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最新高三高考抽象函数总结


最新高三抽象函数总结
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。 抽象函数是指只给出函数的某些性质,而未给出函数具体的解析式及图象的函数。由 于抽象函数概念抽象,性质隐而不显,技巧性强,因此学生在做有关抽象函数的题目时,往 往感觉无处下手。

抽象函数常见题型讲解:
一、定义域问题:解决抽象函数的定义域问题——明确定义、等价转换。 例一.若函数 y ? f ( x ? 1) 的定义域为 [?2,3) ,求函数 y ? f ( ? 2) 的定义域。 提示: 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 x ? 1 与 的范围等同。
2 变式训练 1:已知函数 f ( x ) 的定义域是[1,2],求 f ( x ) 的定义域。

1 x

1 ?2 x

变式训练 2:已知函数 f ( x ) 的定义域是 [?1,2] ,求函数 f [log1 (3 ? x)] 的定义域。
2

二、求值问题 例二、已知定义域为 的函数 f(x),同时满足下列条件:① f (2) ? 1 , f (6) ?

1 ;② 5

f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ,求 f(3),f(9)的值。
注:通过观察已知与未知的联系,巧妙地赋值,赋值法是解此类问题的常用技巧。

变式训练 3:已知 f ( x)是定义在R 上的函数,且 f (1) ? 1, 对任意的x ? R 都有下列两式成 立: f ( x ? 5) ? f ( x) ? 5; f ( x ? 1) ? f ( x) ? 1.若g ( x) ? f ( x) ? 1 ? x, 则g (6) 的值为

变式训练 4:设函数 f ( x)(x ? R) 为奇函数, f (1) ?

1 , f ( x ? 2) ? f ( x) ? f (2), 则 f (5) ? _____ 2

变式训练 5:已知 f ( x), g ( x) 都是定义在 R 上的函数,对任意 x, y 满足

f ( x ? y) ? f ( x) ? g ( y) ? g ( x) ? f ( y) ,且 f (?2) ? f (1) ? 0 ,则 g (1) ? g (?1) =_________
1

三、值域问题: 例三、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 x1 ? x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,求函数 f ( x ) 的值域。 变式 6:若函数 y ? f ( x ? 1) 的值域为 [ ?1,1] ,求函数 y ? f (3x ? 2) 的值域。

变式 7:函数 f(x)的定义域为 (0, ??) ,对 任意正实数 x, y 都有 f ( xy) ? f ( x) ? f ( y) 且

f (4) ? 2 ,则 f ( 2) ? ——————

变式 8: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) ? 0,f (?1) ? ?2 ,求 f ( x ) 在 [?2,1] 上的值域。

四、解析式问题 例四、设函数 f ( x ) 满足 f ( x) ? f (

x ?1 ) ? 1 ? x ??① ( x ? 0且x ? 1) ,求 f ( x) 。 x

评析:如果把 x 和 x ? 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

x
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。 变式 9:已知 f ( x) 为偶函数, g ( x) 为奇函数,且有 f ( x) + g ( x ) ?

1 , 求 f ( x) , g ( x) . x ?1

五、单调性问题 单调性的证明两种常用变换: ; f ( x2 ) ? f ( x1 ? f ( x1 ) ? f [(x2 ? x1 ) ? x1 ] (差变换)

x2 ) (商变换) x1

例五、设 y ? f ( x) 是定义在[-1,1]上的奇函数,且对于任意的 a, b ?[?1,1] ,当 a ? b ? 0 时,都有:

f ( a ) ? f (b) ? 0 。若 a ? b ,试比较 f (a ) 与 f (b) 的大小。 a?b

2

变式 10: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 (a 2 ? 2a ? 2) ? 3 的解.

变式 11: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。

变式 12:定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1,且对任意的 a、b∈R, 有 f(a+b)=f(a)f(b), (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; 2 (3)证明:f(x)是 R 上的增函数; (4)若 f(x)·f(2x-x )>1,求 x 的取值范围。

变式 13: 已知 f ( x ) 对一切 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) x ? 0 时, 0 ? f ( x) ? 1; (2) f ( x ) 在 R 上为减函数。

变式 14:已知 f ( x ) 是定义在( ?1,1 )上的偶函数,且在(0,1)上为增函数,满足

f (a ? 2) ? f (4 ? a 2 ) ? 0 ,试确定 a 的取值范围。

3

变式 15: 函数 f ( x) 的定义域为 R,并满足以下条件:①对任意 x ? R ,有 f ( x) >0;②对

1 任意 x, y ? R ,有 f ( xy) ? [ f ( x)]y ;③ f ( ) ? 1 . 3

(1)求 f (0) 的值; (2)求证: f ( x) 在 R 上是单调减函数;

六、奇偶性问题 例六、 已知函数 f ( x)(x ? R, x ? 0) 对任意不等于零的实数 x1 , x2 都有

f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) f ( x2 ) ,试判断函数 f(x)的奇偶性。

变式 16:已知 y ? f ( x) 是定义在 R 上的不恒为零的函数,且对于任意的 a, b ? R ,都满足:

f (a ? b) ? af (b) ? bf (a) 。判断 y ? f ( x) 的奇偶性,并证明你的结论。

变式 17:已知定义在 R 上的函数 f ( x) 对任意实数 x 、 y 恒有 f ( x) ? f ( y) ? f ( x ? y) ,且 当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 ,又 f (1) ? ?

