抽象函数的一般解题,单调性构造,方程形式

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第六讲--抽象函数

1第六讲抽象函数所谓抽象函数，是指没有明确给出函数表达式，只给出它具有的某些特征或性质，并用一种符号表示的函数．抽象函数问题一般是根据所给的性质讨论函数的单调性、奇偶性、周期性及图象的对称性，或是求函数值、解析式等．抽象函数的处理方法主要是“赋值法”，利用变量代换解题．也常由抽象函数结构、性质，联想已学过的基本初等函数，再由相关函数的相关性质，预测、猜想抽象函数可能具有相关性质，并给出证明，这是使抽象函数问题获解的一种有效方法．例如由()()()f x y f x f y +=+联想及正比例函数()(0)f x kx k =≠；由()()()f x y f x f y b +=+-联想及一次函数()(0)f x kx b k =+≠；由()()()f x y f x f y +=联想及指数函数()(0,1)x f x a a a =>≠且；由()()()f x y f x f y =+联想及对数函数()log (0,1)a f x x a a =>≠且；由()()()f x y f x f y =联想及幂函数()f x x α=，等等．1.函数,f g 均为实数集R 到R 上的非常值函数，且满足()()()()()()()()()()f x y f xg y g x f y g x y g x g y f x f y +=+⎧⎨+=-⎩ 求(0)f 与(0)g 的所有可能值．2.已知函数,f g 均在R 上有定义，对任意的,x y R ∈有()()()()()f x y f x g y g x f y -=-，且(1)0f ≠．（1）求证：()f x 为奇函数；（2）若(1)(2)f f =，求(1)(1)g g +-的值．3.已知函数()f x 的定义域为R ，且对,m n R ∈恒有()()()1f m n f m f n +=+-，且1()02f -=，当12x >-时，()0f x >．（1）求证：()f x 是R 上的单调递增函数；（2）试举出具有这种性质的一个函数，并加以验证．4.设()f x 是定义在R 上的非常值函数，且对任意,x y 都有()()2[()()]f x y f x y f x f y ++-=+．（1）求(0)f 的值；（2）求证：()f x 是R 上的偶函数；（3）试举出具有这种性质2的一个函数，并加以验证．5.设定义在{0}D x x =≠上的函数()f x 满足()()()f xy f x f y =+．（1）求(1)f 的值；（2）判断并证明()f x 的奇偶性；（3）若(2)1f =，试给出一个满足题意的函数并加以验证．6.已知函数()(R y f x x =∈对任意实数,x y ，都有()()2(f x y f x y f x f y ++-=成立，且0(0)f ≠．（1）求(0)f 的值；（2）判断并证明()()R y f x x =∈的奇偶性；（3）若函数()()R y f x x =∈在[0,)+∞上单调递增，且(1)023f x a --≥+对任意的x R ∈恒成立，求实数a 的取值范围．7.已知()f x 是定义在[1,1]-上的奇函数，当,[1,1]a b ∈-，且0a b +≠时，有()()0f a f b a b+>+．（1）判断()f x 的单调性，并给予证明；（2）若(1)1f =，且2()21f x m mb ≤-+对于所有的[1,1]x ∈-，[1,1]b ∈-恒成立，求实数m 的取值范围．8.定义在(1,1)-上的函数()f x 满足：①对任意,(1,1)x y ∈-，都有()()()1x y f x f y f xy++=+； ②当(1,0)x ∈-时，有()0f x >．（1）求证：函数()f x 是奇函数；（2）判断()f x 在(1,1)-上是否具有单调性，并加以证明；（3）设11a -<<，试求不等式1()()01f a f x+>-的解． 9.已知定义在(1,1)-上的函数()f x 满足：①,(1,1)x y ∀-∈，都有()()()1x y f x f y f xy++=+， ②当(0,1)x ∈时，()0f x <．（1）求(0)f ；（2）求证：,(1,1)x y ∀-∈，都有()()()1x y f x f y f xy--=-；（3）证明21111()()()()19297112f f f f n n +++>++，*n N ∈．310.设()f x 是定义在{0}D x x =≠上的奇函数，且在(0,)+∞上单调递增．（1）判断并证明()f x 在(,0)-∞内的单调性；（2）若(1)0f =，试解关于x 的方程2[log (1)1]0a f x -+=；（3）设0,0m n >>，()()()f mn f m f n =+，且(2)1f -=-，试解关于t 的不等式12log ()10f t +>．11.设定义在R 上的函数()f x 满足：①(0)0f =，(1)1f =-；②,R x y ∀∈都有()(1)()()2x y f a f x af y +=-+（a 为常数）．（1）求a 与(1)f -的值；（2）求证：,R x y ∀∈都有()()()f x y f x f y +=+；（3）若当0x >时，()0f x <，解关于x 的不等式2211()()()()22f bx f x f b x f b ->-，其中22b ≥．12.已知函数()f x 满足对任意的实数,x y 都有()()()1f x y f x f y xy +=+++，且(2)2f -=-，（1）求(1)f 的值；（2）证明：对一切大于1的正整数t ，恒有()f t t >；（3）试求方程()f t t =的整数解的个数，并说明理由．13.设函数()f x 是满足下列条件的函数： ①若x y >且()()f x x a f y y +≥≥+，则存在实数[,]z y x ∈，使得()f z a z =-； ②方程()0f x =至少有一个解，并在该方程的解中存在一个解不大于所有其他的解；③(0)1f =；④(1999)2000f -≤；⑤()()[()()]f x f y f xf y yf x xy =++．求(1999)f -的值．。

抽象函数常见题型及解法综述

是［－１，１］； ③在其定义域上递减； ④ ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）＝ｆ（ｘｙ）对于
任意实数ｘ，ｙ都成立．解不等式ｆ－１（ｘ）·ｆ－１（１） ≤ １．１－ｘ２
联想
因为ｌｏｇａ（ｘ·ｙ）＝ｌｏｇａｘ＋ｌｏｇａｙ，而ｌｏｇ１
２
１２
＝１，ｙ＝
ｌｏｇ１ｘ在其定义域内为减函数，所以猜测它的模型函数
#!ｆ－１（ｘ＋１） ≤ｆ－１（１）， #ｘ＋１ ≥１，
% １－ｘ
% １－ｘ
%%－１≤ｘ＋１ ≤１，
$
１－ｘ
%%－１≤ｘ＋１ ≤１，
∴(
１－ｘ
∴ｘ＝０．
%－１≤ｘ≤１，
%－１≤ｘ≤１，
&%%－１≤
１１－ｘ
≤１．
&%%－１≤
１１－ｘ
≤１．
故原不等式的解集为｛０｝．
二、寻觅特殊函数的模型
１．指数函数模型
例６设ｆ（ｘ）定义于实数集Ｒ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），同时ｆ（１）＝２，
解不等式ｆ（３ｘ－ｘ２）＞４．
联想由于ａｘ＋ｙ＝ａ·ｘａｙ（ａ＞０，ａ≠１），于是猜测它的模型
ｘ－１
ｘ－１
ｘ－１
①－ ②＋③并化简得ｆ（ｘ）＝ｘ３－ｘ２－１．２ｘ（ｘ－１）
小结把ｘ和ｘ－１分别看作两个变量，怎样实现由ｘ

常见抽象函数问题与处理方法

。
1 4
C． 2
D．
1 2
解析：由已知 g (1) 2 ，而 f ( x) g ( x) 2 x ，所以 f (1) g (1) 2 1 4 故选 A 例 9 ：(2009 湖北卷理)设球的半径为时间 t 的函数 R t 。若球的体积以均匀速度 c 增长，则球的表面积的增长速度与球半径 A.成正比，比例系数为 C C.成反比，比例系数为 C 。 B. 成正比，比例系数为 2C D. 成反比，比例系数为 2C
常见抽象函数问题与处理方法
抽象函数是指未给出函数解析式，只是指明符合函数定义或者给出部分性质，一般以 y=f(x) 形式给出，不用数字和字母表示出来的函数。由于没有解析式，函数的对应法则不具体，让学生感觉抽象、无从下手、难度大，不易处理。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。纵观近三年高考，很多省市的高考都会对这一问题进行考察，进而全面检验学生对函数概念的理解、函数定义域、值域、性质的掌握以及对树形结合思想和函数方程思想的运用。通常抽象函数问题可以采用换元法、特殊值法、赋值法、构造法以及利用函数的图象性质进行解决。在考试中有以下几种常见类型： 1 、对函数概念、抽象关系式的考查。例 1 ： ( 1).若函数 f ( x ) 的定义域为[03],则 f ( x 1) 的定义域为
Ａ． f ( x) g ( x) f (b) g (b)
Ｃ． f ( x) g (b) f (b) g ( x)
Ｄ． f ( x) g ( x) f (a ) g (a )
fg ”时，主要考虑构造 f g 或分析：在考题中出现“ f g f ( x) 的单调性。 g ( x)
2 、对单调性的考查。这类问题重点是要通过单调性地定义进行突破，得到函数的单调性，从而实现自变量关系和函数值关系的互化，在考题中出现的频率较高。画出示意图，可以将有关抽象函数的问题具体化，从而化“无形”为“有形” ，化抽象为直观。例 4 ： (2009 陕西卷理)定义在 R 上的偶函数 f ( x) 满足：对任意的 x1 , x2 (, 0]( x1 x2 ) ，有

