抽象函数解题方法

抽象函数解题方法与技巧
所谓抽象函数问题,就是指没有具体地给出函数得解析式,只给出它得一些特征或性质。

解决这类问题常涉及到函数得概念与函数得各种性质,因而它具有抽象性、综合性与技巧性等特点。

抽象函数问题既就是教学中得难点,又就是近几年来高考得热点。

1. 换元法
换元法包括显性换元法与隐性换元法,它就是解答抽象函数问题得基本方法。

例1. 已知f(１＋s ｉnx)＝2+ｓinx+co ｓ2x, 求ｆ(x)
解:令u=1＋s ｉnx,则s ｉnx=u-１ (0≤u ≤2),则ｆ(ｕ)=-u ２
＋３u+1 (0≤ｕ≤2)
故ｆ(x)＝—ｘ２
＋３x+1 (0≤ｕ≤2) 2.方程组法
运用方程组通过消参、消元得途径也可以解决有关抽象函数得问题、
例2、.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:02)x (xf 3 x ,x
1
)x (f 2)x 1(f ,x x 12=++=-与已知得得代换用
例3、 解:
:x )1(x
-11
(2) .x 1x 2)x 11(f )x 1-x f(
得中的代换再以即-=-+ (3) .x 1x 2)x (f )x -11f( ,x 111)x
111
x 11
(f )1x 1(f --=+-+=---+-即
３.待定系数法
如果抽象函数得类型就是确定得,则可用待定系数法来解答有关抽象函数得问题。

例4。

已知f(ｘ)就是多项式函数,且ｆ(x+１)+f(x —１)=２x ２
-4x,求f(ｘ). 解:由已知得f(ｘ)就是二次多项式,设ｆ(x)=ax 2+bx+ｃ (a ≠0) 代入比较系数得过且过:a=1,ｂ= -2,ｃ＝ —１,ｆ(x)=x 2—2x-1。

4.赋值法
有些抽象函数得性质就是用条件恒等式给出得,可通过赋特殊值法使问题得以解决、
例5。

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:令x=y=0,得:f(0)=０,令x=０,ｙ＝1,得f(0+１2)＝f(0)+2f ［(1)］2,
,2
1
)n (f )]1(f [2)n (f )1n (f ,1y ,n x .21)1(f ,0)1(f 2+=+=+===∴≠得令
例6.已知ｆ(x)就是定义在Ｒ上得不恒为零得函数,且对于任意得函数a,ｂ都满足 f(ab)=af(b)+bf(a)。

(1)求f(0),f(1)得值;(2)判断f(x)得奇偶性,并证明您得结论;
(３)若f(2)=2,u n =ｆ(2ｎ
) (n ∈Ｎ＊),求证:ｕｎ+1＞ｕｎ (n ∈Ｎ*)。

解:(１)令a ＝b=０,得f(0)=0,令a=b ＝1,得f(１)=0。

(２)f(ｘ)就是奇函数。

因为:令ａ=ｂ=—1,得f[(—１)(—１)]=-f(—1)-f(—１),f(—1)=０,
故f(－x)＝f[(—１)(x)]= -f(x)+xf(-1)＝ -f(x),故f(x)为奇函数。

(3)先用数学归纳法证明:u n =f(2n )＞0 (n ∈N ＊)(略) 5、转化法
通过变量代换等数学手段将抽象函数具有得性质与函数得单调性等定义式建立联系,为问题得解决带来极大得方便、
例7.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］上得最大值与最小值.
解:令x=ｙ＝0,得ｆ(0)=0,令y=-x,得f(-ｘ)+ｆ(x)=f(０)=0,即ｆ(x)为奇函数.
设x １〈x 2,则ｘ2—x 1>０,由已知得f(x ２－ｘ１)<0,故f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=ｆ(ｘ2-ｘ１)＋ｆ(x 1)＜ f(x 1).
所以f(ｘ)就是Ｒ上得减函数,又f(3)=f(1)+f(2)＝－6,ｆ(-3)=6、 故f(x)在［－3,3］上得最大值为6,最小值为—6。

例８、定义在R +上得函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(x m )=mf(x); ②ｆ(２)=1、 (1)求证:ｆ(x ｙ)=f(x)+f(y)对任意正数x,y 都成立; (2)证明f(x)就是R +上得单调增函数;
(３)若ｆ(x)+f(ｘ-３)≤2,求x 得取值范围.
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)+n ｆ(2)=m+n,所以f(x ｙ)=f(x)+f(ｙ)
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)＜f(ｘ２),即f(x)就是R +上得增函数、
(3)由f(x)+ｆ(x —3)≤2及f(x)得性质,得ｆ[x(x －3)］≤2f(2)=f(2) 解得 3〈ｘ≤4、 6。

递推法
对于定义在正整数集N*上得抽象函数,用递推法来探究,如果给出得关系式具有递推性,也常用递推法来求解。

例9。

就是否存在这样得函数f(ｘ),使下列三个条件:①ｆ(n)＞0,n ∈Ｎ;②ｆ(n １+ｎ2)=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)得解析式;若不存在,说明理由。

解:假设存在这样得函数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*) (数学归纳证明 略) 例１０。

已知f(x)就是定义在R 上得函数,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)＝_＿＿______、 解:由g(x)＝f(ｘ)+1－x,得f(x)＝g(x)＋x －１.
所以g(x ＋5)+(x ＋５)－１≥g(x)+(ｘ—１)＋５,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、 7。

