SX2020A098高考数学必修_抽象函数问题解法归纳2
高考数学复习点拨 抽象函数常见题型解法
抽象函数常见题型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，使得这类问题成为函数内容的难点之一。
本文就抽象函数常见题型及解法评析如下：一、定义域问题例1. 已知函数)(2x f 的定义域是［1，2］，求f （x ）的定义域。
解：)(2x f 的定义域是［1，2］，是指21≤≤x ，所以)(2x f 中的2x 满足412≤≤x从而函数f （x ）的定义域是［1，4］评析：一般地，已知函数))((x f ϕ的定义域是A ，求f （x ）的定义域问题，相当于已知))((x f ϕ中x 的取值范围为A ，据此求)(x ϕ的值域问题。
例2. 已知函数)(x f 的定义域是]21[，-，求函数)]3([log 21x f -的定义域。
解：)(x f 的定义域是]21[，-，意思是凡被f 作用的对象都在]21[，-中，由此可得4111)21(3)21(2)3(log 11221≤≤⇒≤-≤⇒≤-≤--x x x 所以函数)]3([log 21x f -的定义域是]4111[，评析：这类问题的一般形式是：已知函数f （x ）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。
这类问题实质上相当于已知)(x ϕ的值域B ，且A B ⊆，据此求x 的取值范围。
例2和例1形式上正相反。
二、求值问题例3. 已知定义域为+R 的函数f （x ），同时满足下列条件：①51)6(1)2(==f f ，；②)()()(y f x f y x f +=⋅，求f （3），f （9）的值。
解：取32==y x ，，得)3()2()6(f f f += 因为51)6(1)2(==f f ，，所以54)3(-=f 又取3==y x 得58)3()3()9(-=+=f f f 评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取32==y x ，，这样便把已知条件51)6(1)2(==f f ，与欲求的f （3）沟通了起来。
抽象函数问题有关解法.doc
抽象函数问题有关解法 仁寿一中 廖根华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、求表达式：1.换元法：例1：已知()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑配法：在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 拼凑成以()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3311()f x x x x+=+，求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x x x x+=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(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 =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f 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4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。
抽象函数常见题型解法
高考数学总复习第十讲：抽象函数问题的题型综述抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出一些特殊关系式的函数，它是中学数学中的一个难点，因为抽象，学生解题时思维常常受阻，思路难以展开，教师对教材也难以处理，而高考中又出现过这一题型，有鉴于此，本文对这一问题进行了初步整理、归类，大概有以下几种题型：一. 求某些特殊值这类抽象函数一般给出定义域，某些性质及运算式而求特殊值。
其解法常用“特殊值法”，即在其定义域内令变量取某特殊值而获解，关键是抽象问题具体化。
例1 定义在R 上的函数f x ()满足：f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=，求f ()2000的值。
解：由f x f x ()()220-+-=，以t x =-2代入，有f t f t ()()-=，∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44=-=-∴+=-+=f x f x f x f x f x ()()()()()84故f x ()是周期为8的周期函数，∴==f f ()()200000例2 已知函数f x ()对任意实数x y ，都有f x y f x f y ()()()+=+，且当x >0时，f x f ()()>-=-012，，求f x ()在[]-21，上的值域。
解：设x x 12<且x x R 12，∈，则x x 210->，由条件当x >0时，f x ()>0∴->f x x ()210又f x f x x x ()[()]2211=-+=-+>f x x f x f x ()()()2111∴f x ()为增函数，令y x =-，则f f x f x ()()()0=+-又令x y ==0得f ()00=∴-=-f x f x ()()，故f x ()为奇函数，∴=-=f f ()()112，f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在，21上的值域为[]-42，二. 求参数范围这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中，关键是利用函数的奇偶性和它在定义域内的增减性，去掉“f ”符号，转化为代数不等式组求解，但要特别注意函数定义域的作用。
抽象函数问题求解的常用方法
抽象函数问题求解的常用方法抽象函数型综合问题，一般通过对函数性质的代数表述，综合考查学生对于数学符号语言的理解和接受能力，考查对于函数性质的代数推理和论证能力，考查学生对于一般和特殊关系的认识．可以说，这一类问题，是考查学生能力的较好途径，因此，在近年的高考中，这一类题目有增多和分量加重的趋势．【方法荟萃】1．函数原型法【例1】给出四个函数，分别满足①()()()f x y f x f y+=+；②()()()g x y g x g y+=；③()()()h x y h x h y=+；④()()()t xy t x t y=，又给出四个函数图象正确的匹配方案是（）（A）①—丁②—乙③—丙④—甲（B）①—乙②—丙③—甲④—丁）①—丙②—甲③—乙④—丁（D）①—丁②—甲③—乙④—丙的函数抽象而成的。
如正比例函数()(0)f x kx k=≠可抽象为()()()f x y f x f y+=+。
因此，我们可得知如下结论：（1）抽象函数()()()f x y f x f y+=+可由一个特殊函数正比例函数()(0)f x kx k=≠抽象而成的；（2）抽象函数()()()t xy t x t y=可由一个特殊函数幂函数()t x xα=抽象而成的；（3）抽象函数()()()g x y g x g y+=可由一个特殊函数指数函数()(0,1)xg x a a a=>≠抽象而成的；（4）抽象函数()()()h xy h x h y=+可由一个特殊函数对数函数()log(0,1)ah x x a a=>≠抽象而成的；（5）抽象函数()f x y+=()()1()()f x f yf x f y+-可由一个特殊函数正切函数()tanf x x=抽象而成的；根据上述分析，可知应选D。
2．代数演绎法【例2】设定义在R上的函数()f x对于任意,x y都有()()()f x y f x f y+=+成立，且(1)2f=-，当x>时，()0f x<。
抽象函数问题求解的常用方法
抽象函数问题求解的常用方法
高中数学中，抽象函数的解题方法主要包括以下几个方面：
1.确定定义域和值域：抽象函数的定义域和值域是解题的基础，需要根据题目中给出的条件进行确定。
2.运用函数性质：抽象函数和一般的函数一样，具有诸如奇偶性、周期性、单调性等函数性质。
在解题过程中，可以根据这些性质进行分析和推导，从而得出结论。
3.运用复合函数的性质：抽象函数可能会出现复合函数的形式，运用复合函数的性质可以将抽象函数化简，从而更加方便进行分析和计算。
4.利用函数的图像特征：抽象函数的图像特征包括零点、极值、拐点等，在解题过程中可以结合图像特征进行分析，进一步确定函数的性质和变化趋势。
需要注意的是，抽象函数作为高中数学中的一个较为高级的知识点，需要学生掌握一定的数学基础和思维方法，例如函数图像的绘制、导数和微积分等知识。