抽象函数的性质问题解析(数学)

抽象函数的性质问题解析抽象函数是高中数学的一个难点，也是近几年来高考的热点。

考查方法往往基于一般函数，综合考查函数的各种性质。

本节给出抽象函数中的函数性质的处理策略，供内同学们参考。

1、定义域：解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。

材料一：若函数)1(+=x f y 的定义域为)3,2[-，求函数)21(+=xf y 的定义域。

解析：由)1(+=x f y 的定义域为)3,2[-，知1+x 中的)3,2[-∈x ，从而411<+≤-x ，对函数)21(+=xf y 而言，有1124x-≤+<，解之得：),21(]31,(+∞--∞∈ x 。

所以函数)21(+=x f y 的定义域为),21(]31,(+∞--∞ 总结：函数的定义域是指自变量的取值范围，求抽象函数的定义域的关键是括号内式子的地位等同（即同一对应法则后括号内的式子具有相同的取值范围），如本题中的1+x 与21+x 的范围等同。

2、值域：解决抽象函数的值域问题——定义域、对应法则决定。

材料二：若函数)1(+=x f y 的值域为]1,1[-，求函数)23(+=x f y 的值域。

解析：函数)23(+=x f y 中定义域与对应法则与函数)1(+=x f y 的定义域与对应法则完全相同，故函数)23(+=x f y 的值域也为]1,1[-。

总结：当函数的定义域与对应法则不变时，函数的值域也不会改变。

3、对称性：解决抽象函数的对称问题——定义证明是根本、图象变换是捷径、特值代入是妙法。

材料三：设函数)(x f y =定义在实数集上，则函数)1(-=x f y 与)1(x f y -=的图象关于（）A 、直线0=y 对称B 直线0=x 对称C 直线1=y 对称D 直线1=x 对称解法一（定义证明）：设点),(00y x P 是函数)1(-=x f y 的图象上的任意一点，则)1(00-=x f y ，),(00y x P 关于直线m x =的对称点为),2(00/y x m P -，要使点),2(00/y x m P -在函数)1(x f y -=的图象上，则)21()]2(1[000m x f x m f y -+=--=，应有121-=-m ，故1=m ，所以函数)1(-=x f y 与)1(x f y -=的图象关于直线1=x 对称。

抽象函数

(1) 求证：f( )= - 1 (2) 试判断y=f(x)在（0，+∞）上的单调性，并证明；
【例】若奇函数 f(x)在(0,+∞)上是增函数，又 f (-3)=0，则{ x|
x • f(x)<0}等于 A.{ x| x>3 或 -3 < x < 0} C.{ x| x>3或 x<-3} B.{ x|0< x < 3 或 x < -3} D.{ x|0< x<3或 -3< x<0}
x f ( ) f ( x) f ( y ) y
所以由 f ( x 3) f ( 1 ) 2.
x
得
f[(x+3)x]<f(4)
0 , x 3 0 1 (xx 3) x 4
又f(x)在(0,+∞)上是增函数，则： 0<x<1
原不等式的解集为{x|0<x&”
课题：抽象函数
抽象函数的求解策略：利用函数模型
抽象函数通常是指没有给出函数的具体解析式，只给出了其他一些条件（如：定义域、经过的特殊的点、解析递推式、部分图象特征等），它是高中数学函数部分的难点，也是与大学的一个衔接点。因无具体解析式，理解研究起来往往很困难。但利用函数模型往往能帮我们理清题意，寻找解题思路，从而方便快捷的解决问题。
y=kx(k0) f(x+y)=f(x)+f(y)
一、创设情景—激发兴趣
y a x (a 0, a 1)
f(x+y)=f(x) ·f(y)
y)=f(x) +f(y) y loga x(a 0, a 0) f(x·
f ( x y) f ( x) f ( y ) 1 f ( x) f ( y )

抽象函数解题全攻略

抽象函数解题全攻略抽象函数常以高中函数的主体内容——定义域、函数的单调性、函数的奇偶性、函数的周期性为背景,以解不等式、求数列通项等为目的,知识覆盖面较大,综合性较强,灵活选择方法的要求较高,再加上题意变幻,构思精巧,具有相当的深度和难度.为了应对2010年的高考,本着未雨绸缪的思想,本文探讨一些抽象函数问题,并举例分析其解题方法,旨在探索题型规律,开拓同学们的视野. 一、抽象函数的周期性一个函数,如果有两条对称轴,则它是周期函数,如果有两个对称中心,它也必然是周期函数;如果有一个对称中心和一条对称轴,则它也是周期函数,抽象函数经常在这个方面出题. 例1 设函数f(x)在(-∞,+∞)上满足f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x),且在闭区间[0,7]上,只有f(1)=f(3)=0. ⑴试判断函数y=f(x)的奇偶性; (2)试求方程f(x)=0在闭区间[-2010,2010]上的根的个数,并证明你的结论. ⑴分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),要注意判断y=f(x)也有可能是非奇非偶函数. 解析⑴由f(2-x)=f(2+x),得f(x)=f(4-x);由f(7-x)=f(7+x),得f(x)=f(14-x),故f(4-x)=f(14-x),即f(x)=f(x+10),函数y=f(x)的周期为T=10,而f(3)=f(1)=0,f(7)≠0,f(-3)=f(-3+10)=f(7)≠0,所以f(-3)≠±f(3),故函数y=f(x)是非奇非偶函数. ⑵分析:显然要根据周期解决,周期为10,在闭区间[0,7 ]上,只有f(1)=f(3)=0,必须研究f(8)、f(9)、f(10)是否为0. 解析⑵f(3)=f(1)=0,图像关于x=7对称,故可知f(8)=f(6)≠0,同理f(9)≠0,f(10)≠0,即在一个周期内只有两个根.可知函数y=f(x)在[0,2010]上有402个根,在[-2010,0]上有402个解,所以函数y=f(x)在[-2010,2010]上有804个解. 点评⑴若函数f(a+x)=f(b-x)满足,则关于直线x=对称;⑵若函数满足f(x+a)=-f(x),则周期为T=2a. 若函数满足f(a-x)=f(b-x),则周期T=b-a. 二、抽象函数的单调性函数是数学大厦的“基石”,是中学数学中具有统帅作用的重要内容,函数的单调性则是函数的核心.经常利用导数来判断函数的单调性.由于抽象函数没有具体解析式,所以其单调性的证明又别有一番风味. 例2 已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0},对定义域内的任意x1、x2,都有f(x1•x2) =f(x1)+f(x2),且当x>1时f(x)>0,f(2)=1.(1)求证:f(x)是偶函数;(2)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(3)解不等式f(2x2-1)<2. 解析(1)分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),因此可令x1=-1,x2=x. 再利用特值法求f(-1),f(1). 证明: f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0}关于原点对称,因为对定义域内的任意x1、x2都有f(x1•x2)=f(x1)+ f(x2),令x1=-1,x2=x,则有f(-x)=f(x)+f(-1),又令x1=x2=-1,得f(1)=2f(-1),再令x1=x2=1,得f(1)=0,从而f(-1)=0,于是有f(-x)=f(x),可知f(x)是偶函数. (2)分析:证明单调性一般采用定义法来证. 本题的关键是利用f(x1•x2)=f(x1)+f(x2),因此可令x2=x1•t(t>1). 证明: 设任意x1,x2满足01),故f(x1)-f(x2)=f(x1)-[f(x1)+f(t)]=-f(t),因为t>1,故f(t)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)分析:由于没有具体函数,因此要解不等式必须利用函数的单调性,也就是要求出f(m)=2中的m,又因为函数是偶函数,故可以利用f(-x)=f(x)=f(|x|)来解不等式. 解析: 由于f(2)=1,令x1=x2=2,则f(4)=2f(2)=2,于是待解不等式可化为f(2x2-1) 点评⑴在抽象函数问题中,常用的特殊值是f(0), f(1),f(-1)等等;⑵如果题目所给的条件是f(x1+x2) =f(x1)f(x2),则在证明单调性时,一般可令x2=x1+t(t>0);⑶在求解不等式时,可以采用令x1=x2等于所给的两个数的方法来解决. 三、抽象函数的原型抽象函数也是从实际函数中转化而来的,在解题中,如果能够熟练把握抽象函数的原型,能够使解题事半功倍. 例3 设函数y=f(x)是定义在R上的函数,并且满足下面三个条件:①对任意正数x、y,都有f(xy)=f(x)+f(y);②当x>1时,f(x)<0;③f(3)=-1. ⑴求f(1)、f()的值;⑵如果不等式f(x)+f(2-x)<2成立,求x的取值范围;(3) 如果存在正数k,使不等式f(kx)+f(2-x)<2有解,求正数k的取值范围. 分析观察所给条件,推断出抽象函数的原型是f(x)=logx,由此易知f(1)=0,f()=2.找到原型后对于后面解不等式及求值等问题有很大的帮助, 但是不能使用原型函数直接解题. 解析⑴令x=y=1,易得f(1)=0. 而f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2,且f(9)+f()=f(1)=0,所以f()=2. ⑵由条件①及(1)的结果得:f(x(2-x)),0 ⑶同上,不等式f(kx)+f(2-x)<2,可化为kx(2-x)>且0,此不等式有解等价于k>[]min.∵[x(2-x)]max=1,故k>即为所求范围. 点评以下是一些常见抽象函数的原型: 一次函数f(x)=kx+b(k≠0)抽象函数模型为:f(x+y)=f(x)+f(y)+b; 指数函数f(x)=ax(a>0,a≠1),抽象函数模型为:①f(x+y)=f(x)•f(y);②f(x-y)=; 对数函数f(x)=logax(a>0,a≠1)抽象函数模型为:①f(xy)=f(x)+f(y);②f()=f(x)-f(y); 余弦函数f(x)=cosx有公式cos(α+β)+cos(α-β)=2cosαcosβ,其抽象函数模型为:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y). 四、抽象函数的交汇性关注知识交汇点,把握纵横联系,揭示普遍规律,注重综合应用,在知识的交汇点处命题,考查综合分析问题解决问题的能力,是高考命题的风向标.例4 设函数f(x)的定义域为R,当x<0时,0分析第三问是数列与抽象函数的交汇,考察了求通项,等比数列求和,裂项相消等知识. 解析(1)令y=0,x=-1,得f(-1)=f(-1)f(0),f(-1)[1- f(0)]=0,∵f(-1)>0,∵f(0)=1. (2) 又∵x<0时,f(x)>0,∴当x>0时,由f(x-x)=f(x) f(-x)=1,得f(x)=>0,故对于x∈R,f(x)>0.设x1 (3) 由f(a2 n+1-a2n)=(n∈N*),得f(a2 n+1-a2n)f(an+1-3an-2)=f(0),即f(a2 n+1-a2n+an+1-3an-2)=f(0),(n∈N*),∵函数f(x)是R上单调函数,∴a2 n+1-a2n+an+1-3an-2=0 (an+1+an+2)(an+1-an-1)=0,∵数列{an}各项都是正数,∴an+1+an+2≠0,∴an+1-an=1(n∈N*),∴数列{an}是首项a1=f(0)=1,公差为1的等差数列,且an=n.∵==-, ∴Tn=++…+=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-. 而Sn=b1+b2+…+bn=+()2+…+()n==1-.∵当n=1时,2n=n+1,∴Tn=Sn,当n≥2时,2n=(1+1) n=1+n++…>n+1,∴<,∴Tn 点评经过适当构造,抽象函数还可以与不等式、概率统计、导数等等知识点相交汇. 五、抽象函数的创新性创新型问题是给出一个新定义、新运算、新函数或新概念,要求考生利用其解决问题.这种问题不能利用以往的公式或定理,把考查的方向由死记硬背转向考查考生的能力运用.解创新型问题,需要通过阅读分析材料,捕捉相关信息,通过归纳、类比与探索,发现解题方法.这类题立意新、构思巧,既考查考生的阅读理解能力与数学语言转化能力,又考查考生分析、探究和解决问题的能力. 例5 已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体,存在非零常数,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立. (1) 函数f(x)=x是否属于集合M?说明理由; (2) 设f(x)∈M,且T=2, 已知当1 分析对于第一问一般来说是假设属于集合,然后再找出成立的条件是否满足. 对于第二问,类似于使用周期性来求解析式. 解析(1) 假设函数f(x)=x属于集合M,则存在非零常数T,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立,即: x+T=Tx成立.令x=0,则T=0,与题设矛盾,故f(x)M. (2) f(x)∈M,且T=2,则对任意x∈R,有f(x+2)=2f(x),设-3 当1 总之,抽象函数试题可以帮助同学们学习一些重要的数学思想,有助于进一步打好数学基础,提高数学思维能力,有利于扩展数学视野,有利于提高对数学的科学价值、应用价值、文化价值的认识,真正达到“学数学,用数学,做数学”的境界.。

