规解题思想, 数学问题, 当然对于用常规思想难以解决的 数学问题,若利用一些 特殊的数学思想方法求解,如合理赋值,类比联想;添 特殊的数学思想方法求解,如合理赋值,类比联想 添, 拆项;归纳猜想等等.处理这类问题时,常需将几种解题 拆项 归纳猜想等等.处理这类问题时, 归纳猜想等等 思想综合运用, 多管齐下 多管齐下". 思想综合运用,"多管齐下 .通过抽象型函数问题的解 题思想的探求,提高解题能力,培养思维的灵活性, 题思想的探求,提高解题能力,培养思维的灵活性,最终 达到创新思想的培养. 达到创新思想的培养.
4.设函数 y = f ( x ) 定义在R上,当 x > 0 时,f ( x ) > 1 4. 且对任意 m,n ,有 f ( m + n ) = f ( m) f ( n) 当 m ≠ n 时 f (m) ≠ f (n) (1)证明: f ( 0) = 1 (2)证明: f ( x ) 在R上是增函数;
没有具体给出函 数解析式但给出 某些函数特性或 相应条件的函数
一,一次函数模型 f(x+y)=f(x)+f(y) 一次函数模型: 函数模型
例1:已知函数 f ( x ) 对任意的实数 x , y 都有
f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) 且当 x > 0 时 f ( x ) > 0 , f ( 1 ) = 2 求 f ( x ) 在 [ 2 ,] 1 上的值域