因此，在学习抽象函数时，需要逐步扩充自己的数学知识面，并不断提高自己的数学思维能力和分析能力。
抽象函数常见题型解法[1][1]2.doc
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抽象函数常见题型解法总结抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了i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，使得这类问题成为函数内容的难点z—.抽象性较强，灵活性大，解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质，通过局部性质或图象的局部特征，利用常规数学思想方法(如化归法、数形结合法等)，这样就能突破“抽彖”带来的困难，做到胸有成竹•另外还要通过对题H的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再山貝体函数模型的图象和性质來指导我们解决抽彖函数问题的方四、解析式问题五、单调性问题六、奇偶性问题法。
常见的特殊模型：七、周期性为対称性问题八、综合问题一.定义域问题多为简单函数与复合函数的定义域互求。
例1.若两数y二f (x)的定义域是[—2, 2],则函数y二f (x+1) +f (x —1)的定义域为。
例2：已知函数/(log3 x)的定义域为[3, 11],求函数f(x)的定义域_______________ o练习：定义在(3,8] ±的函数f(x)的值域为[-2,2],若它的反函数为广(x),则y=f-[ (2-3x)的定义域为二、求值问题——捕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。
怎样冃录：一•定义域问题二、求值问题三、值域问题赋值?需耍明确冃标，细心研究，反复试验；例 3.①对任意实数x,y,均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)F 且f(l)H(),则f(2()()l)= ___________ .②R上的奇函数y=f(x)有反函数y二flx),由y=f(x+l)与y=f,(x+2)5为反函数，则f(2009)= ___________ .例4.已知f(x)是定义在R上的函数,f(l)=l,且对任意xeR都有f(x+5)2f(x)+5,f(x+l)Wf(x)+l.若g(x)=f(x)+l-x,则g(2002)= ____________练习：1. f(x)的定义域为(0,他)，对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2 ,贝叮屁(2•如果f(x + y) = f(x)f(y),且f(l) = 2,贝喘喘+器+ ••• +牆的值是•厂⑴+广⑵+ •厂⑵+ .W) +门3) + /⑹+门4) + .广⑻二fW /⑶/(5) /⑺3、对任意整数兀,y 函数y = f(x)满足：f(x + y) = /(x) + /(y) + xy+ 1,若/(l) = 1,则/(-8)=A.-l B」 C. P D. 434、函数f(x)为R上的偶函数,对xeR都有/(x+6) = /(x)+/(3)成立，若/(1)=2,则几2005)=()A . 205 B.2 C.l D.05、定义在R上的函数Y=f(x)有反函数Y=f1(x), 乂Y=f(x)过点(2, 1), Y=f(2x)的反函数为Y=f1(2x), 则丫=严(⑹为()A) - B) —C) 8 D) 168 166、已知°为实数，且0<a<l,/(x)是定义在[0,1]上的函数，满足/(0) = 0, f (1) = 1,对所有x < y,均有/(号)=(1一。
(完整版)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； 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。
如何解答抽象函数问题
解题宝典抽象函数问题的难度一般不大.常见的抽象函数问题有求抽象函数的值域，求抽象函数的定义域，判断抽象函数的周期性、单调性、奇偶性等.下面结合实例，谈一谈三类常见的抽象函数问题的解法.一、求抽象函数的值域求抽象函数的值域问题，往往要求根据已知关系式和定义域来求函数的值域.解答此类问题，需对已知关系式进行赋值，以便根据函数单调性的定义，判断出函数的单调性，然后根据函数的单调性求得函数在定义域内的最值，即可确定函数的值域.若定义域包含了多个单调区间，则需在每个区间内讨论函数的单调性，再比较各个区间上的最大、最小值，即可解题.例1.若对任意实数x ，y 都有f ()x +y =f ()x +f ()y ，当x >0时恒有f ()x >0，且f ()-1=-2，求函数f ()x 在区间[]-2,1上的值域.解:令x 1=y ，x 2=x +y ，可得x 2-x 1>0，∵f ()x 2-f ()x 1=f ()()x 2-x 1+x 1-f ()x 1=f ()x 2-x 1+f ()x 1-f ()x 1>0，∴f ()x 1<f ()x 2，可得f ()x 在R 上单调递增，∴当x ∈[]-2,1时，f ()-2≤f ()x ≤f ()1，∵f ()-2=f ()-1-1=f ()-1+f ()-1=-4，f ()1=f ()-1+2=f ()-1+f ()2=f ()-1+f ()1+f ()1=2，∴f ()x 在区间[]-2,1上的值域为[]-4,2.解答本题，需对已知关系式f ()x +y =f ()x +f ()y 进行赋值，令x 1=y ，x 2=x +y ，通过等量代换判断出f ()x 2-f ()x 1的符号，便可判断出函数f ()x 的单调性.再根据函数的单调性，即可求得抽象函数的值域.二、抽象函数的单调性问题抽象函数的单调性问题通常要求根据已知关系式或函数的性质判断函数的单调性，求得函数的单调区间.解答此类问题，需灵活运用单调性的定义.解题的基本思路为：①在定义域内任选两个数x 1、x 2，且使x 1＜x 2，②结合已知条件，化简f ()x 2-f ()x 1或f ()x 2f ()x 1，并将其与0、1比较，③得出结论.若f ()x 2>f ()x 1，则函数在定义域上单调递增；若f ()x 2<f ()x 1，则函数f ()x 单调递减.例2.已知对任意x ∈R ，恒有f ()x >0，当x >0时，f ()x >1.对任意x ,y ∈R ，均有f ()x +y =f ()x f ()y ，试证明：f ()x 在R 上单调递增.分析：我们需先设出x 1，x 2，然后通过等量代换，判断出f ()x 2f ()x 1与1的大小关系，以便根据函数单调性的定义证明抽象函数f ()x 在R 上单调递增.证明：令x 1<x 2，则f ()x 2>0，f ()x 1>0，x 2-x 1>0，f ()x 2f ()x 1=f ()x 2-x 1+x 1f ()x 1=f ()x 2-x 1f ()x 1f ()x 1=f ()x 2-x 1>1,所以f ()x 2>f ()x 1，故函数f ()x 在R 上单调递增.三、抽象函数的奇偶性问题对于抽象函数的奇偶性问题，通常需根据奇偶函数的定义来求解.在解题时，要首先对已知关系式进行赋值，如令x =0、1、-1、-x 等，并将其代入式子中，以便判断出f ()-x 与f ()x 之间的关系.若f ()-x =f ()x ，则函数为偶函数；若f ()-x =-f ()x ，则该函数为奇函数.例3.若函数f ()x ，g ()x 的定义域为R ，对于任意x ,y ∈R ，均有f (x +y )+f ()x -y =2f ()x f ()y ，且f ()0≠0，试判断函数f ()x 的奇偶性.解:令x =y =0，由f (x +y )+f ()x -y =2f ()x f ()y 可得2f 2()0=2f ()0，因为f ()0≠0，所以f ()0=1，令x =0，可得f ()0+y +f ()0-y =2f ()0f ()y =2f ()y ，则f ()y =f ()-y ，故函数f ()x 为偶函数.要判断出函数的奇偶性，需令x =y =0，通过多次赋值，才能判断出f ()-x 与f ()x 之间的关系.总之，抽象函数是一类较为特殊的函数，它没有具体的解析式和图象，因而在解答抽象函数问题时，需重点研究已知关系式和抽象函数的性质，从中找到解题的突破口.（作者单位：云南省曲靖市会泽县实验高级中学）方琼41。
2020高考数学 抽象函数问题分类解析
抽象函数问题分类解析我们将没有明确给出解析式的函数称为抽象函数。
近年来抽象函数问题频频出现于各类考试题中，由于这类问题抽象性强，灵活性大，多数同学感到困惑，求解无从下手。
本文试图通过实例作分类解析，供学习参考。
1.求定义域得f f f f ()()()()11110=+⇒=令x y ==-1，得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是f x f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是偶函数。