抽象函数

抽象函数我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数。

由于这类问题可以全面考查学生对函数概念和性质的理解，同时抽象函数问题又将函数的定义域，值域，单调性，奇偶性，周期性和图象集于一身，所以在高考中不断出现；如2002年上海高考卷12题，2004年江苏高考卷22题，2004年浙江高考卷12题等。

学生在解决这类问题时，往往会感到无从下手，正确率低，本文就这类问题的解法谈一点粗浅的看法。

一般形式不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数即抽象函数。

一般形式为y=f(x)，或许还附有定义域、值域等，如： y=f(x), (x>0, y>0)。

常见函数的抽象函数形式幂函数：f(xy)=f(x)f(y)正比例函数：f(x+y)=f(x)+f(y)对数函数：f(x)+f(y)=f(xy)三角函数：f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y) f(x)=cosx指数函数：f(x+y)=f(x)f(y)周期为n的周期函数：f(x)=f(x+n)抽象函数具体化的证明例题：f(xy)=f(x)+f(y),f(x)在定义域(0,+∞)上单调递增，f(2)=1。

求证：f(x)=lgx/lg2即以二为底x的对数。

证明：定义域：相同∵f(2*1)=f(2)+f(1)∴f(1)=0∵f(1)=f(2)+f(1/2)∴f(1/2)=-1同理f(1/x)=-f(x)∵f(x^k)=f(x*x*……*x*x)【k个x】=f(x)+f(x)+……+f(x)+f(x)【k个】=k*f(x),k∈Z且k>0(x=2时f(x^k)=k) ①f(x^k)=f((1/x)^(-k))=f((1/x)*(1/x)*……*(1/x)*(1/x))【-k个x】=f(1/x)+f(1/x)+……+f(1/x)+f(1/x)【-k个】=(-k)*f(1/x),k∈Z且k<0（x=2时，f(x^k)=-k*f(1/2)=k）f(x^0)=f(1)=0=0*f(x)(x=2时，f(x^k)=k=0)∴f(2^k)=k,k∈Z②∵p*f(2^(1/p))=f((2^(1/p))^p)=f(2^(1/p*p))=f(2)=1,k<>0且p∈Z(①)∴f(2^(1/p))=1/p,p∈Z且p<>0又∵②∴f(2^(k/p))=f((2^(1/p))^k)=k*f(2^(1/p))=k*(1/p)*f(2)=k/p即f(2^m)=m对所有有理数成立③任取z∈R，{1}若f(2^z)<z,z必定为f(y),y>2^z(由于单调性以及③)，在(2^z,y)上必定有q=2^(z+n),z+n为有理数，n>0,f(q)=z-n<f(y)=z(单调性)与n>0矛盾，导出矛盾所以f(2^z)<z不成立{2}同理f(2^z)>z不成立又∵2^z>0，有定义域所以f(2^z)=z令x=2^z>0,f(x)=z=以二为底2^z的对数=以二为底x的对数证毕。

抽象函数性质

抽象函数的性质一、教学目标：会运用抽象函数的性质解题二、教学重点：抽象函数的性质的运用三、教学过程：所谓抽象函数就是没有给定具体解析式的函数。

抽象函数的性质的考查，这些题目往往渗透着数学思想，因此成为历年来高考题的一个热点。

解决抽象函数性质题型的方法：1. 换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos 2x, 求f(x)。

2．方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。

例2．.232|)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例3．f(x).1),x 0(x ,x 1)x1x (f )x (f 求且已知≠≠+=-+ 3．待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。

例4．已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x 2-4x,求f(x)。

4．赋值法有些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。

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,,21)n (f )]1(f [2)n (f )1n (f ,1y ,n x .21)1(f ,0)1(f 2+=+=+===∴≠得令Θ .22001)2001(f ,2n )n (f ,21f(n)-1)f(n =∴==+故即例6．已知f(x)是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a)。

(1)求f(0)，f(1)的值；(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;(3)若f(2)=2,u n =f(2n ) (n ∈N*),求证:u n+1>u n (n ∈N*)。

抽象函数解题方法与技巧

抽象函数解题方法与技巧函数的周期性：1、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x -a)（或f(x -2a)=f(x)）(a >0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数；2、若y=f(x)的图像关于直线x=a 和x=b 对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b （a ≠b ），则函数y=f(x)是周期为4|a -b|的周期函数；5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a -x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a ；如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a ；6、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)()1()f x a f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭或()1()f x a f x ⎛⎫+=-⎪⎝⎭或，则y=f(x)是周期为2|a|的周期函数；7、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a 的周期函数；8、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数。

（7、8应掌握具体推导方法，如7）函数图像的对称性：1、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线2a b x +=对称；2、若函数y=f(x)满足f(x)=f(2a -x)或f(x+a)=f(a -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=a 对称；3、若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(b -x)=c ，则y=f(x)的图像关于点,22a b c +⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称图形； 4、曲线f(x,y)=0关于点(a,b )的对称曲线的方程为f(2a -x,2b -y)=0；()()()()()()()1111212112()()11f x f x a f x f x a f x f x a f x f x f x --+-+-+====--++++5、形如()0,ax by c ad bc cx d+=≠≠+的图像是双曲线，由常数分离法 d ad ad a x b ba c c c y d d c c x c x c c ⎛⎫+-+-+ ⎪⎝⎭==+⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知：对称中心是点,d a c c ⎛⎫- ⎪⎝⎭；6、设函数y=f(x)定义在实数集上，则y=f(x+a)与y=f(b -x)的图像关于直线2b a x -=对称；7、若函数y=f(x)有反函数，则y=f(a+x)和y=f -1(x+a)的图像关于直线y=x+a 对称。