2 。 3

(1)求证: f ( x) 为奇函数;(2)求证: f ( x) 为 R 上的减函数;

4

变式 18:设函数 f(x)的定义域关于原点对称,且满足 f(x1-x2)= 求证:f(x)是奇函数;

f(x1)f(x2)+1 ; f(x2)-f(x1)

变式 19:已知定义在 [?3,3] 上的函数 y ? f ( x) 满足条件:对于任意的 x, y ? R ,都有

f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) .当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 .
(1)求证:函数 f ( x) 是奇函数; (2)求证:函数 f ( x) 在 [?3,3] 上是减函数; (3)解不等式 f (2 x ? 1) ? f (3x ? 2) ? 0 .

变式 20:函数 f(x)的定义域为 D={x|x≠0},且满足对于任意 x1、x2∈D, 有 f(x1·x2)=f(x1)+f(x2). (1)求 f(1)的值; (2)判断 f(x)的奇偶性并证明;

变式 21:已知函数 y=f(x)的定义域为 R,对任意 x、x′∈R 均有 f(x+x′)=f(x)+f (x′) ,且对任意 x>0,都有 f(x)<0,f(3)=-3. (1)试证明:函数 y=f(x)是 R 上的单调减函数; (2)试证明:函数 y=f(x)是奇函数;

5

变式 22:设函数 f(x)的定义域为 R,对于任意的实数 x,y,都有 f(x+y)=f(x)+f(y), 当 x>0 时,f(x)<0,求证:(1)f(x)为奇函数;(2)f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.

变式 23:设 f(x)是定义 R 在上的函数,对任意 x,y∈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)为偶函数.

变式 24:已知函数 f ( x ), 当 x, y ? R 时,恒有 f ( x ? y ) ? f ( x) ? f ( y ) . (1)求证: f ( x ) 是奇函数; (2)若 f (?3) ? a, 试用a表示f (24) .

七、周期性: 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。 例七、设 y ? f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,其图象关于直线 x ? 1 对称。证明 y ? f ( x) 是 周期函数。 变式 25:设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(x+3) =-f(x),求 f(1998)的值。

变式 26:已知 f(x)是定义在 R 上的函数,且满足: f ( x ? 2)[1 ? f ( x)] ? 1 ? f ( x), 已知 f (1)=1997,求 f(2001)的值。

6

变式 27:已知定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x+2)=-f(x),则 f(6)的值为____ ___.

变式 28: 若 f ( x) 是定义在 R 上的函数, 对任意的实数 x , 都有

f ( x ? 4) ? f ( x) ? 4



f ( x ? 2) ? f ( x) ? 2, 且 f( 1 ) ? 2 ,则 f(2009 ) 的值是——————

八、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。 结论 1:设函数 f(x)的定义域为 R,且 f(a+x)=f(b-x),则函数 f(x)的图象关于直线

a?b 对称;特别地,当 f(a+x)=f(a-x)时,f(x)的图象关于 x=a 对称(自身对称) 。 2 b?a 结论 2: 对于定义在 R 上的函数 y=f(x), 函数 y=f(a+x)与 y=f(b-x)的图象关于直线 x ? 2 x?
对称(相互对称) 。 例八、 设函数 y ? f ( x) 定义在实数集上, 则函数 y ? f ( x ? 1) 与 y ? f (1 ? x) 的图象关于 ( ) A、直线 y ? 0 对称 B 直线 x ? 0 对称 C 直线 y ? 1 对称 D 直线 x ? 1 对称

变式 29:已知函数 y=f(x)满足 f(x+2)=f(2-x);若方程 f(x)=0 有三个不同的实根,则这三 个根的和为______。

变式 30:已知函数 y=f(x)为奇函数,方程 f(x)=0 有 5 个根,问这五个根之和为_______ 九.利用模型函数,类比联想 例九、如果 f(x+y)=f(x)?f(y),且 f(1)=2,则

f (2) f (4) f (6) f (2004 ) ? ? ??? 的值为_________。 f (1) f (3) f (5) f (2003 )

7

变式 31:已知 f(x)是定义在 R 上的函数,f(1)=1,且对任意 x ? R 都有 f(x+5)≥f(x)+5, f(x+1)≤f(x)+1,若 g(x)=f(x)+1-x, ,则 g(2005)=_____.

五类抽象函数解法
(1)求解方法:1.借鉴函数模型进行类比探究(化抽象为具体) 2. 赋值法(令 x ? 0 或 1,求出 f (0) 或 f (1) 、令 y ? x 或 y ? ? x 等等) (2)几种抽象函数模型: 1.正比例函数: f ( x) ? kx(k ? 0) —————————— f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ; 2.幂函数: f ( x) ? x 2 —————————————— f ( xy) ? f ( x) f ( y) , f ( ) ?
?1

x y

f ( x) ; f ( y)

注:反比例函数: f ( x) ? x 一类的抽象函数也是如此,有部分资料将幂函数模型写成反比 例函数模型。 3.指数函数:f ( x) ? a x ——————————— f ( x ? y) ? f ( x) f ( y) ,f ( x ? y ) ?

f ( x) f ( y)

4.对数函数:f ( x) ? loga x ———————— f ( xy) ? f ( x) ? f ( y) ,f ( ) ? f ( x) ? f ( y )

x y

5.三角函数: f ( x) ? tan x ———————————— f ( x ? y ) ?