例4. 若函数y f x f x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称，求证：函数y f x =()是偶函数。
证明：设y f x =()图象上任意一点为P （x y 00，） Θy f x =()与y f x =-()的图象关于原点对称，∴P x y ()00，关于原点的对称点()--x y 00，在y f x =-()的图象上，∴-=--∴=-y f x y f x 0000()()又y f x 00=()∴-=f x f x ()()00即对于函数定义域上的任意x 都有f x f x ()()-=，所以y f x =()是偶函数。
3.判断单调性根据函数的奇偶性、单调性等有关性质，画出函数的示意图，以形助数，问题迅速获解。
例5. 如果奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5，那么f x ()在区间[]--73，上是A. 增函数且最小值为-5B. 增函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 分析：画出满足题意的示意图1，易知选B 。
∴f x ()是R 上的周期函数 且2a 是它的一个周期思考二：设f x ()是定义在R 上的函数，其图象关于直线x a =和x b a b =≠()对称。
证明f x ()是周期函数，且2()b a -是它的一个周期。
证明：Θf x ()关于直线x a x b ==和对称∴=-∈=-∈∴-=-∈f x f a x x Rf x f b x x Rf a x f b x x R()()()()()()2222，，，将上式的-x 以x 代换得 f a x f b x x R ()()22+=+∈，∴+-=-+=-+=∈f x b a f x a b f x a a f x x R [()][()][()]()22222， ∴f x ()是R 上的周期函数 且2()b a -是它的一个周期若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”，f x ()还是不是周期函数？经过探索，我们得到思考三：设f x ()是定义在R 上的奇函数，其图象关于直线x =1对称。
高中常见抽象函数题型归纳
抽象函数常见题型及解法没有明确给出解析式的函数统称为抽象函数。
常见题型及其解法如下： 一、函数性质法1.利用奇偶性整体思考；2.利用单调性等价转化；3.利用周期性回归已知；4.利用对称性数形结合；5.借助特殊点.二、特殊模型和抽象函数)()()()()()(y f x f y x f y f x f y x f =-⇔=+()()()()[()]()()()()()f y f x y f x y f x f x y y f x y f x f y f x f y +-=⇒=+-=⇒+=()()()()()[()]()()()()f x f x y f x f y f x f x y y f x y f y f x y f y +=⇒=-+=-⇒-=)()()()()()(y f x f y x f y f x f yxf +=⋅⇔-=()()()()()()()()()()x x xf x y f x f y f x f y f f y f f x f y y y y ⋅=+⇒=⋅=+⇒=-四、经典例题及易混易错题型(一)定义域问题这类问题只要紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体，相当于f x ()中的x 这一特性，问题就会迎刃而解.例1. 函数y f x =()的定义域为(]-∞，1，则函数y f x =-[log ()]222的定义域是___. 分析：因为log ()22x 2-相当于f x ()中的x ，所以log ()2221x -≤，解得22<≤x 或-≤<-22x . 例2. 已知函数)(2x f 的定义域是［1，2］，求f （x ）的定义域.分析：已知函数()()x f ϕ的定义域是A ，求函数f(x)的定义域,相当于求内函数()x ϕ的值域.)(2x f 的定义域是［1，2］，是指21≤≤x ，所以)(2x f 中的2x 满足412≤≤x ,从而函数f （x ）的定义域是［1，4］例3.若函数)1(+=x f y 的定义域为)3,2[-，求函数)21(+=x f 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(+=x f 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,(+∞--∞例4.已知f x ()的定义域为(0)，1，则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的定义域是______. 分析：因为x a +及x a -均相当于f x ()中的x ，所以 010111<+<<-<⎧⎨⎩⇒-<<-<<+⎧⎨⎩x a x a a x a a x a (1)当-≤≤120a 时，则x a a ∈-+()，1(2)当012<≤a 时，则x a a ∈-()，1f x ()的定义域为(0)，1，意思是凡被f 作用的对象都在(0)，1中.评析：已知f(x)的定义域是A ，求()()x f ϕ的定义域问题，相当于解内函数()x ϕ的不等式问题.例5.定义在(]8,3上的函数f(x)的值域为[]2,2-，若它的反函数为f-1(x)，则y=f-1(2-3x)的定义域为______，值域为______. 答案:(]8,3,34,0⎥⎦⎤⎢⎣⎡(二)函数值问题1. 赋特殊值法求值例1.已知f x ()的定义域为R +，且f x y f x f y ()()()+=+对一切正实数x ，y 都成立，若f ()84=，则f (2)=_______.分析：在条件f x y f x f y ()()()+=+中，令x y ==4，得f f f f ()()()()844244=+==，∴=f ()42又令x y ==2，得f f f (4)(2)(2)=+=2，∴=f (2)1例2.设函数)(x f 的定义域为()+∞,0，且对于任意正实数y x ,都有)(xy f =)(x f )(y f +恒成立。
抽象函数常见解法及意义总结
含有函数记号“()f x ”有关问题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、求表达式： 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()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑合法：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3311()f x x x x+=+，求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x x x x+=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(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 =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f 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4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。
归纳抽象函数常见题型及解法