抽象函数问题及解法

抽象函数问题及解法原创/O客本文谈及的抽象函数问题是高考的必考内容，是高中函数与大学函数的衔接内容。

打开窗子说亮话，是高中教材没有，高考要考，大学不教但要经常用的内容。

如果一个关于函数f(x)的题目，已知f(x)的性质及f(x)满足的关系式，求证f(x)的其他性质，题目做完了，我们还不知道f(x)的具体的解析式，这就是抽象函数问题.一般地，抽象函数是指没有（直接或间接）给出具体的解析式，只给出一些函数符号及其满足某些条件的函数.解决抽象函数问题，我们可以用函数性质、特殊化、模型函数、联想类比转化、数形结合等多种方法.（1）函数性质法.函数的特征是通过其性质（如单调性、奇偶性、周期性、特殊点等）反映出来的，抽象函数也如此. 我们可以综合利用上述性质，包括借助特殊点布列方程等来解决抽象函数问题.（2）特殊化法.特殊化法又叫特取法. 为达到我们预期的目的，将已知条件进行适当的变换，包括式子的整体变换与具体数字的代换. 如在研究函数性质时，一般将x换成-x或其他代数式；在求值时，用赋值法，常用特殊值0，1，-1代入.（3）模型函数法.模型函数在解决抽象函数问题中的作用非同小可. 一方面，可以用借助具体的模型函数解答选择题、填空题等客观题. 另一方面，可以用“特例探路”，联想具体的模型函数进行类比、猜想，为解答题等主观题的解决提供思路和方法. 一般地，抽象函数类型有以下几种：①满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) （ⅰ）的函数f(x)是线性型抽象函数. 其模型函数为正比例函数f(x)=kx (k≠0).事实上，f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y).令x=y=0，得f(0)=0，故f(x)的图象必过原点.令y=-x，得0=f(0)=f(x)+f(-x)，即f(-x)=-f(x)，所以f(x)为奇函数.命题（ⅰ）可以推广为f(x+y)=f(x)+f(y)+b(b是常数），其模型函数为一次函数f(x)=kx-b(k ≠0).②满足关系式f(x+y)=f(x) f(y) （ⅱ）的函数f(x)是指数型抽象函数. 其模型函数为指数函数f(x)=a x(a>0，a≠1）.事实上，f(x+y)=a x+y=a x·a y=f(x) f(y).令x=y=0，得f(0)=1，故曲线f(x)必过点(0，1).命题（ⅱ）等价于f(x-y)=f(x) f(y).③满足关系式f(xy)=f(x)+f(y) (x，y∈R+) （ⅲ）的函数f(x)是对数型抽象函数. 其模型函数为对数函数f(x)=log a x(a>0，a≠1）.令x=y=1，得f(1)=0，故曲线f(x)必过点(1，0).命题（ⅲ）等价于f( xy)=f(x)-f(y) (x，y∈R+) .④满足关系式f(xy)=f(x) f(y)的函数f(x)是幂型抽象函数. 其模型函数为幂函数f(x)=x n.⑤满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) 1- f (x) f(y)的函数f(x)是正切型抽象函数. 其模型函数为正切函数f(x)=tan x.需要指出的是，不是每种抽象函数都可以找到在中学阶段所熟知的函数作模型函数. 抽象函数的种类还有很多，这里罗列的仅是常见的，尤其是类型①、②、③最常见.我们就上述方法的应用，先进行例说，再分类例说.例如（2008·重庆），若定义域在R上的函数f(x)满足：对任意x1，x2∈R，有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1，则下列说法一定正确的是（）A.f(x)为奇函数B.f(x)为偶函数C. f(x)+1为奇函数D. f(x)+1为偶函数这是线性型抽象函数问题. 联想模型函数f(x)=kx-1(k≠0），易知选C.如果此题改为解答题，题设条件不变，“判断并证明函数g(x)=f(x)+1的奇偶性”.那么我们首先联想模型函数，窥测解题方向，构建解题思路. 猜测g(x)是奇函数. 于是心中有“底”. 目标就是需要证明g(-x)+g(x)=0，即f(-x)+f(x)+2=0. 又抽象函数奇偶性问题，一般要先用赋值法确定f(0)的值，再用x，-x进行代换，进而得到g(-x)与g(x)的关系式.于是解答如下.g(x)是奇函数. 证明如下：令x1=x2=0，有f(0)=f(0)+f(0)+1，得f(0)=-1.再令x1=x，x2=-x，有f(0)=f(x)+f(-x)+1，即f(-x)+f(x)+2=0，从而g(-x)+g(x)= f(-x)+f(x)+2=0，所以函数g(x)是奇函数.1. 与单调性相关的问题例1已知函数f(x)的定义域为R，对任意x，y∈R，都有f(x+y)=f(x)+f(y)，且当x>0时，f(x)<0，又f(1)=-2. 求f(x)在区间[-3，3]上的最大值和最小值.解析联想模型函数f(x)=kx(k≠0)，猜想“f(x)是奇函数，且为减函数”.设m<n，则f(n)-f(m)=f((n-m)+m)-f(m)=f(n-m)+f(m)-f(m)=f(n-m).因为当x>0时，f(x)<0，而n-m>0，所以f(n-m)<0，即f(n)<f(m)，所以f(x)是减函数.根据最值定理，f(x)在[-3，3]上的最大值为f(-3)，最小值为f(3).因为f(1)=-2，所以f(2)=f(1+1)=2f(1)=-4，f(3)=f(2)+f(1)=-6.又令x=y=0，得f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)，故f(0)=0，再令x=1，y=-1，得0=f(0)=f(1)+f(-1)，故f(-1)=2，f(-3)=f(-2)+f(-1)=3f(-1)=6.所以f(x)在[-3，3]上的最大值为6，最小值为-6.点评我们可以举出具有这种性质的一个函数y=-2x（x∈[-3，3]）.此外，我们还可以用奇偶性来证明单调性和求f(-3)的值. 由0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)，得f(-x)=-f(x)，故f(x)是奇函数.因此f(n)-f(m)=f(n)+f(-m)=f(n-m)<0，f(-3)=-f(3)=6.注意这两种证明抽象函数单调性的技巧，为创造条件利用关系式，前者是作自变量变换n=n-m +m ；后者是用奇偶性巧妙地实现了“-”向“+”的转化.例2 已知函数f (x )的定义域为R ，对任意m ，n ，均有f (m +n )=f (m )+f (n )-1，且f (-12)=0，当x >-12时，f (x )>0. 求证f (x )是单调递增函数，并举出具有这种性质的一个函数. 解设m >n ，则m -n >0，m -n -12>-12，所以f (m )-f (n )=f (n +m -n )-f (n )=[f (n )+f (m -n )-1]-f (n )=f (m -n )+f (-12)-1=f (m -n -12)>0，即f (m )>f (n ). 从而f (x )为单调递增函数. 具有这种性质的一个函数是y =2x +1.例3 已知函数f (x )的定义域是(0，+∞），且f (xy )=f (x )+f (y )，当x >1时，f (x )>0.（1）求f (1)，并证明f (x )在定义域上是增函数；（2）如果f (13)=-1，求满足f (x )-f (1x -2)≥2的x 的取值范围. 解（1）令x =y =1，则f (1)=f (1)+f (1)，得f (1)=0.设0<m <n ，则f (n ) - f (m )= f (n m ·m ) - f (m )= [f (n m )+f (m )] - f (m )= f (n m )>0 (因为n m>1). 即f (m )<f (n). 所以f (x )在(0，+∞）上是增函数.（2）由f (1)=0， f (1)=f (1x ·x )=f (1x )+f (x )，得f (1x)=-f (x ). 有f (13)=-f (3)=-1，得f (3)=1，故2=f (3)+f (3)=f (9)，有f (x )-f (1x -2)=f (x )+f (x -2)=f (x (x -2))，所以原不等式可化为f (x (x -2))≥f (9)，于是从而所求x 的取值范围是[1+10，+∞）.点评题（2）实质上是解抽象函数不等式. 一般地，先把不等式中的常数项化成某个函数值（如这里的2=f (9))，以便利用单调性“脱去”函数符号，转化成一般不等式. 特别注意抽象函数定义域. 不等式组的前两个不等式是定义域要求（这里也是单调区间的要求，因为只有同一个单调区间，才能“脱去”函数符号），第三个是单调性的逆用.此外，我们可以写出满足题设条件的一个函数y =log 3x .2. 与奇偶性相关的问题例4（2002·北京）已知f (x )是定义域在R 上不恒为0的函数，且对任意a ，b ∈R 都满足f (a ·b )=af (b )+bf (a ). 求f (0)和f (1)，判断并证明f (x )的奇偶性.解令a =b =0，则f (0·0）=0，即f (0)=0.令a =b =1，则f (1)=2 f (1)，即f (1)=0.x >0，x -2>0，解得x ≥1+10.x (x -2)≥9.f (x )为奇函数，证明如下.令a =-1，b =x ，则f (-x )=-f (x )+xf (-1)，又f (1)=f ((-1)·(-1))=-f (-1)-f (-1)，即f (-1)=0，从而f (-x )=-f (x ).所以f (x )为奇函数.点评当然，也可以只令a =-1，推得f (-b )=-f (b )而得结论.例5（2009·全国）函数f (x )的定义域为R . 若f (x +1)与f (x -1)都是奇函数，则（）A. f (x )是偶函数B. f (x )是奇函数C. f (x )=f (x +2)D. f (x +3)是奇函数解析由f (x +1)是奇函数，知f (-x +1)=-f (x +1)， ①由f (x -1)是奇函数，知f (-x -1)=-f (x -1)， ②在①中，用x -1代换x ，得f (2-x )= -f (x )，在②中，用x +1代换x ，得f (-2-x )=-f (x )，所以f (2-x )= f (-2-x )，再用-2-x 代换x ，得f (4+x )=f (x )，知4为f (x )的周期.于是由②，f (-x -1+4)=-f (x -1+4)，即f (-x +3)=-f (x +3)，所以f (x +3)是奇函数，可知选D.