江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源——抽象函数方程教师版

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 型原型 正比例函数性质 设函数定义在上，满足，若时，恒大于，则有如下性质：；是上的奇函数；在上单调递增证明 令，得，故；令，有，故是上的奇函数；任取，设，则，于是，令，则，得，故是上的增函数思考1 （，均不为零）型原型 反比例函数分析 对两边取倒数，得，令，有，由类型1知，故（）类型2 型原型 一次函数性质 已知函数定义域为，对任意都有，且，当时，则在上单调递增证明 令，得；令，得任取，设，令，则，有， 因为，则，于是，因此，故是上的增函数或者在两边同时加上，令， 问题可转化为类型1 思考2 (或)（）型分析 若是定义在正整数集上的函数，对任意，满足(或)（），则（）令，运用累加法可得（，）类型3 型原型 指数函数性质 已知定义在上的函数满足对任意都有，且当时，则有如下性质：；当时，；在上单调递增；证明 令，有，因为，故；令，有；当时，则 ，故；任取，设，则，于是， 令，则，有， ，由， 得，故是上的增函数 类型4 型原型 对数函数性质 若函数定义域为，当时，且对任意 ，都有，则有如下性质： ； ； 在上单调递增； 当时， 证明 令，得； 令，则，有， 得； 任取，设，则，于是， 令，则，有， 得，故是上的增函数 令，则，所以令， 有，即， 因为，所以 类型5 型原型 幂函数性质 若函数满足对任意都有，且不恒为，当时，则有如下性质：；当时，；在上单调递增证明 令，则，因为不恒为，故；当时，令，则，因为，所以， 故；任取，设，则，于是，令，则，有，又，所以，得，故是上的增函数类型6 型原型 函数性质 设是定义在上不恒为零的函数，对一切实数都满足，则有如下性质：；是偶函数；若，则是以为周期的函数；证明 令，则，于是或；当时，令，有，于是，与不恒为零矛盾，故；令，有，得，故为偶函数；令，得，由得，将上式中的换成得：，即，于是，故是以为周期的函数类型7 ()型原型 正切函数 性质 设是定义在上的函数，对一切实数都满足()，则有如下性质：；是奇函数；若，则是以为周期的函数；证明 令，得，有，故；令，有，又，从而，故是奇函数；若，令，有，从而，故是以为周期的函数；类型8 型原型 复合函数性质 定义在上的函数满足对实数都有 ，且时，则有如下性质： ； 为奇函数； 是上的减函数 证明 令得，所以；令，有，从而，故为奇函数；任取，不妨设， ， 由，得，即，故，则 又，即 所以，于是，得， 故是上的减函数 从以上分析不难看出，抽象函数方程问题中的特殊值、单调性、奇偶性和周期性等问题往往紧密联系，赋值、使用定义与合理变形是突破这类问题的关键另外，有些抽象函数问题有具体的函数原型，若能由抽象函数的结构，联想到相似结构的原型函数，并由原型函数的相关结论，预测、猜想抽象函数可能具有的某些性质，常常有利于顺利地解决问题第二讲 抽象函数方程问题中的递推关系抽象函数方程问题是高中数学中的一个难点，直接求解往往比较困难。我们常可以先由题意建立递推关系，再运用其它的办法解决这个递推关系。1 巧用“周期性”例1 （2010重庆高考）已知函数满足：，则_.分析 通过适当的赋值得到递推关系式，再巧妙地运用周期性求值解答 令，得，再令，有，将中的换成，得，+得，将中的换成，得，将中的换成，得，由得，得到函数的周期为6，从而例2 （2009全国卷理）函数的定义域为，若与都是奇函数，则下列结论成立的有 .