5归纳抽象函数常见题型及解法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2 例1 已知函数f(x )的定义域是［1 , 2］,求f (X)的定义域.2 2解：由f(x )的定义域是［1 , 2］,是指1 ≤ X ≤ 2 ,所以1 ≤x ≤ 4, 即函数f(x)的定义域是［1 , 4］ • 评析：一般地，已知函数 f ［ (X)］的定义域是A,求f (X)的定义域问题，相当于已知 f ［ (X)］中X 的取值范围为A 据此求 (X)的值域问题.例2已知函数f (X)的定义域是［—1, 2］,求函数f ［log 1(3 X)］的定义域.2解：由f (X)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 f(x)的定义域是A,求函数f ( (X))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f (X)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，f (X)无意义.因此，如果f(χo )有意义，则必有x o A 所以，这类问题实质上相当于已知 (X)的值域是A,据此求X 的取值范围，即由(X) A 建立不等式，解出 X 的范围•例2和例1形式上正相反.2 •抽象函数的求值问题1例3已知定义域为R 的函数f(x),同时满足下列条件：①f(2) = 1, f (6)=1:②f(x y)=f(x) + f(y),求 f(3)、f(9)的值.—1≤ log 1 (3 — X )≤ 2 (1) 2 ≤ 3 — X ≤( 1) 12 2111 ≤ X ≤4•••函数f[∣og 1(3X )］的定义域是［1 , 7]评析：这类问题的一般形式是：已知函数解：取 X = 2 , y = 3 ,得 f(6)= f(2) + f (3),1 4•• f(2) = 1 , f(6)= ,∙∙∙ f(3)=-5 5又取 X = y = 3 ,得 f (9) = f (3) + f (3) =- 8.51评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地取X = 2 , y = 3 ,这样便把已知条件f (2) = 1 , f (6)= 与欲求的5f(3)沟通了起来.这是解此类问题的常用技巧.3.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 I ≠χ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) > 0.4 .抽象函数的解析式问题1 2x 一 1f (———)=,⑵使得f (X 1 ) ≠ f ( X 2 ),求函数f (X)的值域.解：令 X = y = 0 ,得 f (0) = f 2(0),即有 f (0) = 0若 f (0) = 0 ,贝U f (X) = f (X + 0) = f (X) f (0) 由于 f (X + y)==f (X)f (y) 对任意X 、 y ∈R 均成立, XZX X 上，x 、 r X2f (X) = f (- + —) =(―) f (―)=[f (―)] 2 ≥2 22 22下面只需证明，对任意x ∈ R f (0) ≠0 即可.或 f (0) = 1 .,对任意X ∈R 均成立，这与存在实数 X I ≠χ 2 ,使得因此，对任意 x∈ R 有评析：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 般向特殊转化的必要手段.式.解：在 设对满足 X≠0, X≠1的所有实数X,函数f (X)满足f (X) + f (X 1)=1 + X ,求f (X)的解析Xf (X) + f (+ X , (1)X 1中以 代换其中X ,得:Xf (x 1 ) ≠ f ( X 2 )成立矛盾•故 f (0) ≠0,即 f (0) =1X 1 X1 1 X 2再在(1)中以一——代换X,得:f(———)+ f (X)= ------------------- , ⑶X 1 X 1 X 13 2 1(1) — (2) + ⑶ 化简得：f(x) = -__X——.2X(X— 1)X 1评析：如果把X和-一1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，X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：因为a x y= a X∙a y(a > 0，a≠ 1),因而猜测它的模型函数为f(x) = a x (a > 0，a≠ 1)(由f(1) = 2 ，还可以猜想f (X) = 2 x) •思路分析：由f(2)= f (1 1)=f(1)∙ f (1)= 4 ,需解不等式化为f(3x — X2 ) > f (2) •这样，证明函数f(x) 的(由f (X) = 2 X ,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 2得f (0) = f (0),若f (O) = 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XV 0 时，—X > 0 , f ( — X) > 1> 0 ,而f(X) •f ( — x) = f (0) = 1∙∙∙ f(X)=1 > 0 •f( X)又当X = 0 时，f (0) = 1 > 0 ,∙ X∈R , f (X) > 0 •设一∞V X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 —X 1 > 0 ,f ( X 2 —X I) > 1•∙ f ( X 2) =f [ X I + ( X 2 - X1 )]= :f (X1) f ( X 2 — X1 ) > f ( X I ) •∙∙∙ y = f在R上为增函数(X)又∙∙∙ f! ,∙ f (3x — X2) > f (1) • f (1) = f (1 + 1) = f (2),由f (X)的单调递增性质可得: (1) = 23x — x 2> 2,解得 K XV 2. 2. 对数函数模型1例7已知函数f (X)满足：⑴f (1) = 1;⑵函数的值域是［—1, 1］;⑶在其定义域上单调递减；⑷ f (X) +2I I1 1f(y)= f (X ∙ y)对于任意正实数x 、y 都成立•解不等式 f (x) ∙ f () ≤ 1 X 2以猜测它的模型函数为 f (X) =log I X 且f 1 (x)的模型函数为f 1(x) = (1)x .22思路分析：由条件⑵、⑶知,f(x)的反函数存在且在定义域 ［—1, 1］上递减，由⑴知f 1(1) =- •剩下的只需2由f 1(x)的模型函数性质和运算法则去证明 f 1(X 1) ∙ f 1(X 2) = f 1(X 1 X 2),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)=—,又在定义域［—1 , 1］上单调递减.2设 y 1= f 1 (X 1), y 2 = f 1(X 2),则有 χ1=f (yj , χ2=f ( y 2)，1∙∙∙χ 1 + X 2 =f (y 1) + f ( y 2) = f (y 1y 2),即有 yd 2=f (X 1 + X 2).∙∙∙ f 1(x 1) ∙ f 1(x 2) = f 1(X 1 X 2),于是，原不等式等价于：11 11f (X )f (1),X11 X1 X1 ,11 X 1 ,1 X1,1 X1 XX = 0 .1 X 1,1 X 1,111 - 1 .1 1 . 1 X1 X故原不等式的解集为{0}.解这类冋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 •幕函数模型例8 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≤XV 1时, 0≤f (x) V 1 时.⑴判断f(x)的奇偶性；联想：因为 Iog a (X ∙ y) = Iog X + log a y,而 Iog1 丄=1 , y = Iog2 21 X 在其定义域［—1, 1］内为减函数，所 2⑵判断f (X)在[0,+∞ )上的单调性，并给出证明；⑶若a≥0且f (a 1) ≤ 39 ,求a的取值范围.2 联想：因为X n∙y n = (X ∙ y)n，因而猜测它的模型函数为 f (x) = X n (由f(27)=9,还可以猜想f (x) = X ).2思路分析：由题设可知 f (X)是幕函数y = X1的抽象函数，从而可猜想 f (X)是偶函数，且在[O,+∞ )上是增函数.解：⑴令 y = -1 ,则f( X) = f(X) ∙f( 1),∙∙∙ f( 1)=1,∙∙∙ f ( X)= f(X),即f (X)为偶函数.⑵若X≥0,贝y f(X)= f (、. X X) = f X) ∙ f (、. x) =[ f ( '一X)] 2≥0.设 0≤χ I VX2 ,则 0≤ 0 V 1,X2X1X1∙ f (X I)= f (一X2)=f( I)∙ f (X2 ),X2X2∙.∙当 x≥0 时f (x) ≥0,且当0≤X V 1 时，0≤ f (x) V 1.∙0≤ f (XI) V 1, ∙ f (x1) V f (X2),故函数f (x)在[0 ,+∞ )上是增函数.X2⑶∙∙∙ f (27)=9 ,又f(3 9)= f (3) ∙f(9)=f(3) ∙f(3) ∙f(3) = [ f (3) ] 3,∙ 9 = [ f(3)] 3 ,∙∙∙ f(3) =39 ,∙∙∙ f (a 1) ≤ 39 ,∙ f (a 1) ≤ f(3),τa≥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 (O) = f 2(0),若f (O) = O ，令 x> O, y = O，贝U f (x) = O ，与f(X)> 1 矛盾..