点评我们还可以构造模型函数f (x )=cosπx 2来解此选择题，可知选 D. 事实上f (x +3)=sin πx 2. 还有，由f (x +1)是奇函数，可令h (x )=f (x +1)，则h (-x )=-h (x )，即f (-x +1)=-f (x +1).此外，对上述变量代换法可以用换元法帮助理解. 例如，令t =x +1，则x =t -1，代入①式得f (2-t )=-f (t )，即f (2-x )=-f (x ). 注意这里的代换和换元的前提是，不能改变函数f (x )的定义域.例6（2014•全国）已知偶函数f (x )在[0，+∞)上单调递减，且f (2)=0，若f (x -1)>0，则x 的取值范围是 .解析实际上是解抽象不等式f (|x -1|)>f (2).因为f (x )是偶函数，所以f (x -1)= f (|x -1|)，因为f (2)=0，f (x -1)>0，所以f (|x -1|)>f (2).又f (x )在[0，+∞)上单调递减， |x -1|，2∈[0，+∞)，所以|x -1|<2，解得-2<x -1<2，即-1<x <3综上可知，x 的取值范围是(-1，3).例7（2015•全国）设函数f ´(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (-1)=0，当x >0时，xf ´(x )-f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A. (-∞，-1)∪(0，1)B. (-1，0)∪(1，+∞)C. (-∞，-1)∪(-1，0)D. (0，1)∪(1，+∞)解析因为f (x )是R 上的奇函数，所以f (-x )=-f (x ) ①，对等式两边求导，注意左边用复合函数求导法则，得[f (-x )]´=[ -f (x )]´ ，f ´(-x )•(-x )´=-f ´(x )，即f ´(-x ) =f ´(x ) ②.因为当x >0时，xf ´(x )< f (x )，故当x <0时，则-x >0，-xf ´(-x )< f (-x )，将①，②代入得-xf ´(x )<- f (x )，即xf ´(x )> f (x ) (x <0).由f (x )>0，知xf ´(x )>0，得f ´(x )<0 (x <0)，因此，f (x )在(-∞，0)上是减函数，又f (-1)=0，所以x <0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (-1)，解得x <-1.由奇偶性与单调性的关系知，f (x )在(0，+∞)上也是减函数，又f (1)=-f (-1)=0，所以x >0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (1)，解得0<x <1.综上可知，选A.评注（1）这里，我们由f (-x )=-f (x )，推得f ´(-x ) =f ´(x ). 这表明奇函数的导函数是偶函数. 同理可得，偶函数的导函数是奇函数.（2）另法. 我们可以构造辅助函数来解此题. 令g (x )=f (x )x ，得g ´(x )=xf ´(x )-f (x )x 2.当x >0时，g ´(x )<0，知g (x )单调递减. 由f (-1)=-f (1)及f (-1)=0，知g (1)=0，所以由不等式f (x )>0，即g (x )>g (1),解得0<x <1. 可证g (-x )=g (x )，g (x )是偶函数，知g (x )在(-∞，0)上是单调递增. 当x <0时，同理，由g (x )<g (-1)解得x <-1. 一般地，题目条件出现“xf ´(x )-f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数g (x )=f(x )x；出现“xf ´(x )+f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数 h (x )=xf (x ).（3）为加深对此题的理解，我们可以举出这类函数的一个特例：它的图象如图1.3. 与周期性相关的问题例8（2001·全国）设f (x )是定义域在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1，x 2∈[0，12 ]，都有f (x 1+x 2)=f (x 1)f (x 2)，且f (1)=a >0. 求f (12)，f (14)，并证明f (x )是周期函数.解由题设得a =f (1)=f (12+12)=f (12)f (12)，即f (12)=21a . 21a = f (12)=f (14+14)=f (14)f (14)，即f (14)=41a . 因为f (x )是偶函数，所以f (-x )= f (x )，又f (x )图象关于直线x =1对称，得f (1+x )=f (1-x )，用x +1代换x ，得f (2+x )=f (-x )，于是f (2+x )=f (x )，所以f (x )是周期函数.例9 设函数f (x )定义在R 上，且对任意的x 有f (x )=f (x +1)-f (x +2)，求证f (x )是周期函数，并找出它的一个周期.解因为f (x )=f (x +1)-f (x +2)，所以f (x +1)= f (x +2)-f (x +3)，两式相加，得f (x )= -f (x +3)，即f (x +3)= - f (x ).因此，f (x +6)=f ((x +3)+3)=-f (x +3)=-(-f (x ))=f (x ).所以，f (x )是周期函数，它的一个周期是6.点评对于由关系式f (x +3)= - f (x )，推得f (x +6)=f (x ). 这个我们可以这样理解，“自变量每增加3，函数值反号一次”. 我们增加6，反号两次，不就“负负得正”了吗. 类似的还有f (x +2)=-x +1，x >0， 0， x =0， -x -1， x <0. f (x )= 图1±1f(x )，可得f (x +4)=f (x )等. 例10（2011·上海）设g (x )是定义在R 上的以1为周期的函数，若函数f (x )=x +g (x )在区间[3，4]上的值域为[-2，5]，求f (x )在区间[-10，10]上的值域.解由g (x +1)=g (x )，知g (x +n )=g (x )，n ∈Z .所以f (x +n )=x +n + g (x +n )=x +g (x )+n =f (x )+n ，n ∈Z .因为x ∈[3，4]时，f (x )∈[-2，5]，故当x ∈[-10，-9]时，x +13∈[3，4]，有f (x +13)∈[-2，5]，即f (x )+13∈[-2，5]，所以f (x )∈[-15，-8].当x ∈[-9，-8]时，x +12∈[3，4]，同理，f (x )∈[-14，-7].……当x ∈[9，10]时，x -6∈[3，4]，从而f (x -6)∈[-2，5]，即f (x )-6∈[-2，5]，所以f (x )∈[4，11].综上，当x ∈[-10，10]时，有f (x )∈[-15，-8]∪[-14，-7]∪…∪[4，11]=[-15，11].所以f (x )值域为[-15，11].4. f (x )=af (x +b )的问题关于已知f (x )所满足的方程求f (x )的解析式问题，我们在7.3节讲述过. 我们现在来研究函数f (x )满足关系式f (x )=af (x +b )，求解与f (x )相关的问题.例11（2010·广东）已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )=kf (x +2)，其中常数k 为负数，且f (x )在区间[0，2]上有表达式f (x )=x (x -2).（1）求f (-1)，f (2. 5)的值；（2）写出f (x )在[-3，3]上的表达式，并讨论f (x )在[-3，3]上的单调性.解析（1）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，故f (1)=-1，f (12)=-34. 又x ∈R 时，f (x )=kf (x +2)（k <0），所以f (-1)=kf (-1+2)=kf (1)=-k ; f (2. 5)=f (2+12)=1k f (12)=-34k. （2）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，设-2≤x <0，则0≤x +2<2，有f (x +2)=(x +2)(x +2-2)=x (x +2)，所以f (x )=kf (x +2)=k x (x +2).设-3≤x <-2，则-1≤x +2<0，有f (x +2) =k (x +2)(x +4)，所以f (x )=kf (x +2)=k 2(x +2)(x +4). 设2<x ≤3, 则0<x -2≤1，又f (x -2)=kf (x )，所以f (x )=1k f (x -2)=1k(x -2)(x -4).因为k <0，由二次函数性质知，f (x )在[-3，-1]，[1，3]上为增函数；在[-1，1]上为减函k 2(x +2)(x +4)，-3≤x <-2， k x (x +2)， -2≤x <0， x (x -2)， 0≤x ≤2， 1k (x -2)(x -4)， 2<x ≤3. 综上所述，f (x )=数. （图2）例12（2003·上海）已知集合M 是满足下列性质的函数f (x )的全体：存在非零常数T ，对任意x ∈R ，有f (x +T )=Tf (x )成立.（1）函数f (x )=x 是否属于集合M ，说明理由；（2）设函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，证明：f (x )=a x ∈M . 解（1）对于非零常数T ，f (x +T )=Tf (x )=Tx ，因为对任意x ∈R ，x +T = Tx 不能恒成立，所以f (x )=x M .（2）因为函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，显然x =0不是方程a x =x 的解，所以存在非零常数T ，使a T =T .于是对于f (x )=a x 有f (x +T )=a x +T = a T ·a x = T ·a x = Tf (x )，所以f (x )=a x ∈M .所以方程组有解，消去y 得a x =x ， y =a x ， y =x。