f ( x) ? f ( y ) 1 ? f ( x) f ( y )

6.余弦函数: f ( x) ? cos x ——————— f ( x ? y) ? f ( x ? y) ? 2 f ( x) f ( y)

1 线性函数型抽象函数
) 且当 x?0 时, 例 十 、 已 知 函 数 f ( x) 对 任 意 实 数 x、y , 均 有 f ( x? y) ? f ( x)? f ( y , f ( x) ? 0 , f ? ( 1) ? ? 求 2 , f ( x) 在区间 [-2,1] 上的值域。
分析:由题设可知,函数 f(x)是 究它的单调性。 的抽象函数,因此求函数 f(x)的值域,关键在于研

变式 32:已知函数 f ( x) 对任意实数 x、y ,均有 f ( x) ? f ( y)=2+f ( x ? y) ,且当 x ? 0 时,
f ( x) ? 2, f (3) ? 5, 求不等式 f (a 2 ? 2a ? 3) ? 3 的解。

8

变式 33:已知函数 f(x)定义域 R,对任意的 x1、x2 ? R,有 f(x1+x2)=f(x1)+f(x2),当 x>0 时, f(x)<0,f(1)=a 判定〔-3,3〕上 f(x)是否存在最值,若有请求出最值,若无说明理由.

变式 34:⑴已知函数 f(x)定义域 R,对任意的 x、y ? R,有 f(x+y)=f(x)+f(y)-1,当 x>0 时, f(x)>1,⑴求证:f(x 存在反函数. ⑵.若不等式 f(a2+a-5)<2 的解为 -3<x<2,求 f(4).

2 指数函数型抽象函数
例十一、已知函数 f ( x) 定义域为 R,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) 值的正负。

变式 35:是否存在函数 f ( x) 满足下列三个条件: a, b ? N . ③ f (2) ? 4 同时成立? ① f ( x) ? 0, x ? N . ② f (a ? b) ? f (a) ? f (b), f ( x ) 若存在,求出 的解析式,若不存在,说明理由。

9

变式 36:已知函数 f(x)定义域 R,满足①.x<0 时, f ? x ? >1 ②. f(0) ? 0 有 f(x+y)=f(x)f(y)

③.任意的 x、y ? R

⑴.x>0 时,0< f(x)<1. ⑵.判定 f(x)的单调性. ③.解不等式 f(x-6)f(x2-2x) ? 1.

变式 37:已知函数 f(x)定义域 R,满足①存在 x1 ? x2 使得 f(x2) ? f(x1)②任意的 x、y ? R 有 f(x+y)=f(x)f(y) ③. x>0 时, f ? x ? <1 且 f(2)= 存在反函数

1 =.求证⑴. 任意的 x ? R, f ? x ? >0.⑵.f(x) 9

⑶.f-1(x1x2)=f-1(x1)+f-1(x2) ⑷.若 f(m)=3,求 m 的值

3 对数函数型抽象函数
( 0, +? ) 例十二、设 f ( x) 定义在 上的单调增函数,满足 f ( xy ) ? 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:由题设可猜测 f(x)是对数函数 的抽象函数,f(1)=0,f(9)=2。

变式 38: 已知函数 f(x)定义域 R+, 对任意的 ? ? R 有 f( x )= ? f(x),且 x>1 时 f(x)<0, f(
?

1 )=1 2

⑴.求证:x>0,y>0 时,f(xy)=f(x)+f(y) ⑵.求证 f(x)有反函数. ⑶.解不等式 f(x)+f(5-x) ? -2.

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4 三角函数型抽象函数
例十三、已知函数 f ( x) 的定义域关于原点对称,且满足下列三个条件:①当 x1 , x2 是其定义 域中的数时,有 f ( x1 ? x2 ) ?
f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1 ; ② f (a ) ? ?1, ( a ? 0 , a 是定义域中的一个数)③ f ( x2 ) ? f ( x1 )

当 0 ? x ? 2a 时, f ( x) ? 0. 试问: (1) f ( x) 的奇偶性如何?说明理由。 (0, 4a) (2) 在 上, f ( x) 的单调性如何?说明理由。

变式: 39: 已知函数 f(x)定义域 R, 满足对任意的 x、 y? R 有 f(x+y)+f(x-y)=2 f(x)f(y), f(0) ? 0, 1 f( )=0⑴求证:f(x)是偶函数.⑵. 求证:f(x)是周期函数. 2

5 幂函数型抽象函数
例十四、已知函数 f ( x) 对任意实数 x、y ,均有 f ( xy) ? f ( x) ? f ( y) ,且 f (?1) ? 1, f (27) ? 9, 当
0 ? x ? 1时, f ( x) ? ?0,1? .

(1) (2) (3)

判断 f ( x) 的奇偶性; +? ) 判断 f ( x) 在[0, 的单调性,并给出证明; 若 a ? 0 ,且 f (a ? 1) ? 3 9 ,求 a 的取值范围。

变式 40:已知函数 f(x)对任意的 x>0, y>0 都有 f ? xy ? = f ? x ? f ? y ? ,且 x>1 时,

1 f ? x ? <1, f ? 2 ? = ⑴.求证: f ? x ? >0. 9

⑵. f ?

1 ?1? ?= ? x ? f ? x?

⑶. f ? x ? 是否存在反函

数,说明理由. ⑷.若 f ? x ? >9 的解集为(m,n)求 m+n.