（1）是奇函数；（2）是偶函数；（3）；（4）是奇函数；分析 这类抽象函数，一般给出关系式，其解法常是根据所给关系式进行递推出（为非零常数），则利用的周期求解解答 因为与都是奇函数，所以，将中的换成，得，将中的换成，得，由得，将中的换成，得，所以，即，故是奇函数，故选（4）2 变用“夹逼法”例3 设是定义在上的函数，若，且对任意，满足，求 分析 本题的难点在于给出的两个条件都是不等递推关系，因而我们可以考虑将代数式变形以后用夹逼法将不等递推关系转化为相等的递推关系解答 方法一：由题设条件知 因此有，故 方法二：令，即，从而，得，即是周期为的周期函数，所以3 智用“迭代法”例4 设，当整数时，有，则的的系数为 分析 是递推关系式，可以考虑用迭代的方法得到的通项公式解答 ，所以，其中项的系数为例5 定义在上的函数满足下列条件：（），对任意有，且；（）对任意的，当时，成立证明 （1）（）；（2）当时，分析 对条件（）中给出的不等关系式赋值代换，再用迭代法证明证明 对于任意的，有， 若，则 由条件（）有， 所以， （1）对任意的，有，即，所以 （2）对于任意的，设，则，由，因此在上是不减函数对于任意，必存在，使得，从而当时，另外，在条件“当时，成立”中，令，则有也满足综上，当时，4 借用“数列递推”例6 已知是定义在自然数集上的函数，满足，且对任意，有：，求分析 对于定义域为自然数集的抽象函数方程，往往可以转化为数列问题，通过找出的某个递推公式，然后依次令为自然数个值代入递推公式，得到个等式设法利用这些等式消去以外其它形式的函数，即可求出函数方程的解解答 原函数方程中令，并利用得，整理后，可得令，得，将上述各式相加，得以代入后，经过整理得，于是，所求的函数应为（）经验证它满足原方程 若定义域为有理数集呢？比如：例7 设且对任意都有，如果，求分析 本题构造数列来解函数方程，借助数列对函数方程加以研究（主要是借助递推关系），其中如何构造数列是一个难点解答 令，则，令，则，即，因为，故，从而，上述等号成立，故， 令，则，对递推，有， ，因此因为，即，利用，对从到求和，得，同理对从到求和，得，最后，令，得，故，因此对所有，有例8 已知多项式满足：，且，求分析 通过对赋值依次计算出，先猜想数列递推关系，再用数学归纳法证明解答 原函数方程可化为，令，代入可得，令，代入可得，令，代入可得，构造数列，用数学归纳法易证，事实上，假设，那么设是次多项式，由代数基本定理知它们最多有个根，但上面已经证明了有无穷多个正整数根，从而，即第三讲 例说柯西方程定理在抽象函数方程中的应用 柯西方程定理在高考、自主招生和数学竞赛中都有重要应用.许多问题可以转化为柯西方程的问题，借助柯西方程定理顺利得到解决.一 柯西方程定理若是定义在实数集上的连续函数且满足，则.分析 令，有，再令，可得，对于自然数，有，再将这个结论进行推广，运用柯西爬坡式证法.步骤是：依次求出自变量令正整数值，整数值，有理数值，直至所有实数值，从而得到抽象函数方程的解证明 ；由数学归纳法易知，对任意的实数有，令，得，令，有，在中令有，从而，在中令，有，从而，在中令，有，所以任意的整数，在中令（，互质），有又，从而，故，在中令，有，从而；所以对任意的有理数，对任意的无理数，因为是连续函数，取 以为极限的有理数序列，则有，综上，对任意实数，有二 柯西方程定理的运用例1 （2008陕西卷）定义在上的函数满足（），则 分析 将题中的抽象函数方程变形后构造柯西方程，运用柯西方程定理求解解答 由，有，即设，则已知条件成为柯西方程， 由柯西方程定理得，即，即例2 （2014北大自招）设函数满足，且对任意的，有，则 分析 通过合适的赋值后构造柯西方程，事实上题中的关系式等价于柯西方程，从而可以进行推广解答 在题设条件中分别令，；，则；故；又在题设条件中令，得，即又令，则，容易用数学归纳法证明：当时，有于是，又，则，从而于是，所以，（）故思考 由以上推导过程，知条件等价于柯西方程，其中根据柯西方程定理，本题可以进行推广：推广1 设，函数满足，且对任意的，有，求（）的值事实上，在题设条件中分别令，；，则；故，又在题设条件中令，则令则，由柯西方程定理知，（）故，又，则，解得，从而故（）于是（）推广2 设（），且，函数满足，且对任意的，有，求（）的值推广2看似复杂，其实，只需令，则该问题就转化为推广1.故（）例3 设（）是一个给定的正整数函数满足对任意，都有证明：对任意，都有分析 运用代换的方法可以将转化为证明 在中令，得于是，对任意，有因此，若，令，则，此式中令，得，故是一个奇函数进而，对，都有利用数学归纳法易证：对任意，有；再由，可知对任意，有；进一步，对，设且， 则，而，故，于是，因此，对任意及，都有现在，对任意给定的，可知对任意，都有，由结合，可得另一方面，有对比上述两式可知视为常数，上式两边都是关于的多项式，由于