高中数学抽象函数常见题型及解法教案设计

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≤x 2≤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)(x f 的定义域问题，相当于已知[()]f x ϕ中x 的取值X 围为A ，据此求)(x ϕ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 21x f -的定义域．解：由)(x f 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≤log 21(3－x)≤2 ⇒ (21)2≤3－x ≤(21)1-⇒1≤x ≤411．∴函数)]3([log 21x f -的定义域是[1，411]．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 f ϕ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，)(x f 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)(x ϕ的值域是A ，据此求x 的取值X 围，即由)(x ϕ∈A 建立不等式，解出x 的X 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 (x 1)≠f ( x 2)，求函数f (x)的值域．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 ( x 2)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 (2x)]2≥0．下面只需证明，对任意x ∈R ，f (0)≠0即可．设存在x 0∈R ，使得f ( x 0) = 0，则f (0) =f ( x 0－x 0) =f ( x 0)f (－x 0) = 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) +f (xx 1-) = 1 + x ，求f (x) 的解析式．解：在f (x) +f (x x 1-) = 1 + x ， (1) 中以xx 1-代换其中 x ，得： f (x x 1-) +f (－11-x ) =xx －12 ， ⑵再在(1)中以－11-x 代换x ，得：f (－11-x ) +f (x) =12--x x ， ⑶(1)－(2) + ⑶ 化简得：f (x) =)1(2123x －x x x --．评析：如果把x 和xx 1-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 －x 2)＞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 －x 2)＞)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－∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0 ，f ( x 2－x 1)＞1 ． ∴f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1) ． ∴ 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：3x －x 2＞2，解得1＜x ＜2． 2．对数函数模型例7 已知函数)(x f 满足：⑴f (21) = 1；⑵函数的值域是[－1，1]；⑶在其定义域上单调递减；⑷()f x ＋()f y =f (x ·y) 对于任意正实数x 、y 都成立．解不等式)(1x f-·)11(1x f--≤21．联想：因为log a (x ·y) = log a x ＋log a y ，而log 2121= 1，y = log 21x 在其定义域[－1，1]内为减函数，所以猜测它的模型函数为)(x f = log 21x 且)(1x f-的模型函数为)(1x f-= (21)x．思路分析：由条件⑵、⑶知，)(x f 的反函数存在且在定义域[－1，1]上递减，由⑴知)1(1-f=21．剩下的只需由)(1x f -的模型函数性质和运算法则去证明)(11x f-·)(21x f-=112()f x x -+，问题就能解决了．解：由已知条件⑵、⑶知，f (x)的反函数存在，且f 1-(1) =21，又在定义域[－1，1]上单调递减．设y 1=f1-(x 1)，y 2=f1-(x 2)，则有x 1=f (y 1)，x 2=f ( y 2) ，∴x 1+ x 2=f (y 1) +f ( y 2) =f (y 1y 2)，即有y 1y 2=f 1-(x 1+ x 2)．∴)(11x f-·)(21x f-=112()f x x -+，于是，原不等式等价于：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≤-≤-≤≤-≤-+≤-≤-+--.1111,11,1111,)1()11(11x x x x f x x f ⇒⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≤-≤-≤≤-≤-+≤-≥-+.1111,11,1111,111x x x x x x ⇒ x = 0．故原不等式的解集为{0}．解这类问题可以通过化抽象为具体的方法，即通过联想、分析，然后进行类比猜测，经过带有非逻辑思维成份的推理，即可寻觅出它的函数模型，由这些函数模型的性质、法则来探索此类问题的解题思路．3．幂函数模型例8 已知函数)(x f 对任意实数x 、y 都有)(xy f =)(x f ·)(y f ，且)1(-f =1，)27(f =9，当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1时．⑴判断)(x f 的奇偶性；⑵判断)(x f 在[0，＋∞)上的单调性，并给出证明； ⑶若a ≥0且)1(+a f ≤39，求a 的取值X 围．联想：因为n x ·n y = (x ·y)n ，因而猜测它的模型函数为)(x f =n x (由)27(f =9，还可以猜想)(x f = x 32)．思路分析：由题设可知)(x f 是幂函数y = x 32的抽象函数，从而可猜想)(x f 是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数．解：⑴令y =－1，则)(x f -=)(x f ·)1(-f ， ∵)1(-f =1，∴)(x f -= )(x f ，即)(x f 为偶函数．⑵若x ≥0，则()f x =f =f ·f =[f ]2≥0．设0≤x 1＜x 2，则0≤21x x ＜1， ∴)(1x f =)(221x x x f ⋅=)(21x xf ·)(2x f ， ∵当x ≥0时()f x ≥0，且当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1． ∴0≤)(21x x f ＜1，∴)(1x f ＜)(2x f ，故函数)(x f 在[0，＋∞)上是增函数． ⑶∵)27(f =9，又)93(⨯f =)3(f ·)9(f =)3(f ·)3(f ·)3(f = [)3(f ]3， ∴9 = [)3(f ]3，∴)3(f =39， ∵)1(+a f ≤39，∴)1(+a f ≤)3(f ，∵a ≥0，(a ＋1)，3∈[0，＋∞)，函数在[0，＋∞)上是增函数． ∴a ＋1≤3，即a ≤2，又a ≥0，故0≤a ≤2．三、研究函数的性质问题 1．抽象函数的单调性问题例9 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：由 f (x + y) =f (x)f (y) 中取x = y = 0，得f (0) =)0(2f ，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－∞＜x 1＜x 2＜+∞，则x 2－x 1＞0，f ( x 2－x 1)＞1． ∴f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1)． ∴ y =f (x) 在R 上为增函数．评析：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作给定的运算法则，而变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联．2．抽象函数的奇偶性问题例10 已知函数f (x) (x ∈R ，x ≠0）对任意不等于零实数x 1、x 2 都有f (x 1·x 2) =f (x 1) +f (x 2)，试判断函数f (x) 的奇偶性．解：取x 1=－1，x 2= 1得：f (－1) =f (－1) +f (1)，∴f (1) = 0．又取x 1= x 2=－1得：f (1) =f (－1) +f (－1)，∴f (－1) = 0．再取x 1= x ，x 2=－1则有f (－x) =f (－1) +f (x)，即f (－x) =f (x)， ∵f (x)为非零函数，∴f (x)为偶函数． 3．抽象函数的周期性问题例11 函数)(x f 定义域为全体实数，对任意实数 a 、b ，有f (a ＋b)＋f (a－b) =2f (a)·f (b)，且存在C ＞0 ，使得)2(Cf = 0 ，求证f (x) 是周期函数．联想：因为cos(a ＋b)＋cos(a －b) = 2cosacosb ，且cos 2π= 0，因而得出它的模型函数为y = cosx ，由y = cosx 的周期为π2，可猜想2C 为)(x f 的一个周期．思路分析：要在证明2C 为)(x f 的一个周期，则只需证)2(C x f +=)(x f ，而由已知条件)2(Cf = 0和f (a ＋b)＋f (a －b) =2f (a)·f (b)知，必须选择好a 、b的值，是得条件等式出现)2(Cf 和)(x f ．证明：令a = x ＋2C ，b =2C，代入f (a ＋b)＋f (a －b) = 2f (a)·f (b) 可得f (x ＋C ) =－f (x)．∴f (x ＋2C ) =f [(x ＋C)＋C ] =－f (x ＋C ) =f (x) ，即)(x f 是以 2C 为周期的函数．评析：如果没有余弦函数作为模型，就很难想到2C 就是所求函数的周期，解题思路是难找的．由此可见，寻求或构造恰当的模型函数，可以为思考与解题定向，是处理开放型问题的一种重要策略．4．抽象函数的对称性问题例12已知函数y =)(x f 满足)(x f +)(x f -= 2002，求)(1x f -+)2002(1x f--的值．解：由已知，在等式)(x a f ++)(x a f -= 2b 中a = 0，b = 2002，所以，函数y =)(x f 关于点(0，2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y =)(1x f -关于点(2002，0)对称．∴)1001(1+-x f+)0011(1x f--= 0，将上式中的x 用x －1001换，得)(1x f -+)2002(1x f--= 0．评析：这是同一个函数图象关于点成中心对称问题，在解题中使用了下述命题：即：设a 、b 均为常数，函数y =)(x f 对一切实数x 都满足)(x a f ++)(x a f -= 2b ，则函数y =)(x f 的图象关于点(a ，b) 成中心对称图形．四、抽象函数中的网络综合问题例13 定义在R 上的函数()f x 满足：对任意实数m ，n ，总有()f m n +=()f m ·()f n ，且当x ＞0时，0＜()f x ＜1．⑴判断()f x 的单调性；⑵设A = {(x ，y)|2()f x ·2()f y ＞(1)f }，B = {(x ，y)|(f ax y -= 1，a ∈R}，若A B =φ，试确定a 的取值X 围．解：⑴在()f m n +=()f m ·()f n 中，令m = 1，n = 0，得(1)f =(1)f ·(0)f ，因为(1)f ≠0，所以(0)f = 1．在()f m n +=()f m ·()f n 中，令m = x ，n =－x ， ∵当x ＞0时，0＜()f x ＜1，∴当x ＜0时，－x ＞0，0＜()f x -＜1，而f (x) ·f (－x) =(0)f = 1，∴f (x) =)(1x f -＞1＞0 ．又当x = 0 时，f (0) = 1＞0，所以，综上可知，对于任意x ∈R ，均有f (x)＞0．设－∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0，0＜f ( x 2－x 1)＜1． ∴f ( x 2) =f [ x 1＋( x 2－x 1)] =f (x 1)·f ( x 2－x 1)＜f ( x 1) ． ∴ y =f (x) 在R 上为减函数．⑵由于函数y =f (x)在R 上为减函数，所以2()f x ·2()f y =2(f x ＋2)y ＞(1)f ，即有x 2＋y 2＜1．又(f ax y -+= 1 =(0)f ，根据函数的单调性，有ax －y = 0．由A B =φ，所以，直线ax －y = 0与圆面x 2＋y 2＜1无公共点，因此≥1，解得－1≤a≤1．f的取值问题，二是)f＞0的结论都成为解题的关键性步骤，完成这些又在抽象函数式中进(x行，由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决．。