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参考答案
例 一 、 解 析 : 由 y ? f ( x ? 1) 的 定 义 域 为 [?2,3) , 知 x ? 1 中 的 x ? [?2,3) , 从 而

1 1 ? 1 ? x ? 1 ? 4 , 对 函 数 y ? f ( ? 2) 而 言 , 有 ?1 ? x x 1 1 x ? (?? ,? ] ? ( ,?? ) 。 3 2 1 1 1 所以函数 y ? f ( ? 2) 的定义域为 (?? ,? ] ? ( ,?? ) x 3 2
变式 1: 解: 的定义域是 [1, 2] , 是指 从而函数 f(x)的定义域是[1,4] 变式 2:解: 的定义域是 , 所以

? 2

?4 , 解 之 得 :

中的

满足 中,由此可得

,意思是凡被 f 作用的对象都在

所以函数 例二、解:取 因为 又取 得 变式 3:1 变式 4: 2.5 变式 5: -1

的定义域是 ,得 ,所以

2 例三、解:令 x ? y ? 0 ,得 f (0) ? [ f (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

x1 ? x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立矛盾,故 f (0) ? 0 ,必有 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 x x x x x f ( x) ? f ( ? ) ? f ( ) f ( ) ? [ f ( )] 2 ? 0 2 2 2 2 2 下面来证明,对任意 x ? R, f ( x) ? 0 设存在 x0 ? R ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f (0) ? f ( x0 ? x0 ) ? f ( x0 ) f (? x0 ) ? 0 这与上面已证的 f ( x) ? 0 矛盾,因此,对任意 x ? R, f ( x) ? 0
所以 f ( x) ? 0 变式 6: 解析:函数 y ? f (3x ? 2) 中定义域与对应法则与函数 y ? f ( x ? 1) 的定义域与对应 法则完全相同,故函数 y ? f (3x ? 2) 的值域也为 [ ?1,1] 。 变式 7: 1

2

变式 8:解:设 x1 ? x 2 且 x1 ,x2 ? R ,则 x2 ? x1 ? 0 ,

12

由条件当 x ? 0 时, f ( x ) ? 0 ? f ( x ? x ) ? 0 2 1 又 f ( x2 ) ? f [( x2 ? x1 ) ? x1 ] ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x ) 为增函数, 令 y ? ? x ,则 f (0) ? f ( x) ? f ( ? x) 又令 x ? y ? 0 得 f (0) ? 0 ? f ( ? x) ? ? f ( x ) , 故 f ( x ) 为奇函数,

? f (1) ? ? f (1) ? 2 , f ( ?2) ? 2 f ( ?1) ? ?4

? f ( x) 在[ ?2,1] 上的值域为 [ ?4,2]
例四、解析:以 x 代 x ,得 f ( x ) ? f ( x ? 1) ?

x ?1

x ?1

?1

2x ?1 ,??② x

?1 ?1 x?2 ) ? f ( x) ? 代 x ,得 f ( ,??③ x ?1 x ?1 x ?1 x ? 2 2x ?1 ? ①+③-②得: 2 f ( x) ? 1 ? x ? x ?1 x
以 所以 f ( x) ?

x3 ? x2 ?1 2 x( x ? 1)

( x ? 0且x ? 1)

变式 9:用 ? x 替代 x 在利用函数奇偶性联立方程组解出 f ( x) 和 g ( x) 例五、解析: f (a) ? f (b) ? f (a) ? f (?b) ?

f (a) ? f (?b) ? [a ? (?b)] , a ? (?b)

? a ? b ,? a ? b ? 0 ,又

f ( a ) ? f (b) ? 0, a?b

? f (a) ? f (b) ? 0 ,即 f (a) ? f (b) 。
变式 10:解:设 x1 、x2 ? R 且 x1 ? x 2 则 x2 ? x1 ? 0 , 即 f ( x2 ? x1 ) ? 2 ? 0 , ? f ( x ? x ) ? 2 2 1

? f ( x2 ) ? f [(x2 ? x1 ) ? x1 ] ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? 2 ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 )
又 f (3) ? f (2 ? 1) ? f (2) ? f (1) ? 2 ? 3 f (1) ? 4 ? 5 故 f ( x ) 为增函数,

? f (1) ? 3 ? f (a 2 ? 2a ? 2) ? 3 ? f (1) , 即a 2 ? 2a ? 2 ? 1 ? ?1 ? a ? 3
13

因此不等式 f (a 2 ? 2a ? 2) ? 3 的解集为 ?a|?1 ? a ? 3? 。 变式 11:解:设 x1 ? x2 则有 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ? x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 )

? x1 ? x2 ? 0 ,? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 1
即 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ,? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0 ,即 f ( x) 为增函数 变式 12:解 (1)令 a=b=0,则 f(0)=[f(0)]2∵f(0)≠0 ∴f(0)=1
f ( ? x) ?

(2)令 a=x,b=-x 则 f(0)=f(x)f(-x) ∴

1 f ( x)

由已知 x>0 时,f(x)>1>0,当 x<0 时,-x>0,f(-x)>0
f ( x) ?



