高级中学数学抽象函数常见题型及解法教案设计.doc

高中数学抽象函数常见题型及解法教案设

计１

抽象函数常见题型及解法综述

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,使得这类问题是函数内容的难点之一,其性质常常是隐而不漏,但一般情况下大多是以学过的常见函数为背景，对函数性质通过代数表述给出.抽象函数的相关题目往往是在知识网络的交汇处设计,高考对抽象函数的要求是考查函数的概念和知识的内涵及外延的掌握情况、逻辑推理能力、抽象思维能力和数学后继学习的潜能.为了扩大读者的视野,特就抽象函数常见题型及解法评析如下.

一、函数的基本概念问题

1.抽象函数的定义域问题

例１已知函数)(2x f 的定义域是[1,2],求)（x f 的定义域．

解：由）（2x f 的定义域是[1，２],是指1≤x ≤2，所以１≤x2≤４,

即函数）(x f 的定义域是[1，4].

评析：一般地，已知函数[（）]f x ϕ的定义域是A ，求)（ｘf 的定义域问题,相当于已知［（)]f ｘϕ中ｘ的取值范围为Ａ,据此求)(ｘϕ的值域问题．

例2 已知函数）(x f 的定义域是［-1,２],求函数)]3(［log 2

1x f -的定义域．解:由）(xｆ的定义域是[-1，2],意思是凡被f作用的对象都在[-1，２]中，由此易得

－1≤log２1(3-x)≤2 ⇒(

2

1）2≤3-ｘ≤(21)1-⇒１≤x ≤411．∴函数）]3([log21x f -的定义域是［1，4

1１]. 评析:这类问题的一般形式是:已知函数)（x f 的定义域是A ，求函数）)(（x fϕ的定义域．正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键.一般地，若函数)（x ｆ的定义域是Ａ,则x必须是A中的元素，而不能是A 以外的元素，否则,)(xｆ无意义．因此,如果)(0x f 有意义，则必有x ０∈A ．所以,这类问题实

质上相当于已知)(ｘϕ的值域是A ,据此求x 的取值范围,即由）(x ϕ∈A 建立不等式,解出x 的范围．例2和例1形式上正相反.

2.抽象函数的值域问题

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x 1≠x 2，使得f（ｘ１)≠ｆ( ｘ2）,求函数f（x)

解:令x =y=０，得f(0)=ｆ2(0)，即有f （0）＝0或f(0)=1．若f （0) = 0,则f(x）=ｆ(x + ０) =f （x)f

(0) = 0,对任意ｘ∈Ｒ均成立,这与存在实数x 1≠x 2,使得f(x

1)≠f (x2)成立矛盾.故ｆ（0)≠0,即

ｆ（0) = 1.

由于f (x + y)=f(x)ｆ(ｙ)对任意x、y ∈R均成立，因此,对任意x∈R ，有

f (ｘ）=f（2x +2x ) =ｆ(２ｘ)f （2x) = [f （2

x)]2≥０．下面只需证明,对任意ｘ∈R ,f (0)≠0即可．

设存在x0∈R ,使得ｆ( x 0）= 0，则ｆ(0) =f (x 0－x０)＝f ( x 0）ｆ(-x０) =0，

这与ｆ(0)≠0矛盾，因此,对任意ｘ∈R，ｆ（x）≠０.

所以f （x)>０.

评析：在处理抽象函数的问题时,往往需要对某些变量进行适当的赋值,这是一般向特殊转化的必要手段．

3．抽象函数的解析式问题

例５设对满足ｘ≠0，x ≠１的所有实数x，函数f (x)满足f (x)

x １-)＝１+x，求ｆ(ｘ)的解析式. 解：在f (x) +f (x x 1-) =1＋x ，(1) 中以x

x 1－代换其中x,得：

f (x x 1-) +f (－1

1-ｘ) ＝x x-12，⑵再在(1)中以－11-x 代换x ，得：ｆ(-11－x ) +f（x)＝１

2－-ｘx,⑶(1)－(2）+ ⑶化简得：f(x)＝）

1(2１23ｘ-x xｘ-－．评析:如果把x 和x

ｘ1-分别看作两个变量,怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键.通常情况下,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.

二、寻觅特殊函数模型问题

1.指数函数模型

例６设）(x f 定义于实数集R 上，当x ＞０时，)（x f ＞1,且对于任意实数x 、y ，有f （ｘ+y) =）(x f ·)(y f，同时ｆ（1)= ２，解不等式f (3x -x2）>4．

联想：因为a y x+＝ a x ·a ｙ(a >0,a ≠１),因而猜测它的模型函数为)(ｘ f = a x(a ＞０，a ≠１)（由f (1) =2,还可以猜想)（x f ＝２x).

思路分析:由）2（f=)1１(+ｆ＝)1(f·)１(f=4，需解不等式化为 f （3ｘ－ｘ2)＞）2（f ．这样,证明函数)（x ｆ的(由）(x f = 2x ，只证明单调递增)成了解题的突破口．

解:由f（x+y）=f(ｘ) ·f （ｙ)中取x =y= 0,得f (0）=ｆ２(０)，若f (0) = ０,令x ＞0，ｙ＝０，则f (x）=0，与ｆ(x)>1矛盾．∴ｆ(0)≠0，即有f (0) = 1 .

当ｘ＞０时,f (ｘ)＞1>0 ,当x <0 时，-x >0，f(－ｘ)＞1>0, 而f(x) ·f (－ｘ）=f (0）= 1，

∴f (x)=

)

(1x f -＞０.

又当x =0 时，f (0）=1>０，∴x ∈R ,ｆ(ｘ)>0 ．

设-∞０，f （x 2－x 1）>1.

∴ f （x2)=f [ x １＋（x 2－x1)] =ｆ(x 1)f ( x 2-x 1)>f(ｘ1）．

∴y =f（x) 在R 上为增函数

又∵f (1) = ２,∴f(３x -x 2)>ｆ（１) ·f (1) =f (1 ＋１）=ｆ(２）,由f (x)的单调递增性质可得：