抽象函数经典习题

抽象函数问题有关解法

由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。现将常见解法及意义总结如下：

一、解析式问题：

1.换元法：即用中间变量

表示原自变量x 的代数式，从而求出()f x ，这也是证某些

公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。

例1：已知 ()211

x

f x x =++,求()f x . 解：设

1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u -=+=

--∴2()1x

f x x

-=- 2.凑配法：在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。

例2：已知3

31

1

()f x x x

x

+=+

，求()f x 解：∵22

211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x x x x

+=+-+=++-又∵

11||||1||

x x x x +

=+≥ ∴2

3

()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)

3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未

知系数。

例3． 已知()f x 二次实函数，且2

(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2

ax bx c ++，则

22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+

=22

222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()4

1321

,1,2222

a c a a

b

c b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩

∴213()22

f x x x =

++ 4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. 例5．一已知()f x 为偶函数，()g x 为奇函数，且有()f x +1

()1

g x x =

-， 求()f x ,()g x . 解：∵()f x 为偶函数，()g x 为奇函数，∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,

不妨用-x 代换()f x +()g x =

1

1x - ………①中的x , ∴1()()1f x g x x -+-=--即()f x －1

()1

g x x =-+……②

显见①+②即可消去()g x ,求出函数21()1f x x =-再代入①求出2()1

x

g x x =-

5、方程组法：通过变量代换，构造方程组，再通过加减消元法消去无关的部分。 例 6.已知1

()+2()1f x f x x

=+，求()f x 的表达式

解：用

1x 代替x 得到11

()+2()1f f x x x

=+ （1） 又1

()+2()1f x f x x =+ （2）

2（1）-（2）得到23()1f x x x =-+，于是21

()333

x f x x =-+

二、求值问题

例7. 已知定义域为R +的函数()f x ，同时满足下列条件：①1

(2)1,(6)5

f f ==；②(.)().()f x y f x f y =，求(3),(9)f f 的值。 解：取2,3x y ==，得(6)(2)(3)f f f =+ 因为1(2)1,(6)5f f ==，所以4(3)5

f =- 又取3x y ==

得8

(9)(3)(3)5

f f f =+=-

评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取2,3x y ==，这样便把已知条件1

(2)1,(6)5

f f ==与欲求的(3)f 沟通了起来。赋值法是解此类问题的常用技巧。

三、定义域问题

例8. 已知函数2()f x 的定义域是［1，2］，求()f x 的定义域。

解：2()f x 的定义域是［1，2］，是指12x ≤≤，所以2()f x 中的2x 满足214x ≤≤ 从而函数f(x)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f(x)的定义域问题，相当于已知(())f x ϕ中x 的取值范围为A ，据此求()x ϕ的值域问题。

五、判断函数的奇偶性：

例11已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对一切实数x 、y 都成立，且(0)0f ≠,求证()f x 为偶函数。

证明：令x =0, 则已知等式变为()()2(0)()f y f y f f y +-=……①

在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵ (0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴

()()f y f y -=∴()f x 为偶函数。

六、单调性问题

例12. 设()f x 定义于实数集上，当0x >时，()1f x >，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：在()()()f x y f x f y +=中取0x y ==，得2(0)[(0)]f f = 若(0)0f =，令0,0x y >=，则()0f x =，与()1f x >矛盾 所以()0f x ≠，即有(0)1f =

当0x >时，()10f x >>；当0x <时，0,()10x f x ->->>