1 ?0 f ( ? x)

又 x=0 时,f(0)=1>0

∴对任意 x∈R,f(x)>0 (3)任取 x2>x1,则 f(x2)>0,f(x1)>0,x2-x1>0 ∴
f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f (? x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? 1 f ( x1 )

∴f(x2)>f(x1) ∴f(x)在 R 上是增函数 (4)f(x)·f(2x-x2)=f[x+(2x-x2)]=f(-x2+3x)又 1=f(0), f(x)在 R 上递增 ∴由 f(3x-x2)>f(0)得:3x-x2>0 ∴ 0<x<3 变式 13:证明:? 对一切 x,y ? R 有 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) 。且 f (0) ? 0 , 令 x ? y ? 0 ,得 f (0) ? 1 ,现设 x ? 0 ,则 ? x ? 0 , f ( ? x ) ? 1 , 而 f (0) ? f ( x) ? f ( ? x) ? 1 ? f ( ? x ) ?

1 ? 1 ? 0 ? f ( x) ? 1 , f ( x)

设 x1 ,x2 ? R 且 x1 ? x 2 ,则 0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1,

f ( x2 ) ? f [( x2 ? x1 ) ? x1 ] ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) , 即 f ( x ) 为减函数。
变式 14:解:? f ( x ) 是偶函数,且在(0,1)上是增函数,? f ( x ) 在 ( ?1,0) 上是减函 数,
14

由?

??1 ? a ? 2 ? 1
2 ??1 ? 4 ? a ? 1

得 3?a? 5。

(1)当 a ? 2 时, f (a ? 2) ? f (4 ? a 2 ) ? f (0) ,不等式不成立。 (2)当 3 ? a ? 2 时,

f (a ? 2) ? f (4 ? a 2 ) ?? 1 ? a ? 2 ? 0 ? ? f (a ? 4) ? ?? 1 ? a 2 ? 4 ? 0解之得,3 ? a ? 2 ?a ? 2 ? a 2 ? 4 ?
2

(3)当 2 ? a ? 5 时, f (a ? 2) ? f (4 ? a 2 )

?0 ? a ? 2 ? 1 ? ? f (a ? 4) ? ?0 ? a 2 ? 4 ? 1 解之得, 2?a? 5 ?a ? 2 ? a 2 ? 4 ?
2

综上所述,所求 a 的取值范围是 ( 3,2) ?(2, 5) 。 变式 15:(1)解: ∵对任意 x ? R ,有 f ( x ) >0, ∴令 x ? 0, y ? 2 得, f (0) ? [ f (0)]2 ? f (0) ? 1 (2)任取任取 x1 , x2 ? R, 且x1 ? x2 ,则令 x1 ?

1 1 p1 , x2 ? p2 ,故 p1 ? p2 3 3

∵函数 f ( x ) 的定义域为 R,并满足以下条件:①对任意 x ? R ,有 f ( x ) >0;②对任意

1 x, y ? R ,有 f ( xy) ? [ f ( x)]y ;③ f ( ) ? 1 3 1 1 1 p 1 p ∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( p1 ) ? f ( p2 ) ? [ f ( )] 1 ? [ f ( )] 2 ? 0 3 3 3 3
∴ f ( x1 ) ? f ( x2 ) ∴函数 f ( x ) 是 R 上的单调减函数. 例六、解:取 又取 再取 因为 得: 则 为非零函数,所以 为偶函数。 得: ,所以 ,即 ,所以

变式 16:解析:令 a ? b ? 1 ,则 f (1?1) ? 1? f (1) ? 1? f (1) ,得 f (1) ? 0 ; 令 a ? b ? ?1 ,则 f [(?1) ? (?1)] ? (?1) ? f (?1) ? (?1) ? f (?1) ,得 f (?1) ? 0 ;
15

令 a ? ?1 , b ? x 得 f [(?1) ? x] ? (?1) ? f ( x) ? x ? f (?1) ,得 f (? x) ? ? f ( x) 因此函数 y ? f ( x) 为奇函数。 变式 17:解: (1)令 x ? y ? 0 得, f (0) ? 0 令 y ? ? x 得, f ( x) ? f (? x) ? f (0) ? 0 即 f (? x) ? ? f ( x) 知 f ( x) 为奇函数 (2)令 x1 ? x2 ? 0 则有

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ? x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) ? x1 ? x2 ? 0 ,? f ( x1 ? x2 ) ? 0 即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 知 f ( x) 在 (0,??) 单减
? f ( x) 为奇函数? f ( x) 在 R 上单减
变式 18:证明:不妨令 x=x1-x2,则

f(x2)f(x1)+1 f(x1)f(x2)+1 f(-x)=f(x2-x1)= =- =-f(x1-x2) f(x1)-f(x2) f(x2)-f(x1)
=-f(x).∴f(x)是奇函数. 变式 19: (1)证明:令 x ? y ? 0 ,则 f (0 ? 0) ? f (0) ? f (0) ,得 f (0) ? 0 . 令 y ? ? x ,则 f ( x) ? f ( ?x) ? f ( x ? x) ? f (0) ? 0 ,即 f (?x) ? ? f ( x) .故函数 f ( x) 是 奇函数. (2)证明:对于 [?3,3] 上的任意两个值 x1 , x2 ,且 x1 ? x2 , 则 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? f ( x1 ) ? f (? x2 ) ? f ( x1 ? x2 ) , 又 x1 ? x2 ,则 x1 ? x2 ? 0 ,又当 x ? 0 时, f ( x) ? 0 .

? f ( x1 ? x2 ) ? 0 , 即 f ( x1 ) ? f ( x2 ) .故函数 f ( x) 在 [?3,3] 上是减函数.
(3)解:由(2)知:函数 f ( x) 在 [?3,3] 上是减函数.