抽象函数几类问题的解题方法与技巧

一、求解析式的一般方法 1、换元法例1：已知f(x+1)=x 2-2x 求f(x)解：令t=x+1则x=t-1 f(t)=(t-1)2-2(t-1)=t 2-4t-3∴f(x)=x 2-4x-3换元法是解决抽象函数问题的基本方法，换元法包括显性换元法和隐性换元法。

2、方程组法例2：若函数f(x)满足f(x)+2f(x1)=3x ，求f(x) 解：令x=x 1则f(x 1)+2f(x)= x 3 f(x)+2f(x 1)=3x ＝＞f(x)= x 2-x2f(x)+f(x 1)=x 3∴f(x)= x2-x例3 .例43、待定系数法例5：如果f[f(x)]=2x-1则一次函数f(x)=______ 解：f(x)是一次函数∴不妨设f(x)=ax+b(a ≠0)则f[f(x)]=af(x)+b=a(ax+b)+b=a^2x+ab+b 又已知f[f(x)]=2x-1例6：已知f(x)是多项式函数，解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。

二、判断奇偶性的一般方法在奇偶性的求解中，常用方法是赋值法，赋值法中常见的赋值有-1、0、1。

例7 定义在（-1、1）上的函数f(x)满足。

（1）对任意x、y∈ (-1、1) 都有f(x)+f(y)=f()（2）当x∈ (-1、0) 时,有f(x)＞0求证（I）f(x)是奇函数,（II）f(证明：（1）令x=y=0，则2f(0)=f(0) ∴f(0)=0令y=-x，则f(x)+f(y)=f(x)+f(-x)=f(=f(0)=0∴f(-x)=-f(x) ∴f(x)是奇函数例8定义在R上的函数f(x)，对任意 x,y属于R,有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(0)≠0（1）求证f(0)=1 （2）求证y=f(x)是偶函数证明：（1）令x=y=0∴f(0)+f(0)=2×f(0)2∵f(0)≠0∴f(0)=1(2)令x=0则f(0+y)+ f(0-y)=2 f(0)f(y)f(y)+f(-y)=2f(y) ＝＞f(-y)=f(y) ＝＞y=f(x)是偶函数例9.对任意实数x,y ，均满足f(x+y2)=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+1)=f(0)+2f[(1)]2,三、单调性的求解方法例6：定义域为R 的函数f(x)满足：对于任意的实数x 、y 都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x ＞0时，f(x)＜0恒成立。

抽象函数一

公众号：数学其实没那么难
5. 定义在 R 的函数 f (x) 满足 f (x + y)= f (x) + f ( y) + 2xy ， f (1) = 2 ，则 f (−3) =（）
A．2
B．3
C．6
D．9
6. 已知偶函数 f (x) 的定义域是 x ≠ 0 的一切实数，对定义域内的任意 x, y 有 f (= xy) f (x) + f ( y) ，
指数函数 f (x) = ax (a > 0且a ≠ 1)
= f (x + y) f (x) f ( y= )或f (x − y) f (x) f (y)
对数函数 f (x=) loga x(a > 0且a ≠ 1) 余弦函数 f (x) = cos x
f (xy) = f (x) + f ( y)或f ( x ) = f (x) − f ( y) y
或 f (xm ) = mf (x)
f (x) + f ( y) = 2 f ( x + y ) f ( x − y )
2
2
f (x + y) + f (x − y) = 2 f (x) f ( y)
正切函数 f (x) = tan x
f (x ± y) =f (x) ± f ( y) 1 f (x) f (y)
a ≤ g(x) ≤ b ，求出 x 的取值范围即为 f (g(x)) 的定义域。
2）已知 f (g(x)) 的定义域为 D = [a,b]，求 f (x) 的定义域。
这类函数的定义域求解等价于已知 g(x) 的定义域为 D 求 g(x) 的值域。注意：这里的定义域是指 x 的取值范围。

抽象函数常见题型解法

抽象函数常见题型解法作者：文/王新荣来源：《新课程·中学》2014年第05期不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数即为抽象函数。

一般形式为y=f （x），或许还附有定义域、值域等，如，y=f（x），（x>0，y>0）。

由于这类问题可以全面考查学生对函数概念和性质的理解，同时抽象函数问题又将函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性和图象集于一身，所以在各地高考试题中不断出现；学生在解决这类问题时，往往会感到无从下手，正确率低，本文就这类问题的解法归类如下：题型一：求抽象函数的定义域例1.已知函数f（x－1）的定义域为［0，3］，求f［log■（3-x）的定义域。

解析：自变量x的取值范围即为函数的定义域，因此函数f（x－1）中x－1∈［－1，2］，所以log■（3-x）∈［－1，2］，所求定义域为［1，■］一般情况下，函数y=f（x）定义域为［a，b］，则函数y=f（g（x））的定义域为不等式a≤g（x）≤b的解集；函数y=f（g（x））的定义域［a，b］，则函数y=f（x）定义域为g （x）（x∈［a，b］）的值域。

题型二：求抽象函数值例2.已知函数f（x）满足：当x＞4时，f（x）=（■）x，当x＜4时，f（x）=f（x+1），求f（2+log23）的值。

解析：首先判断2+log23∈［3，4］，再根据当x＜4时，f（x）=f（x+1）得f（2+log23）=f（3+log23），所以f（2+log23）=（■）■=■。

题型三：求抽象函数的解析式例３．已知f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，且f（x）＋g（x）=■，求f（x）和g （x）。

解析：用－x代换x得：f（－x）＋g（－x）=■，由于已知f（x）为奇函数，g（x）为偶函数，所以－f（x）＋g（x）=■，与已知条件解方程组即可得f（x）和g（x）解析式．题型四：判断或证明抽象函数的奇偶性例４．已知函数f（x）（x∈R，x≠0）对任意不等于0的实数x1，x2都有f（x1+x2）=f （x1）+f（x2），试判断函数f（x）的奇偶性。

抽象函数问题常见题型及解法

抽象函数问题常见题型及解法江苏省赣榆县海头高级中学 222111 胡继缙抽象函数是指仅给出函数的某些性质，而不给出函数解析式的函数，解题时可以根据已有的性质，如：周期性、奇偶性、单调性、图象对称性等，采用灵活的方法，如：换元法、赋值法、等价转化法、构造方程（组）或不等式（组）等方法。