模型法
模型法就是指通过对题目得特征进行观察、分析、类比与联想,寻找具体得函数模型,再由具体函数模型得图象与性质来指导我们解决抽象函数问题得方法。

应掌握下面常见得特殊模型:
＝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 —ｘo )f(ｘo )=0,与已知矛盾,故f(x)〉0
任取ｘ１,x 2∈Ｒ且x 1<x ２,则x 2—ｘ1>0,ｆ(ｘ２-x 1)＞1, 所以ｆ(ｘ１)-f(x 2)＝f[(ｘ２-x 1)+x 1］-f(ｘ1)=f(x 2－x １)f(x 1)-ｆ(ｘ1)=ｆ(ｘ1)[f(x 2—x 1)—１］＞０、 所以ｘ∈R 时,f(x)为增函数。

解得:｛x|１〈x 〈2}
(2)f(1)＝2,f(2)=2,ｆ(3)=８,原方程可化为:[f(ｘ)］2＋４f(x)－5=0,解得ｆ(ｘ)=1或f(x)=-5(舍) 由(1)得ｘ=０、
例12。

已知函数f(x)对任何正数x,y 都有ｆ(xy)=ｆ(x)f(y),且ｆ(x)≠0,当x 〉1时,f(x)<１、试判断f(x)在
(0,+∞)上得单调性,并说明理由.
解:0)x (f ,0)x (f ,0)x (f )x x (f )x (f R x 2>≠≥=•=∈+故又有对
所以ｆ(ｘ１)〉f(x 2),故f(x)在Ｒ+上为减函数. 能力训练
１.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 ++++==+ Ａ、1999 B 、２00０ C.2０01 D 。

2０02
2.已知不恒为零得函数f(x)对任意实数x,y 都满足ｆ(x+y)+f(ｘ－y)=2[f(x)＋f(y)],则ｆ(x)就是 A 。

偶函数 Ｂ。

奇函数 Ｃ。

既就是奇函数又就是偶函数 D 、非奇非偶函数 3、)2000(f )3(f )2(f )1(f ,)
1x (f 1)
1x (f 1`)1x (f )x (f 则满足定义在实数集上的函数+-++=-
得值为＿__＿____＿_.
4。

,b a ,c ,b ,a ,cx )x
1(bf )x (af )x (f ≠=+且是不为零的常数其中满足已知函数 则f(ｘ)=__＿＿＿____＿＿＿_、
5。

)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)就是奇函数; (Ⅱ)
解:(1)易证f(x)就是奇函数。

(２)易证f(ｘ)在(-1,0),(0,1)上就是单调递减函数、
⎥⎥
⎥⎥⎦
⎤⎢⎢⎢
⎢⎣⎡++-++=+++=++)3n )(2n (11)3n )(2n (1f )1)3n )(2n (1
(f )5n 5n 1(f 2又 )3n 1
(f )31(f )]51(f )41(f [)]41(f )31(f [)5n 5n 1(f )191(f )111(f 2+-=+-+-=+++++∴
6。

定义域为Ｒ得函数f(x)满足:对于任意得实数x ,ｙ都有f(x+y)=f(x)+ｆ(ｙ)成立,且当x ＞0时f(x)＜0恒成立.
(1)判断函数f(x)得奇偶性,并证明您得结论; (2)证明f(x)为减函数;若函数ｆ(ｘ)在［-３,3)上总有f(x)≤6成立,试确定ｆ(1)应满足得条件;
)
0a ,n (),a (f )x a (f n 1
)x (f )ax (f n 1x )3(22<->-是一个给定的自然数的不等式解关于
解:(1)由已知对于任意x ∈R ,ｙ∈Ｒ,ｆ(x+y )=f (x )+ f (y )恒成立 令x=y=０,得f (０+0)＝ ｆ(０)+ f (0),∴f (０)=0
令x=-y ,得f(x —x )= ｆ(x )＋ f (—x )=０∴对于任意ｘ,都有f (—x )= — f (ｘ)∴f (x )就是奇函数、
(2)设任意x 1,x 2∈R 且x 1＜x ２,则ｘ2－x １＞0,由已知f (x 2-x 1)<0(1) 又f (ｘ2-x 1)＝ f (x 2)+ f (－ｘ1)= ｆ(x 2)- f (x １)(２)
由(1)(2)得f (x １)〉ｆ(x 2),根据函数单调性得定义知f (x 0在(—∞,+∞)上就是减函数。

∴ｆ(ｘ)在［—3,3］上得最大值为ｆ(－3).要使f (ｘ)≤6恒成立,当且仅当f (—3)≤6, 又∵ｆ(-3)= - f (3)= - f (2+１)=－［ ｆ(2)+ f (１)]= －［ f (1)+ f (1)+ ｆ(1)］＝ －3 f (1),
∴ｆ(1)≥-2.
(３) ｆ(ax 2)— f (x )＞ f (a ２x )－ f (a )
ﻩf (ａｘ2)— f (a ２x )〉n[ｆ(x )- f (a )] ﻩf (ax 2—a 2x )＞n ｆ(x —a )(1０分) 由已知得:f[n (x －a )］＝ｎf (x-ａ) ∴f (ax 2—a 2x )＞f ［n (x —a )]
∵ｆ(x )在(-∞,+∞)上就是减函数
∴a ｘ2-a 2x <ｎ(x －a )、即(x-ａ)(a ｘ－n )<0, ∵a ＜0,
∴(x —ａ)(x —)＞0,(11分) 讨论:(１)当ａ<<0,即ａ〈-时, 原不等式解集为｛x | x ＞或x <a ｝;
(２)当a ＝＜0即a=—时,原不等式得解集为φ;
(３)当＜a＜０时,即-<a＜０时, 原不等式得解集为{x ｜x〉a或x＜。