? f (2 x ? 1) ? f (3x ? 2) ? 0 ,? f (2 x ? 1) ? ? f (3x ? 2) ? f (?3x ? 2) .

??3 ? 2 x ? 1 ? 3, 1 1 1 ? 2 x ? 1 ? ?3 x ? 2 ,解得 (? , ??) .又 ? 所以解集为 ( ? , ] . 5 5 3 ??3 ? 3x ? 2 ? 3.
变式 20: (1)解:令 x1=x2=1,有 f(1×1)=f(1)+f(1) ,解得 f(1)=0. (2)证明:令 x1=x2=-1,有 f[ (-1)×(-1) ]=f(-1)+f(-1).解得 f(-1)=0.
16

令 x1=-1,x2=x,有 f(-x)=f(-1)+f(x) ,∴f(-x)=f(x).∴f(x)为偶函数. 变式 21: (1)证明:任取 x1、x2∈R,且 x1<x2,f(x2)=f[x1+(x2-x1) ] , 于是由题设条件 f(x+x′)=f(x)+f(x′)可知 f(x2)=f(x1)+f(x2-x1). ∵x2>x1,∴x2-x1>0.∴f(x2-x1)<0. ∴f(x2)=f(x1)+f(x2-x1)<f(x1). 故函数 y=f(x)是单调减函数. (2)证明:∵对任意 x、x′∈R 均有 f(x+x′)=f(x)+f(x′) , ∴若令 x=x′=0,则 f(0)=f(0)+f(0). ∴f(0)=0. 再令 x′=-x,则可得 f(0)=f(x)+f(-x). ∵f(0)=0,∴f(-x)=-f(x).故 y=f(x)是奇函数. 变式 22:证明:(1)令 x=y=0,得 f(0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0. 再令 y=-x,得 f(0)=f(x)+f(-x),∴f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数. (2)设 x1、x2∈(-∞,+∞)且 x1<x2,则 x2-x1>0, ∵当 x>0 时,f(x)<0,∴f(x2-x1)<0. 又∵对于任意的实数 x,y 都有 f(x+y)=f(x)+f(y)且 f(x)为奇函数, ∴f(x2-x1)=f[x2+(-x1)]=f(x2)+f(-x1)=f(x2)-f(x1). ∴f(x2)-f(x1)<0,∴f(x)在(-∞,+∞)上是减函数. 变式 23: (1)问题为求函数值,只需令 x=y=0 即可得。 (2)问题中令 x=0 即得 f(y)+f(— y)=2f(0)f(y) , 且 f(0)=1.所以 f(y)+f(—y)=2f(y) ,因此 y=f(x)为偶函数. 说明:这类问题应抓住 f(x)与 f(—x)的关系,通过已知条件中等式进行变量赋值。 变式 24:证明:令 y ? ? x ,得 f ( x ? x) ? f ( x) ? f (? x) ? f ( x) ? f (? x) ? f (0) 令 x ? y ? 0 ,则 f (0) ? 2 f (0) ? f ? 0? ? 0 ∴ f ( x ) ? f ( ? x) ? 0 f ( ? x ) ? ? f ( x ) ∴ f ( x) 是奇函数。

(2)∵ f (24) ? f (3) ? f (21) ? 2 f (3) ? f (18) ?... ?8 f (3) 又∵ f (?3) ? a ? f (3) ? ?a ? f (24) ? ?8a

x ? 1 对称,得 f (2 ? x) ? f (? x) , 例七、证明:由 y ? f ( x) 的图象关于直线
又 y ? f ( x) 是定义在 R 上的奇函数,所以 f (? x) ? ? f ( x)

? f (2 ? x) ? ? f ( x) ,则 f (4 ? x) ? f [2 ? (2 ? x)] ? ? f (2 ? x) ? ?[? f ( x)] ? f ( x)
由周期函数的定义可知 4 是它的一个周期。 总结:一般地, f ( x ? T ) ? ? f ( x) , f ( x ? T ) ? ?
17

1 均可断定函数的周期为 2T。 f ( x)

变式 25:解:因为 f(x+3) =-f(x),所以 f(x+6)=f((x+3)+3) =-f(x+3)=f(x),故 6 是函数 f(x)的一 个周期。又 f(x)是奇函数,且在 x=0 处有定义,所以 f(x)=0 从而 f(1998)=f(6×333)=f(0)=0。 变式 26:解:从自变量值 2001 和 1 进行比较及根据已知条件来看,易联想到函数 f(x)是 周期函数。由条件得 f(x)≠1,故
1? 1? 1 ? f ( x) , f(x+4)= 1 ? f(x+2)= 1 ? f ( x) 1? 1? 1? f ( x) 1 f ( x) ?? f ( x) f ( x) . f ( x)

所以 f(x+8)= ?