本文就这类题型及解法作一简单介绍。

一、求函数解析式求解此类问题，通常利用换元法或利用函数的周期性，构造方程组.例1 已知对非零实数x ，恒有x xf x f 3)1(2)(=-，求)(x f . 解由题意得，用x 1代换x ，可得xx f x f 3)(2)1(=- 于是有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=-x x f xf x x f x f 3)(2)1(3)1(2)( 将)(x f 视作为未知数，解之得xx x f 2)(--=. 例2 已知函数)(x f 是偶函数，)(x g 是奇函数，且满足11)()(-=+x x g x f ，求)(x f 、)(x g 的解析式.解由题意得，用x -代换x ，得11)()(--=-+-x x g x f ∵)(x f 是偶函数，)(x g 是奇函数于是有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=--=+11)()(11)()(x x g x f x x g x f将)(x f 视作为未知数，解之得11)(2-=x x f ，1)(2-=x x x g . 二、求函数定义域例3 已知函数)23(+x f 的定义域为（-2，1），求函数)3()(2+-x f x f 的定义域.求解此类问题，通常利用换元法.解令23+=x t ，由)1,2(-∈x ，可得54<<-t∴函数)(x f 的定义域为（-4，5）又由⎩⎨⎧<+<-<<-534542x x ，得25<<-x∴函数)3()(2+-x f x f 的定义域为)2,5(-.三、求函数值求解此类问题，通常利用函数的周期性，将自变量的值化归到给定的区间上.例4 设)(x f 是),(+∞-∞上的奇函数，)()2(x f x f -=+，当10≤≤x 时， x x f =)(，则)5.7(f 等于（）.（A ）0.5 （B ）-0.5 （C ）1.5 （D ）-1.5解由 )()2(x f x f -=+，可得)()4(x f x f =+∴函数)(x f 是周期函数，且函数最小正周期4=T结合函数是奇函数，则)5.0()5.0()85.0()5.7(f f f f -=-=+-= 又∵10≤≤x 时，x x f =)(∴5.0)5.0(=f ， ∴5.0)5.7(-=f ，故选（B ）.四、求函数最值问题求解此类问题，通常要确定函数在给定的区间上的单调性，利用单调性求最值.例5 设函数)(x f 为奇函数，对任意R y x ∈,，都有)()()(y f x f y x f +=+，且0>x 时，0)(<x f ，2)1(-=f ，求)(x f 在[-3，3]的最大值和最小值.解设3321≤<≤-x x ，则012>-x x∵)(x f 为奇函数，且当0>x 时，0)(<x f∴0)()()()()(121212<-=-+=-x x f x f x f x f x f∴)()(12x f x f <，∴)(x f 在[-3，3]上是减函数故6)]1()1()1([)]2()1([)3()3(max =++-=+-=-=-=f f f f f f f y 6)3()3(min -=--==f f y .五、求解函数不等式求解此类不等式，通常利用函数的单调性将抽象的函数不等式等价的转化成一般的不等式（组），有时也可借助数形结合的方法.例 6 若)(x f 是定义在),0(+∞上的增函数，且对一切0>x ，满足)()()(y f x f yx f -=.)1(求)1(f 的值. )2(若,1)6(=f 解不等式2)1()3(<-+af a f . 解 )1(令x y =，则0)()()()1(=-==x f x f xx f f . )2(∵对一切0>x ，满足)()()(y f x f yx f -=，且1)6(=f ∴2)1()3(<-+af a f )6(2)()3(f a f a f <++⇔ )6()63()()6()6()3(af a f a f f f a f <+⇔-<-+⇔ 2173300663+-<<⇔⎪⎩⎪⎨⎧><+⇔a a a a . 例7 若)(x f 是奇函数，且在),0(+∞内是增函数，又0)3(=-f ，则不等式 0)(<⋅x f x 的解集是 .解根据题意，可以作出函数)(x f 的大致图象，如图1. ∵)(x f 是奇函数，且在),0(+∞内是增函数 ∴)3(0)3(f f -==-，∴0)3(=f∴0)(<⋅x f x 03300)(00)(0<<-<<⇔⎩⎨⎧><⎩⎨⎧<>⇔x x x f x x f x 或或 ∴不等式0)(<⋅x f x 的解集为），（），（3003⋃-.。

数学解题方法(抽象函数)

数学解题方法（抽象函数）。

抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出一些特殊条件的函数，它是中学数学函数部分的难点.因为抽象，学生难以理解，接受困难；因为抽象，教师对教材难以处理，何时讲授，如何讲授，讲授哪些内容，采用什么方式等等，深感茫然无序.其实，大量的抽象函数都是以中学阶段所学的基本函数为背景抽象而得，解题时，若能从研究抽象函数的“背景”入手，根据题设中抽象函数的性质，通过类比、猜想出它可能为某种基本函数，常可觅得解题思路，本文就上述问题作一些探讨.1. 正比例函数型的抽象函数例1已知函数f（x）对任意实数x、y均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x>0时，f(x)>0，f(－1)＝－2求f(x)在区间[－2,1]上的值域.分析：先证明函数f（x）在R上是增函数（注意到f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）＋f（x1））；再根据区间求其值域.例2已知函数f（x）对任意实数x、y均有f（x＋y）＋2＝f（x）＋f（y），且当x>0时，f(x)>2，f(3)＝ 5，求不等式 f（a2－2a－2）<3的解.分析：先证明函数f（x）在R上是增函数（仿例1）；再求出f（1）＝3；最后脱去函数符号.2. 幂函数型的抽象函数例3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）判断f（x）的奇偶性；（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）≤，求a的取值范围.分析：（1）令y＝－1；（2）利用f（x1）＝f（·x2）＝f（）f（x2）；（3）0≤a≤2.3. 指数函数型的抽象函数例4设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在x1≠x2，使得f（x1）≠f（x2）；对任何x和y，f（x＋y）＝f（x）f（y）成立.求：（1） f（0）；（2）对任意值x，判断f（x）值的符号.分析：（1）令y＝0；（2）令y＝x≠0.例5是否存在函数f（x），使下列三个条件：①f（x）>0,x∈N；②f（a＋b）＝ f（a）f（b），a、b∈N；③f（2）＝4.同时成立？若存在，求出f（x）的解析式，若不存在，说明理由.分析：先猜出f（x）＝2x；再用数学归纳法证明4. 对数函数型的抽象函数例6设f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足f（x·y）＝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.分析：（1）利用3＝1×3；（2）利用函数的单调性和已知关系式.例7设函数y＝ f（x）的反函数是y＝g（x）.如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g （b）是否正确，试说明理由.分析：设f（a）＝m，f（b）＝n，则g（m）＝a，g（n）＝b，进而m＋n＝f（a）＋f（b）＝ f（ab）＝f [g（m）g（n）]….5. 三角函数型的抽象函数例8已知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三个条件：① x1、x2是定义域中的数时，有f（x1－x2）＝；② f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；③当0＜x＜2a时，f（x）＜0. 试问：（1） f（x）的奇偶性如何？说明理由；（2）在（0，4a）上，f（x）的单调性如何？说明理由. 分析：（1）利用f [－（x1－x2）]＝－f [（x1－x2）]，判定f（x）是奇函数；（3）先证明f（x）在（0，2a）上是增函数，再证明其在（2a，4a）上也是增函数. 对于抽象函数的解答题，虽然不可用特殊模型代替求解，但可用特殊模型理解题意.有些抽象函数问题，对应的特殊模型不是我们熟悉的基本初等函数.因此，针对不同的函数要进行适当变通，去寻求特殊模型，从而更好地解决抽象函数问题.例9已知函数f（x）（x≠0）满足f（xy）＝f（x）＋f（y），（1）求证：f（1）＝f（－1）＝0；（2）求证：f（x）为偶函数；（3）若f（x）在（0，＋∞）上是增函数，解不等式f（x）＋f（x－）≤0.分析：函数模型为：f（x）＝loga|x|（a＞0）（1）先令x＝y＝1，再令x＝y＝－1；（2）令y＝－1；（3）由f（x）为偶函数，则f（x）＝f（|x|）. 例10已知函数f（x）对一切实数x、y满足f（0）≠0，f（x＋y）＝f（x）·f（y），且当x＜0时，f（x）＞1，求证：（1）当x＞0时，0＜f（x）＜1；（2） f（x）在x ∈R上是减函数.分析：（1）先令x＝y＝0得f（0）＝1，再令y＝－x；（3）受指数函数单调性的启发：由f（x＋y）＝f（x）f（y）可得f（x－y）＝，进而由x1＜x2，有＝f（x1－x2）＞1.高一数学抽象函数的经典题定义域（0，+∞）上的增函数f（x）满足：f（x/y）=f(x)-f(y)，（1）求证：f(x^n)=nf(x)（2）求证：f(xy)=f(x)+f(y)分析：做这题的时候，先要证明（2）再证（1）（2）证明：因为y∈(0,+∞)所以1/y∈(0,+∞)f(xy)-f(y)=f(x/(1/y))-f(y)因为f（x/y）=f(x)-f(y)所以f(x/(1/y))-f(y)=f{[x/(1/y)]/y}=f(x)也就是f(xy)-f(y)=f(x)所以 f(xy)=f(x)+f(y) (证毕)（1）证明：由上述证明结论可知,f(xy)=f(x)+f(y)则f(x^2)=f(x*x)=f(x)+f(x)=2f(x)f(x^3)=f(x^2*x)=f(x^2)+f(x)=2f(x)+f(x)=3f(x)f(x^4)=f(x^3*x)=f(x^3)+f(x)=3f(x)+f(x)=4f(x)…….同理可求得f[(x^(n-1)]=f[x^(x-2)*x]=f[x^(x-2)]+f(x)=(n-2)f(x)+f(x)=(n-1)f(x)f(x^n)=f[x^(n-1)*x]=f[x^(x-1)]+f(x)=(n-1)f(x)+f(x)=nf(x)综上所述得：f(x^n)=nf(x) (证毕)希望对你有帮助补充：（1）证明时，第一步应包括n=1的情况，即则f(x^1)=1*f(x)f(x^2)=f(x*x)=f(x)+f(x)=2f(x)f(x^3)=f(x^2*x)=f(x^2)+f(x)=2f(x)+f(x)=3f(x)以下同，另结论时补上：对于n∈N+时，f(x^n)=nf(x) 恒成立，对于n∈N-的情况，有兴趣的可以讨论一下高一函数解题思路，首先把握定义和题目的叙述2，记住一次函数与坐标轴的交点坐标，必须很熟3，掌握问题的叙述，通法通则是连立方程（当然是有交点的情况）如果你是中学生的话，就参考一下我的回答吧。