∙. f (O) ≠0,即有f (O) = 1 .当 X>O 时，f (X) > 1 > O,当 X V O 时，一X>O, f ( — x) > 1> O,1而f (X) ∙ f ( — X) = f (O) = 1 ------------------ ,∙∙∙ f (X) = > O .f( X)又当 X = O 时，f (O) = 1 > O ,∙ X ∈ R f (x) > O.设一∞V X I Vx2 V +∞,贝U x2— X I >O, f ( X 2— X I ) > 1.∙ f ( X 2) = f [ X I + ( X 2 — x1 )] = f (X 1 ) f ( X 2 — x1 ) > f ( X I ).∙ 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1O已知函数f (x) (X ∈ R, x≠O)对任意不等于零实数x1' X2都有f (x 1∙χ 2 ) = f (x 1) + f (x 2 ), 试判断函数f (X)的奇偶性.解：取 X I =— 1, X2 = 1 得：f( — 1) = f ( — 1) + f (1) , ∙ f (1) = O .又取 x1 = X 2 =— 1 得：f (1) = f ( — 1) + f ( — 1) , ∙ f ( — 1) = O .再取 x1 = 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f(X)定义域为全体实数，对任意实数a、b,有f (a + b) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b),且存在C C> O，使得f( ) = O ,求证f (x)是周期函数.2联想：因为 cos(a + b) + cos(a — b) = 2cosacosb ,且cos — = 0,因而得出它的模型函数为y = CoSX ,由y = CoSX2的周期为2 ,可猜想2C为f(x)的一个周期.思路分析：要在证明2C为f (X)的一个周期，则只需证 f (X 2C) = f (X),而由已知条件f (C) = 0和f (a +Cb) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b)知，必须选择好a、b的值，是得条件等式出现f()和f (χ).2C C证明：令 a = X + , b = ,代入f (a + b) + f (a — b) = 2 f (a) ∙ f (b)可得2 2f (X + C ) = —f (x).∙∙∙ f (X + 2C ) = f [(x + C) + C ] = —f (X + C ) = f (X),即f (X)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 = f (X)满足f (X) + f ( X) = 2002 ,求f 1(χ)+f 1(2002 χ)的值.解：由已知，在等式f (a X) + f (a X) = 2b中a = 0 , b = 2002 ,所以，函数y = f (X)关于点(0 , 2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y = f 1(X)关于点(2002 , 0)对称.∙ f 1(X 1001)+ f 1(1001 X) = 0 ,将上式中的 X用 x— 1001 换，得f 1(x)+ f 1(2002 X)= 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=f (X)对一切实数X都满足f(a X)+ f (a X) = 2b ,则函数y = f (x)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，0v f (x) V 1.⑴判断f (X)的单调性；⑵设 A = {(x , y)| f(x2) ∙ f (y2) > f(1)}, B = {(x , y)| f (ax y ,2) = 1 , a R},若 A B =,试确定 a的取值范围.解：⑴在f (m n)=f(m) ∙f(n)中，令 m= 1, n = 0 ,得f(1)=f(1) ∙ f (0),因为f(1) ≠ 0,所以f (0) = 1.在f(m n)=f(m) ∙f(n)中，令 m = X , n = — X,■/当 x> 0 时，0V f (x) V 1,∙当 XV 0 时，一X > 0, 0V f ( x) V 1,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.设一∞v X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 — X I > 0, 0v f ( X 2 — X I ) V1.∙∙∙ f ( X 2) = f [ X 1 + ( X 2 — X 1 )] = f (X 1 ) ∙ f ( X 2 — X 1 ) V f ( X 1 ).∙∙∙ y = f (X)在R 上为减函数.2 2 2 2 2 2⑵由于函数y = f (X)在R 上为减函数，所以 f (X ) ∙ f(y)=f(χ + y ) > f (1),即有X + y V 1. 又f (ax y ',2) = 1 = f (0),根据函数的单调性，有ax — y + -, 2 = 0 ._/2由A I B =,所以，直线ax — y+ 2 = 0与圆面X 2+ y 2V 1无公共点，因此有：_ ------------ ≥ 1,解得一1≤a≤ 1.评析：⑴要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题，一是f (0)的取值问题，二是 f (X) > 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.而 f (X)f ( - x) = f (0) = 1 , f (χ)=> 1> 0f( X)。
抽象函数常见题型解法
且存在，使得，求函数的值域。 解：令，得，即有或。 若，则，对任意均成立，这与存在实数，使得成立矛盾，故，必
有。 由于对任意均成立，因此，对任意，有 下面来证明，对任意 设存在，使得，则 这与上面已证的矛盾，因此，对任意。所以 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
五、单调性问题 例6. 设f（x）定义于实数集上，当时，，且对于任意实数x、y， 有，求证：在R上为增函数。 证明：在中取，得 若，令，则，与矛盾 所以，即有 当时，；当时， 而所以 又当时，。所以对任意，恒有
设，则 所以，所以在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，则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。
， （ ），考察下列结论，① ；②
为偶函数；③数列
为等差数列；④数列
为等比数列，其中正确的是_______（填序号） 答案 ①③④ 3.（岳阳联考题）若
是定义在
上的函数，对任意的实数
，都有
和
且
，则
的值是（ ）答案 C
A．2008
B．2009
C．2010
4．(成都市石室中学高三三诊模拟)定义在[0，1]上的函数
抽象函数专题训练
1 线性函数型抽象函数
【例题1】已知函数对任意实数，均有，且当时，求在区间上的值域。 【例题2】已知函数对任意实数，均有，且当时，求不等式的解。
2 指数函数型抽象函数
【例题3】已知函数定义域为R，满足条件：存在，使得对任何和，成 立。 求：（1） (2) 对任意值,判断值的正负。 【例题4】是否存在函数满足下列三个条件：
抽象函数常见题型和解法
抽象函数的常见题型及解法一、 抽象函数的定义域1. 已知f(x)的定义域，求f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b)，求f[g(x)]的定义域，其方法是： 由a<g(x)<b,求得x 的范围，即为f[g(x)]的定义域。
即由内层函数的值域，求内层函数的定义域，即为f[g(x)]的定义域。
例1.已知f(x)的定义域为[1，4]，求f()的定义域. 解: 由1≤≤4，得 -1≤≤2 即 -1≤<0 或 0<≤2 解得 X ≤-1 或x ≥∴函数的定义域为:2. 已知f[g(x)]的定义域，求f(x)的定义域若已知f[g(x)]的定义域x (a,b)，求f(x)的定义域，其方法是： 由a<x<b,求得g(x)的范围，即为f(x)的定义域。
即由内层函数的定义域，求内层函数的值域，即为f(x)的定义域。