1 ? f ( x) . f ( x ? 4)

所以 f(x)是以 8 为周期的周期函数, 从而 f(2001)=f(1)=1997 说明:这类问题出现应紧扣已知条件,需用数值或变量来迭代变换,经过有限次迭代可直接 求出结果,或者在迭代过程中发现函数具有周期性,利用周期性使问题巧妙获解。 变式 27:0 变式 28:2010 例八、D 变式 29:6 变式 30:0 x 例九、 析:由 f(x+y)=f(x)?f(y)的关系式,类比联想指数函数 y=a 的性质知: 解:令 f(x)=2 ,满足题设,则
x

f (2) f (4) f (6) f (2004 ) ? ? ??? =2004 f (1) f (3) f (5) f (2003 )

变式 31: 析:当满足题设的 f(x)难于求出时,可利用特殊值法化一般为特殊求解。 解:由 f(x+5)≥f(x)+5 得:

f ( x ? 5) ? f ( x) ?1 ( x ? 5) ? x

同理得:

f ( x ? 1) ? f ( x) ? 1 ,联想斜率公式,取 k=1,结合 f(1)=1 ( x ? 1) ? x

联想到函数 f(x)=x 满足,故 g(x)=1,则 g(2005)=1 例十、解:设 ∵ ∴ 在条件中,令 y=-x,则 ,即 ,∵当 , ,∴f(x)为增函数。 ,再令 x=y=0,则 f(0)=2 f(0),∴ ,∴ ,

f(0)=0,故 f(-x)=f(x),f(x)为奇函数, ∴ f(1)=-f(-1)=2,又 f(-2)=2 f(-1)=-4, ∴ f(x)的值域为[-4,2]。 变式 32 分析:由题设条件可猜测:f(x)是 y=x+2 的抽象函数,且 f(x)为单调增函数, 如果这一猜想正确,也就可以脱去不等式中的函数符号,从而可求得不等式的解。 解:设 ,∵当 ,∴ ,则

18

, 即 ∵ (3) =5, ∴( f 1) =3。 ∴ 解得不等式的解为-1 < a < 3。 变式 33:解:x1<x2, f(x2)=f(x1+x2-x1)= f(x1)+ f(x2-x1), f(x2)- f(x1)= f(x2-x1) ∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)<0 ∴f(x2)< f(x1) ∴f(x) ∴f(x)在〔-3,3〕上有最大、最小值. f max =f(-3), f min =f(3) ∵ f ? 0 ? =2 f ? 0 ? ,∴ f ? 0 ? =0, 又 f ? x ? + f ? ? x ? =0∴ f ? x ? 是奇函数, f ? 3? = f ?1? + , ∴ ,即 ,∴f(x)为单调增函数。 , 又∵f ,

f ?1? + f ?1? =3 f ?1? =3a ∴ f max =--3a,

f min =3a.
∴f(x2-x1)-1>0,因此有

变式 34:解:当 x1<x2,, f(x2)=f(x1+x2-x1)= f(x1)+ f(x2-x1)-1,∵x2-x1>0, f(x2)- f(x1)= f(x2-x1)-1>0,即 f(x)上升,有反函数.

⑵.设 f(m)=2, f(a2+a-5)<2= f(m), ? a2+a-5<m 的解为(-3,2), a2+a-5-m=0 的两根为-3,2,

? -5-m=-6 ? m=1. ∴f(1)=2,f(4)=2f(2)-1=4f(1)-3=8-3=5.
例十一、解:(1)令 y=0 代入 。若 f(x)=0,则对任意 矛盾,∴f(x)≠0,∴f(0)=1。 (2)令 y=x≠0,则 >0,即 f(x)>0,故对任意 x,f(x)>0 恒成立。 变式 35:分析:由题设可猜想存在 数 ,用数学归纳法证明如下: ,又∵x ∈N 时,f(x)>0, ,又由 f(2)=4 可得 a=2.故猜测存在函 ,又由(1)知 f(x)≠0,∴f(2x) ,则 ,有 ,∴ ,这与题设

(1)x=1 时,∵ ∴ (2)假设 ,结论正确。 时有

,则 x=k+1 时,

,∴x=k+1 时,结论正确。
19

综上所述,x 为一切自然数时 变式 36、解:⑴f(x)=f(



x x 2 x + )=f ( ) ? 0,若存在 x0>0 有 f(x0)=0 则 f(x)= 2 2 2

f(x0+x-x0)=f(x0)f(x-x0)=0,与 f(0) ? 0 矛盾.∴ f ? x ? >0 又 x>0 时, f(0)=f2(0) ∴f(0)=1, ∴ f(x-x)=f(x)f(-x) =1 ∵-x<0, ∴f(x)=

1 <1. f ??x?

⑵.x2>x1,

f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1) ?

f ? x2 ? = f(x2-x1)<1 f ? x1 ?

∴f(x2)< f(x1) ? f(x)

在 R 上下降. ⑶. f(x-6)f(x2-2x) ? 1=f(0) ? f(x2-2x+x-6) ? f(0) ? f(x2-x-6) ? f(0) ? x2-x-6 ? 0 ∴-2 ? x ? 3. 变式 37:解:⑴. f(x)=f(

x x 2 x + )=f ( ) ? 0,若存在 x0 有 f(x0)=0 则 f(x)= 2 2 2

f(x0+x-x0)=f(x0)f(x-x0)=0,即 f(x) ? 0 与存在 x1 ? x2 使得 f(x2) ? f(x1)矛盾.∴ f ? x ? >0 ⑵. f(0)=f2(0) ∴f(0)=1, x2>x1, f(x2)=f(x1+x2-x1)=f(x1)f(x2-x1)

?

f ? x2 ? =f(x2-x1)<1∴f(x2)< f(x1) ? f(x)在 R 上下降,因此存在反函数. f ? x1 ?

