2020年高中数学 抽象方程8类性质、递推关系、柯西方程等应用梳理

第一讲 八类抽象函数方程性质的探讨

抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像，只给出函数满足的一些特征或性质的函数．抽象函数方程的性质因能有效考查学生的抽象思维能力、逻辑推理能力以及后继学习的潜能一直是高考的热点。本节主要探讨八类典型抽象函数方程的性质．

类型1 ()()()f m n f m f n +=+型 原型 正比例函数()0y kx k =≠

性质 设函数()f x 定义在R 上，满足()()()f m n f m f n +=+，若0x >时，()f x 恒大于0，则()f x 有如下性质：①(0)0f =；②()f x 是R 上的奇函数；③()f x 在R 上单调递增．

证明 ①令0m n ==，得(0)(0)(0)f f f +=，故(0)0f =；

②令m x =，n x =-，有()()(0)0f x f x f +-==，()()f x f x -=-，故()f x 是R 上的奇函数； ③任取1x ，2x R ∈，设12x x >，则120x x ->，于是()120f x x ->，令1m n x +=，2m x =， 则12n x x =-，得()()()1212f x f x f x x =+-()2f x >，故()f x 是R 上的增函数．

思考1 ()()()()()

f m f n f m n f m f n +=

+（()f m ，()f n ，()f m n +均不为零）型

原型 反比例函数()a

f x x

=()0a ≠ 分析 对()()()()()

f m f n f m n f m f n +=+两边取倒数，得

()()()

111

f m n f m f n =+

+，令 ()()1g x f x =

，有()()()g m n g m g n +=+，由类型1知，()g x kx =，故()1a

f x kx x

== （1a k

=

）．

类型2 ()()()f m n f m f n b +=++型 原型 一次函数()0y kx b k =-≠

性质 已知函数()f x 定义域为R ，对任意,m n R ∈都有()()()f m n f m f n b +=++，且()0f b =，当x b >时，()0f x >，则()f x 在R 上单调递增．

证明 令m n b ==，得()2f b b =；令2m b =，n b =-，得()2f b b -=-． 任取1x ，2x R ∈，设12x x >，令1m n x +=，2n x =，则12m x x =-，有

()()()1122f x f x x f x b =-++，()()()1212f x f x f x x b -=-+()12f x x b b b =-+-+()()12f x x b f b b b =-++-++ ()12f x x b =-+．

因为12x x >，则12x x b b -+>，于是()120f x x b -+>，因此()()12f x f x >，故()f x 是R 上的增函数

或者在()()()f m n f m f n b +=++两边同时加上b ，令()()g x f x b =+， 问题可转化为类型1．

思考2 ()()()f x y f x f y kx +=++(或()()()f x y f x f y kxy +=++)（0k ≠）型 分析 若()f x 是定义在正整数集N +上的函数，对任意,x y N +∈，满足

()()()f x y f x f y kx +=++(或()()()f x y f x f y kxy +=++)（0k ≠），则()2f x ax bx =+（x N +∈）．

令1y =，()()()11f x f x f kx +=++，运用累加法可得()()2122k k f x n f n ⎛⎫

=+- ⎪⎝

⎭ 2ax bx =+（2k a =

，()12

k

b f =-）．

原型 指数函数()0,1x y a a a =>≠

性质 已知定义在R 上的函数()f x 满足对任意,m n R ∈都有()()()f m n f m f n +=，且当0x >时，()1f x >，则有如下性质：①()01f =；②()()1f x f x -=；③当0x <时， ()01f x <<；④()f x 在R 上单调递增；

证明 ①令1m =，0n =，有()()()110f f f =，因为()10f ≠，故()01f =； ②令m x =，n x =-，有()()()01f f x f x =-=； ③当0x <时，0x ->，则 ()1f x ->，()

1

01f x <

<-，故()01f x <<； ④任取1x ，2x R ∈，设12x x >，则120x x ->，于是()121f x x ->， 令1m n x +=，2n x =，则12m x x =-，有()()()1122f x f x x f x =-， ()()()()121221f x f x f x x f x -=--⎡⎤⎣⎦，由()121f x x ->，()20f x >，

得()()12f x f x >，故()f x 是R 上的增函数．

原型 对数函数log a y x =()0,1a a >≠

性质 若函数()f x 定义域为()0,+∞，当1x >时，()0f x >，且对任意

0m >，0n >都有()()()f m n f m f n =+，则()f x 有如下性质：

①()10f =； ②()()x f f x f y y ⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

；

③()f x 在()0,+∞上单调递增； ④当01x <<时，()0f x <． 证明 ①令1m n ==，得()10f =；

②令m n x =，n y =，则x

m y =

，有()()x f x f f y y ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭

， 得()()x f f x f y y ⎛⎫

=- ⎪⎝⎭

；

③任取1x ，()20,x ∈+∞，设12x x >，则

1

21x x >，于是120x f x ⎛⎫

> ⎪⎝⎭

， 令1m n x =，2n x =，则1

2x m x =

，有()()1122x f x f f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭

()2f x >， 得()()12f x f x >，故()f x 是()0,+∞上的增函数． ④令01x <<，则

11x >，所以10f x ⎛⎫

> ⎪⎝⎭

．令m x =，1n x =，

有()()11f f x f x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，即()10f x f x ⎛⎫

=+ ⎪⎝⎭，

因为10f x ⎛⎫

> ⎪⎝⎭

，所以()0f x <．