例2. 若已知f(x+2)的定义域为[-2，2]，求函数f(x)的定义域. 解：∵f(x+2)的定义域为[-2，2]， ∴-2≤x ≤2， ∴ 0≤x+2≤4 故f(x)的定义域为[0，4]3. 已知f[ (x)]的定义域，求f[g(x)]的定义域先由f[ (x)]的定义域，求f(x)的定义域，再由f(x)的定义域，求f[g(x)]的定义域。
即由第一个函数中内层函数的定义域，求得第一个函数内层函数的值域，第一个函数内层函数的值域就是第二个函数内层函数的值域，由第∈21+x21+x x1x 1x121()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞⋃-∞-,211,∈ϕϕ二个函数内层函数的值域，再求出第二个函数内层函数的定义域。
例3.若已知f(x+1)的定义域为，求函数f ()的定义域. 解：∵f(x+1)的定义域为， ∴-2≤x 3， ∴ -1≤x+1 4 即f(x)的定义域为.∴ -1≤<4，∴ -3≤<2 即 -3≤<0 或 0<<2 解得 X ≤-或 x> ∴函数的定义域为:3. 已知f(x)的定义域，求f[ (x)] + f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b)，求f[g(x)]+f[g(x)]的定义域，其方法是：由,求得x 的范围，即为f[ (x)] + f[g(x)]的定义域。
抽象函数的常见解法
抽象函数的常见解法抽象函数是指函数的三种表示法：列表法、图象法、解析法均未给出，只给出函数记号f(x)的一类函数.这类函数解决起来较抽象，但却能有效地反映学生对知识的掌握、理解、应用及迁移的能力，对培养、提高学生的发散思维和创造思维等能力有很好的促进作用。
因此，这类问题在高中数学的各类考试中经常出现。
下面谈谈这类问题常见的几种解法：一、赋值法先以特殊值作尝试，在探索中发现题中条件遵循某些规律或特点,从而使问题得以解决。
这类问题经常出现,要认真理解其解题的要领和方法。
例1设函数f(x)的定义域为自然数集，若f(x+y) = f(x)+f(y)+x 对任意自然数x,y恒成立，且f(1) = 1，求f(x)的解析式。
分析:当令y=1时,可得f(x＋1)=f(x)＋x＋1,这相似于数列中的递推关系,再利用相应的递推关系可求出函数的解析式。
解：令y = 1, 则f(x+1) = f(x)+f(1)+x = f(x)+x+1，∴ f(1) = 1f(2)= f(1) +2f(3) = f(2) +3…f(n) = f(n－1) +n各式相加得：f(n) = 1+2+3+…+n =∴ f(x) =例2已知函数f(x)满足f(x+y)＋f(x－y) = 2 f(x) · f(y)，x∈R,y∈R,且f(0)≠0，求证：f(x)是偶函数。
分析: 当令 x=y=0时,可得f(0)=1,再利用题中条件变形求解。
证明：令x = y = 0∴ f(0) +f(0) = 2f 2 (0)∵ f(0) ≠ 0, ∴ f(0) = 1令 x = 0 , 则 f(y) + f(－y) = 2f(0) · f(y)∴ f(－y) = f(y), ∵ y∈R,∴ f(x)是偶函数例3 已知函数f(x)的定义域为(0 , + ∞ )，对任意x > 0, y> 0恒有f(xy) = f(x) + f(y)求证：当x > 0时, f( ) = －f(x)分析:当令x=y=1时,可得f(1)=0,再灵活运用f(1)=f(x·)可求得。
高中数学两难点型题汇总解析：抽象函数的性质问题向量问题
高中数学两难点型题汇总解析：抽象函数的性质问题向量问题友情提示：此平台由学傲教育集团官方创办，目前已有18万人关注，真诚地邀请你加入这个大家庭！点击文章标题下面蓝字“学傲教育”，即可免费订阅，海量学习资料和正能量文章每天送达！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，供大家参考。
1定义域：解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。
2值域：解决抽象函数的值域问题——定义域、对应法则决定。
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。
4周期性：解决抽象函数的周期性问题——充分理解与运用相关的抽象式是关键。
5奇偶性：解决抽象函数的奇偶性问题——紧扣定义、合理赋值。
6单调性：解决抽象函数的单调性问题——紧密结合定义、适当加以配凑。
7可解性：由抽象式求解析式问题——视f(x)为未知数，构造方程（组）。
8凹凸性：解决函数的凹凸性问题——捕捉图象信息，数形结合。
题中说到凹函数，不等号一改变，就是凸函数，很重要的一个结论，千万记住了哦。
那么，你知道y=lnx 是凹凸啥函数吗？平面向量数量积的几何意义摘要：本文着重利用几何意义理解平面向量的数量积（内积），在教材上原有的第一几何意义“投影”的基础上，创新引入数量积的第二几何意义“极化”。
将泛函分析中的“极化恒等式”降至二维，从而研究高考数学中平面向量数量积的相关问题，具有相当的普适性。
巧妙利用“数形结合”的方式，深刻理解向量的本质——“代数与几何的桥梁”。
一平面向量数量积的第一几何意义——投影小结1.：由以上三道例题，我们可以适当总结利用投影解决“求值”问题的方法：第一，题目往往以平面几何模型作为背景，并且有较明显的“几何特征”（规则）；第二，通常要把方向不“规则”的向量，向具有明显“几何特征”的三角形（如直角、等边三角形）的边做投影；第三，做投影后往往要构造出相似三角形，再运用平面几何的知识求解。
SX2020A096高考数学必修_抽象函数问题分析2
抽象函数问题分析2抽象函数是指:题目中没有直接给出函数的具体解析式,只给出了一些能体现函数某些特征的式子的一类函数,因此具有抽象性.抽象函数的性质常常隐而不露,给人以似曾相识的感觉.一般情况下,抽象函数问题多以我们所熟知的函数为背景,在知识网络的交汇处设计题目.高考对抽象函数的要求主要是考察函数的概念和性质、逻辑推理能力、抽象思维能力及数学后继学习的潜能等.一、以指数函数为背景的抽象函数例1.定义在R 上的函数)(x f 对于任意实数n m ,恒有:),()()(n f m f n m f ⋅=+且当0>x 时,.1)(0<<x f⑴求证:1)0(=f ,且当0<x 时,1)(>x f ； ⑵求证:)(x f 在R 上单调递减；⑶设集合{},)1()()(|),(22f y f x f y x A >⋅={}R a y ax f y x B ∈=+-=,1)2(|),(,若,φ=B A 求a 的取值范围.分析:这里的函数是以指数函数0()(>=a a x f x且)1≠a 为背景的抽象函数,可以结合指数函数的特征思考,但不可具体化!⑴证明:∵,0)1(>f ∴取,0,1==n m 则),0()1()1(f f f ⋅=得.1)0(=f再取,0,0>-=<=x n x m 可得.1)(1)(>-=x f x f ⑵证明:设,21x x <则=-+-=-)(])([)()(111212x f x x x f x f x f )()[(121x x f x f - ]1-,0< ∴)(x f 在R 上单调递减.⑶解:由⑵知点集A 为单位圆内的点的集合,即{}1|),(22<+y x y x ；点集B 为直线+-y ax 20=上的点的集合,利用直线与圆的位置关系可得:满足φ=B A 的a 的取值范围为:].3,3[-二、以对数函数为背景的抽象函数例2.已知定义在),0(+∞上的函数)(x f 满足:⑴1>x 时,0)(<x f ； ⑵1)21(=f ； ⑶对任意的),0(,+∞∈y x 都有: =)(xy f ),()(y f x f +求不等式2)5()(-≥-+x f x f 的解集.分析:这里的函数是以对数函数0(log )(>=a x x f a 且)1≠a 为背景的抽象函数,利用函数的单调性解不等式,是解决这类题目的通法.解:需先研究函数)(x f y =的单调性:任取),,0(,21+∞∈x x 且,21x x >则,112>x x ∴,0)(12<x x f 又),()()()(1121122x f x x f x x x f x f +=⋅=得),()(12x f x f < ∴)(x f 在),0(+∞上为减函数.∵),1()1()11(f f f +=⨯ ∴.0)1(=f 又)21()2()212()1(f f f f +=⨯=,1)2(+=f∴,1)2(-=f ,2)2()2()4(-=+=f f f ∴⇔≥-+)4()5()(f x f x f ⎪⎩⎪⎨⎧≥->->)4())5((050f x x f x x ,4)5(050⎪⎩⎪⎨⎧≤->->⇔x x x x 得不等式的解集为:{10|≤<x x 或}54<≤x .三、以二次函数为背景的抽象函数例3.(06重庆.理21)已知定义为R 的函数)(x f 满足)())((2x f x x x f f =+- .2x x +-⑴若3)2(=f ,求)1(f ；又若a f =)0(,求)(a f ；⑵设有且仅有一个实数,0x 使得,)(00x x f =求函数)(x f 的解析表达式. 