⑶.f[f-1(x1x2)]= x1x2, f[f-1(x1)+f-1(x2)]= f[f-1(x1)]?f[f-1(x2)]=x1x2 ,又 f(x)在 R 上下降 ∴f-1(x1x2)=f-1(x1)+f-1(x2) ⑷. f(0)=1=f(x-x)=f(x)f(-x) ? f(-x)= f(-2) ? 2m=-2 ? m=-1. 例十二、解:(1)∵ (2) 即 ,∴f(1)=0。 ,从而有 f(x)+f(x-8)≤f(9), ,∵f(x)是(0,+∞)上的增函数,故

1 1 =f(-2),又 9=3?3= f(m)f(m)=f(2m)= ? 9= f ? x? f ? 2?

,解之得:8<x≤9。 变式 38:解:⑴.∵x>0,y>0,且 y=ax 的值域是 R+ ∴存在 n、m 满足 a =x, a =y,
20
m n

m? n f(xy)=f( a a )=f( a )=(m+n)f(a)=m f(a)+n f(a) =f( a )+f( a )=f(x)+f(y).
n m n m

⑵. x2>x1 >0,f(1)=2f(1) ∴f(1)=0 ? f( f(x2)- f(x1)= f(x2)+ f(

1 1 )+f(x)= f(1)=0 ? -f( )=f(x) x x

?

x x 1 ) = f( 2 )<0 (∵ 2 >1) ? f(x)在 R+上下降,因此存在反函数. x1 x1 x1

⑶. ∵f(

1 )=1∴-f(2)=1 ? 2f(2)=-2, f(x)+f(5-x) ? -2.= 2f(2)=f(4) ? f[x(5-x)] ? f(4), 2

? x?0 ? 0? x?5 ? ? x ? ? 4,5 ? ? ? 0,1? ? ? 5? x ? 0 ? ? x ? 4 或 x ? 1 ? ? x ?5 ? x ? ? 4 ?
例十三、分析: 由题设知 f(x)是 的抽象函数,从而由 及题设条件猜

想:f(x)是奇函数且在(0,4a)上是增函数(这里把 a 看成 解:(1)∵f(x)的定义域关于原点对称,且

进行猜想)。

是定义域中的数时有

,∴

在定义域中。∵

, ∴f(x)是奇函数。 (2)设 0<x1<x2<2a,则 0<x2-x1<2a,∵在(0,2a)上 f(x)<0,

∴f(x1),f(x2),f(x2-x1)均小于零,进而知 于是 f(x1)< f(x2),∴在(0,2a)上 f(x)是增函数。

中的





,∵f(a)=-1,∴

,∴f

(2a)=0,设 2a<x<4a,则 0<x-2a<2a,

,于是 f(x)>0,即在(2a,4a)上 f(x) >0。设 2a<x1<x2<4a,则 0<x2-x1<2a,从而知 f(x1),f(x2)均大于零。f(x2-x1)

<0,∵

,∴

,即

21

f(x1)<f(x2),即 f(x)在(2a,4a)上也是增函数。综上所述,f(x)在(0,4a)上 是增函数。 变式 39:解:⑴.令 x=0,y=0,f(0)+f(0)=2f2(0) ∴f(0)=1 令 x=0 则有 f(y)+f(-y)=2 f(0)f(y)=2 f(y) ∴f(y)=f(-y) ∴f(x)是偶函数.
1 1 1 1 1 1 1 ⑵.令 x= , f( +y)+f( -y)= 2f( )f(y)=0, ∴f( +x)+f( -x)=0,即 f(x)有中心对称点( ,0) 2 2 2 2 2 2 2
? ? f ? x ? ? f ? ? x ?? ?1? ? ? ? ?f ? x ? ? ?f ?1 ? x ?? ? 2 ?

f(x)=f(-x)=- f[1-(-x)]=-f(1+x)=-f(-1-x)=-[-f[1-(-1-x)]=f(2+x)

∴f(x)是周期函数. 例十四、分析:由题设可知 f(x)是幂函数 的抽象函数,从而可猜想 f(x)是偶函 数,且在[0,+∞)上是增函数。 解:(1)令 y=-1,则 f(-x)=f(x)· f(-1),∵f(-1)=1,∴ f(-x)=f(x),f(x)为偶函数。

(2)设

,∴







时,

,∴

,∴f(x1)<f(x2),故 f(x)在 0,+∞)

上是增函数。 (3)∵f(27)=9,又 ∴ ∵ ,∴ ,∵ ,∴ ,∴ ,又 ,故 , 。 ,

变式 40:解:⑴. f(x)=f( x x )=f2( f( x0

x ) ? 0,若存在 x0>0 有 f(x0)=0 则 f(x)=

1 x x )=f(x0)f( )=0,与 f ? 2 ? = 矛盾.∴ f ? x ? >0. 9 x0 x0 1 1 1 )f(x)= f(1)=1∴f( )= x x f ? x?

⑵.f(1)=f2(1) ? f(1)=1 ? f(

⑶.x2>x1>0, f(x2)= f( x1

f ? x2 ? x2 x x x )=f(x1)f( 2 ) ? =f( 2 )<1 (∵ 2 >1) ? f(x)在 ? 0, ?? ? 下 x1 x1 x1 x1 f ? x1 ?

降. ⑷. f ? x ? >9=f(

1 1 1 1 )∵f(x)在 ? 0, ?? ? 下降,∴0<x< ? m=0,n= ? m+n= . 2 2 2 2
22

23


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