分析:这里的函数是以二次函数)0()(2≠++=a c bx ax x f 为背景的抽象函数,注意对结论的验证.解:⑴用赋值法易得:,1)1(=f .)(a a f =⑵∵对任意∈x R ,有)())((2x f x x x f f =+-,2x x +-且有且仅有一个实数,0x 使得,)(00x x f =∴对任意∈x R ,有)(x f ,02x x x =+-∴)(0x f ,00.20x x x =+-∴0x ,00.20x x x =+-解得:00=x 或.10=x若00=x ,则)(x f ,02=+-x x 即)(x f .2x x -=但方程x x x =-2有两个不同实根,矛盾!故00≠x ；若,10=x 则)(x f ,12=+-x x 即)(x f .12+-=x x 易验证符合题意. 综上述得:∈+-=x x x x f ,1)(2R.四、以其它函数为背景的抽象函数例4.已知函数)(x f 对任意实数y x ,,均有)(x f =+)(y f )2(2y x f +),2(y x f -⋅ ,0)0(≠f 且存在非零常数c ,使.0)(=c f⑴求)0(f 的值； ⑵讨论函数)(x f 的奇偶性； ⑶求证:)(x f 是周期函数. 分析:这里的函数是以具有奇偶性、周期性的函数为背景的抽象函数.解:⑴用赋值法易得:.1)0(=f⑵取,,t y t x -==得:)(t f =-+)(t f )2(2t t f -),2(t t f +⋅∴),()(t f t f =- ∴函数)(x f 在R 上为偶函数.⑶证明:∵,0)()(2)22()222(2)()2(=⋅+=⋅+=++c f x c f c f x c f x f x c f ∴),()2(x f x c f -=+∴),()2()4(x f x c f x c f =+-=+从而)(x f 是以c 4为周期的周期函数.。
高中数学总结归纳 抽象函数综合题的解题策略
抽象函数综合题的解题策略只给出函数符号或条件及一些间接关系，而没有给出函数的具体解析式或者图象，这样的函数称为抽象函数.这类试题，主要以函数的概念和性质为背景，以函数与方程、转化与化归、数形结合等数学思想为主线，以考查学生的各种能力为目的，在知识网络交汇处设计试题.此类试题往往具有概念抽象、隐蔽性与灵活性强、综合性高的特点，因此它既能考查函数的各种性质，又能考查学生对数学语言的阅读理解和转译能力，同时能考查出考生进入高校继续学习的潜能，因此在此有必要对抽象函数综合题的求解策略进行探讨.一、适当赋值赋值主要从以下方面考虑：①令x=…，﹣2，﹣1，0，1，2，…等特殊值求抽象函数的函数值；②令x=x2，y=x1或y=1x1，且x1<x2，判定抽象函数的单调性；③令y=﹣x，判定抽象函数的奇偶性；④换x为x+T，确定抽象函数的周期；⑤用x=x2+x2或换x为1x等来解答有关抽象函数的其它一些问题.例1 已知函数的定义域为R，对任意x、y满足f(x+y)=f(x)+f(y)，当x>0时，f(x)>0.试判断f(x)的奇偶性和单调性.分析：在f(x+y)=f(x)+f(y)中，令x=y=0，得f(0)+f(0)=0，∴f(0)=0，又令y=﹣x，f(x)+f(﹣x)=f(x﹣x)=f(0)=0，即f(﹣x)=﹣f(x)，∴f(x)是奇函数，再设x1、x2∈R，且x1<x2，且在f(x+y)=f(x)+f(y)中，令x=x2，y=﹣x1，则f(x2﹣x1)=f(x2)+f(﹣x1)由f(x)是奇函数得，f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(－x1)=f(x2﹣x1)，∵x2﹣x1>0，∴f(x2﹣x1)>0，从而f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(﹣∞.+∞)上是增函数.二、变量代换根据题设条件中所给等式或不等式的结构特点及欲证的结论，将题中的某些量替换为的需要的量(要注意新换的变量的取值范围，要与原题设条件等价)，可以得到较为简单的等式或不等式，然后再设法作进一步的转化从中获解，例2 已知函数f(x)存在反函数且f(x)+f(﹣x)=2，则f－1(x﹣1)+f－1(3﹣x)=________.分析：本题无法直接求出f－1(x)，若将已知等式左边看成两个函数，利用变量代换，则有如下简解：令y1=f(x)，y2=f(﹣x)，则x=f－1(y1)，﹣x=f－1(y2)，且当y1+y2=2时，有f－1(y1)+f－1(y2)=x﹣x=0，∵(x﹣1)+(3﹣x)=2，∴f－1(x﹣1)+f－1(3﹣x)=0.三、利用函数性质根据题目所给的条件，分析、探求函数具有哪些特殊的性质，比如：函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，然后充分利用这些性质进行求解.例3 f(x)是定义在R上的函数，且满足如下两个条件：①对于任意x，y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)；②当x＞0时，f(x)＜0，且f(1)=﹣2.求函数f(x)在[﹣3，3]上的最大值和最小值.分析：设0≤x1≤x2≤3，由条件①得f(x2)=f[(x2﹣x1)+x1]=f(x2﹣x1)+f(x1)，即f(x2﹣x1)=f(x2)﹣f(x1)，∵x2﹣x1＞0，由条件②得f(x2﹣x1)＜0,∵f(x2)﹣f(x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在[0，3]上是减函数，在条件①中令x=y=0，则f(0+0)=f(0.)+f(0)，∴f(0)=0.再令x=﹣y，得f(x﹣x)=f(x)+f(﹣x)，∴f(﹣x)=﹣f(x)，∴f(x)是奇函数，∴f(x)在[﹣3，0]上是减函数，又∵当x＜0时f(x)=﹣f(﹣x)＞0，从而f(x)在[﹣3，3]上是减函数，∴f(x)m a x=f(﹣3)=﹣f(3)=﹣f(1+2)=﹣f(1)﹣f(2)=﹣f(1)﹣f(1)﹣f(1)=﹣3f(1)=6，f(x)m i n=f(3)=﹣f(﹣3)=﹣6.例4 已知函数f(x)=a x5+bsi nx+3，且f(﹣3)=7，求f(3)的值.解析:f(x)的解析式中含有两个参数a、b，却只有一个条件f(﹣3)=7，无法确定出a、b的值，因此函数f(x)(解析式不确定)是抽象函数，注意到g(x)=a x5+bsi nx=f(x)﹣3是奇函数，可得g(﹣3)=﹣g(3)，即f(﹣3)﹣3=﹣[f(3)﹣3]，f(3)=6﹣f(﹣3)=﹣1.四、正难则反当关于某些抽象函数的命题不易从正面直接证明时，可采用反证法，它往往需结合其它一些求解策略，而此法是处理“是否存在”型函数综合题的常用方法.例 5 已知函数f (x )在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，a 、b ∈R ，(1)求证：若a+b≥0，则f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否正确，并证明你的结论.证明：(1)由a+b≥0，得a≥﹣b ，由函数f (x )在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，得f (a)≥f (﹣b)，同理，f (b)≥f (﹣a)，∴f (a)+f (b)≥f (﹣b)+f (﹣a)，即f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b).(2)中命题的逆命题是：若f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)，则a+b≥0，此逆命题为真命题， 现用反证法证明如下：假设a+b≥0不成立，则a+b ＜0，a ＜﹣b ，b ＜﹣a ，根据单调性，得f (a)＜f (﹣b)，f (b)＜f (﹣a)，f (a)+f (b)＜f (﹣a)+f (﹣b)，这与已知f (a)+f (b)≥f (﹣a)+f (﹣b)相矛盾，故a+b ＜0不成立，即a+b≥0成立，因此(1)中命题的逆命题是真命题.五、利用模型函数探路抽象型函数问题的设计或编拟，常以某个基本函数为模型，在解题前，若能从研究的抽象函数的“模型”入手，根据已知条件，寻找其模型函数，通过分析、研究其图象及性质，找出问题的解法或证法.例6 已知定义域为R +的函数f (x )满足：(1)x ＞1时，f (x )＜0；(2)f (12)=1；(3)对任意的x ，y ∈R +，都有f (xy )=f (x )+f (y ).求不等式f (x )+f (5﹣x )≥﹣2的解集.解析：由题设(3)知f (x )以y =log a x 为模型函数，由题(1)知0＜a ＜1，从而y =log a x 在(0,+∞)上为减函数，故本题可先证f (x )在(0,+∞)上为减函数为突破口.设0＜x 1＜x 2，则x 2x 1＞1，且由f (xy )=f (x )+f (y )，得f (x 2)=f (x 2x 1·x 1)=f (x 2x 1)+f (x 1)， 又由条件x ＞1时，f (x )＜0，得f (x 2x 1)＜0，∴f (x 2)＜f (x 1)，∴f (x )在R +上为减函数， 又由f (1)=f (1)+f (1)，得f (1)=0，又f (12)=1，∴f (2·12)=f (2)+f (12)=0，∴f (2)=﹣1，∴f (x )+f (5﹣x )≥﹣2=2f (2)=f (4)，于是⎩⎨⎧ 0＜x ＜5x(5﹣x)≤4，解得0＜x ≤1或4≤x ＜5， ∴解集为x ∈(0，1]∪[4，5).六、数形结合根据题目所给的函数的有关的性质和背景，作出大致符合条件的函数的图象，再根据图象的直观性作出正确解答.例7 若f(x)为奇函数，且在(﹣∞，0)内是增函数，又f(﹣2)=0，则xf(x)<0的解集为( )A.(﹣2,0)∪(0,2)B.(﹣∞,﹣2)∪(0，2)C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞)D.(﹣2,0)∪(2,+∞)解析：本题可根据题设条件先作出函数f(x)在(﹣∞，0)内的大致图象，如图，由对称性(奇函数的图象关于原点对称)及单调性(在(﹣∞，0)内是增函数)得出f(x)在(0，＋∞)的图象，如图所示.∵f(x)为奇函数，且，f(﹣2)=0，∴f(2)=0.由图象可知：当﹣2<x<0时，f(x)>0，∴xf(x)<0；当0<x<2时，f(x)<0，∴xf(x)<0.故不等式xf(x)<0的解集为(﹣2，0)∪(0，2)，选A.。
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抽象函数问题解法归纳
近几年出现的抽象函数高考题，多数为较难题。
其原因在于该类函数问题未给出具体的解析式，但是却深化地考查了学生对函数概念的理解及性质的代数推理和论证能力，综合地考查了学生对数学符号语言的理解和接受能力。
再加之抽象函数本身的抽象性及其性质的隐蔽性，常使学生难以理解题意，束手无策。
故探讨此种题型的解法无疑是十分必要的。
一、利用函数性质求解
大多是利用函数的奇偶性、周期性、单调性等性质求解。
例1、 设函数()f x 的定义域关于原点对称且满足①121221()()1()()()
f x f x f x x f x f x ⋅+-=- ②存在正常数a ，使()1f a =，求证：（1）()f x 为奇函数；（2）()f x 是周
期函数，且有一个周期是4a
分析：欲证()f x 为奇函数，只需证明对定义域内的任意x 恒有
()()f x f x -=-即可。
而为证明(4)()f x a f x +=，可先计算()f x a +，
(2)f x a +，可以采取逼近的方法，逐步达到证明目的。
证明：
（1）令12x x x =-，则21()()f x f x x -=-=1212()()1()()
f x f x f x f x ⋅+=- 12()()f x x f x =--=-，∴()f x 为奇函数
（2）要证(4)()f x a f x +=，可先计算(),(2)f x a f x a ++
()()1()()1()1()[()]()()()()()1
f a f x f a f x f x f x a f x a f a f x f a f x f x -+-+-+=--===----+ ∴()11()11()1(2)[()]()1()1()1()1
f x f x a f x f x a f x a a f x f x a f x f x --+-++=++===--++++ ∴1(4)[(2)2]()(2)
f x a f x a a f x f x a +=++==-+ 故()f x 是周期函数，且有一个周期是4a 。
例2、 设函数()y f x =对一切实数x 都满足(3)(3)f x f x +=-且方程()0
f x =恰有6个不同的实根，这6个根的和为
A 、18
B 、12
C 、9
D 、0
解析：()y f x =的图象关于3x =对称，故6个根的和为18，可知选A
归纳点评：熟练掌握一些函数图象对称问题的基本特征，有助于迅速而有效地
解决一些抽象函数的问题，请同学们熟记以下两个命题：
（1） 设函数()f x 的定义域为R ，且()()f x a f b x +=-，则函数()f x 的图象关于直线2
a b x +=对称。
（2） 设函数()f x 的定义域为R ，函数()y f x a =+与()y f b x =-的图象关于直线2
b a x -=对称。
二、赋值法求解
赋值法的基本思路是：将所给函数的性质转化为条件等式，在条件等式中对
变量赋予一些具体的值，构造出所需要的条件或发现某些性质，其中(0),(1)f f 常常起到桥梁作用。
例1、 函数()f x 定义在[]0,1上，满足()2()2
x
f x f =且(1)1f =，求11(0),(),()24f f f 的值，并归纳出1()(1,2,)2
i f i =的表达式。
分析：欲求11(0),(),()24
f f f 的值，只需将所给函数方程中的x 代换为相应的特殊值0、1、12，由(0)2(0)f f =，得(0)f =0；由1(1)2()2
f f =及(1)f =1，得111()(1)222
f f ==； 同理，1111()()4224f f ==；故可归纳得11()22
i i f =(1,2,)i = 例2、 已知函数()f x 满足：对任意,x y R ∈都有22
()()2()f x y f x f y +=+且(1)0f ≠，则(2007)f =
解：在22()()2()f x y f x f y +=+中，取0,0x y ==，则(0)0f =
再取0,1x y ==代入可得2(1)(0)2(1)f f f =+
即(1)0f =或1(1)2f =，又由(1)0f ≠，故1(1)2
f =
令,1x n y ==，则得递推式1(1)()2
f n f n +-= ∴数列{()}f n 是首项为0.5，公差为0.5的等差数列
∴(2007)1003.5f =
三、特殊模型法
例、已知函数()f x 对一切实数x 、y 满足(0)0f ≠，()()()f x f y f x y ⋅=+，且当0x <时，()1f x >，求证：
（1） 当0x >时，0()1f x <<；
（2） ()f x 在x R ∈上是减函数。
分析：由()()()f x f y f x y ⋅=+，自然可联想到指数函数。
并由0x <时，
()1f x >，故可借助()(01)x f x a a =<<来理解题意，使所解证问题与指
数函数来类比，从而找到了解题的敲门砖。
解：
（1） 令0x y ==得2
(0)(0)f f =，又(0)0f ≠ (0)1f ∴=，再令y x =-得()f x ()(0)1f x f -==
当0x >时，()1f x ->，由()f x 1()
f x =- ∴0()1f x <<
（2） 受指数函数的单调性启发得： 0x <时，()1f x >，0x >时，0()1f x <<
0x ≠时，(0)0f ≠
∴()0f x >， 又()()()f x f y f x y ⋅=+ ∴()()()
f x f x y f y -= 任取12,,x x 使12,
x x <1122()()1()f x f x x f x =->，即12()()f x f x > 故()f x 在x R ∈上是减函数。
点评：对于抽象函数的解答题，不能采用特殊数值、特殊函数的方法来解证。
但是可用特殊模型理解题意，启发思维。
所以我们在解题之前，可根据已知条件，寻找其函数模型（正比例函数、指数函数、对数函数等模型），通过分析、研究其图象或性质去推测抽象函数所应有的性质，从而找到解法。
四、应用方程观点求解
例、设函数()f x 为偶函数，()g x 是奇函数，且()f x +1()1
g x x =-，求()f x 和()g x
解：以x -代x 得，()f x -+1()1g x x -=
-- 函数()f x 为偶函数，()g x 是奇函数
∴()f x -()g x 11x =--，又由()f x +1()1
g x x =- 故21()1f x x =-，2()1
x g x x =- 归纳点评：以()f x 或()g x 为未知数的方程，叫做函数方程，有时需要把抽象函
数转化为方程问题去处理或列出方程组来解决。
五、变量代换法
例、已知函数()f x 存在反函数且()f x +()f x -=2，则11(1)(3)f
x f x ---+-=
分析：本题无法直接求出1()f x -，若将已知等式左边看成两个函数，利用变
量代换，则有如下简解。
解：令12(),()y f x y f x ==-，则11()x f y -=，12()x f y --=
且122y y +=，于是当122y y +=时，有
11()f y -12()0f y x x -+=-=
(1)(3)2x x -+-=
∴11(1)(3)0f x f x ---+-=。