高中数学抽象函数常见题型及解法教案

抽象函数常有题型及解法综述抽象函数是指没有给出函数的详尽分析式，只给出了一些表现函数特色的式子的一类函数．因为抽象函数表现形式的抽象性，使得这种问题是函数内容的难点之一，其性质常常是隐而不漏，但一般状况下大多是以学过的常有函数为背景，对函数性质经过代数表述给出．抽象函数的相关题目常常是在知识网络的交汇处设计，高考对抽象函数的要求是观察函数的概念和知识的内涵及外延的掌握状况、逻辑推理能力、抽象思想能力和数学后继学习的潜能．为了扩大读者的视线，特就抽象函数常有题型及解法评析以下．一、函数的基本看法问题1．抽象函数的定义域问题例1已知函数f(x2)的定义域是[1，2]，求f(x)的定义域．2)的定义域是[1，2]，是指1≤x≤2，所以2解：由f(x1≤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[log1(3x)]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－1≤log1－1211≤11．(3≤2()≤3－x≤( )1≤4222∴函数f[log1(3x)]的定义域是[1，11]．24评析：这种问题的一般形式是：已知函数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要点．一般地，若函数f(x)的定义域是A，则x一定是A中的元素，而不可以是A之外的元素，不然，f(x)无心义．所以，假如f(x0)有意义，则必有x0A．所以，这种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．抽象函数的值域问题例4设函数f(x)定义于实数集上，关于任意实数x、y，f(x+y)=f(x)f(y)总建立，且存在x≠x，使得f(x)≠(x)，求函数(x)的值域．121f2f解：令x=y=0，得f(0)=f2(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均建立，这与存在实数x1≠x，2使得f(x1)≠)建立矛盾．故f(0)≠0，即f(0)=1．f(x2因为f(x+y)=f(x)f(y)对任意x、y∈R均建立，所以，对任意x∈R，有f(x)=f(x+x)=f(x)f(x)=[f(x)]2≥0．22222下边只需证明，对任意x∈R，f(0)≠0即可．设存在x0∈R，使得f(x0)=0，则f(0)=f(x0－x0)=f(x0)f(－x0)=0，这与f(0)≠0矛盾，所以，对任意x∈R，f(x)≠0．所以f(x)＞0．评析：在办理抽象函数的问题时，常常需要对某些变量进行合适的赋值，这是一般向特殊转变的必需手段．3．抽象函数的分析式问题例5设对满足x≠0，x≠1的全部实数x，函数f(x)满足f(x)+f(x1)=1+x，求f(x)x的分析式．解：在f(x)+f(x1)=1+x，(1)中以x1代换此中x，得：xxf(x1)+f(－1)=2x－1，⑵xx1x再在(1)中以－1代换x，得：f(－1)+f(x)=x2，⑶x1x1x1(1)－(2)+⑶化简得：f(x)=x3x21．2x(x－1)评析：假如把x和x1分别看作两个变量，如何实现由两个变量向一个变量的转变是x解题要点．平时状况下，给某些变量合适赋值，使之在关系中“消逝”，从而保留一个变量，是实现这种转变的重要策略．二、寻找特别函数模型问题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，且关于任意实数x、y，有(x+y)=f(x)·f(y)，同时f(1)=2，解不等式f(3x－x2)＞4．联想：因为axy=ax·y＞，≠，因此猜想它的模型函数为f(x)x＞，a(a0a1)=a(a0a≠1)(由f(1)=2，还可以猜想f(x)=2x)．思路分析：由f(2)=f(11)=·=4，需解不等式化为f(3x－x2)＞f(2)．这样，f(1)f(1)证明函数f(x)的(由f(x)=2x，只证明单调递加)成认识题的打破口．解：由f(x+y)=f(x)ff(0)=f2(0)，·(y)中取x=y=0，得若f(0)=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x＜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－∞＜x1＜x2＜+∞，则x2－x1＞0，f(x2－x1)＞1．∴f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)f(x2－x1)＞f(x1)．y=f(x)在R上为增函数又∵f(1)=2，∴f(3x－x2)＞f(1)·f(1)=f(1+1)=f(2)，由f(x)的单调递加性质可得：2．对数函数模型例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2递减；⑷f(x)＋f(y)=f(x·y)关于任意正实数x、y都建立．解不等式f1(x)·f1(1)≤1．1x2联想：因为log·1x在其定义域－，1]内为a(xy)=logax＋logay，而log1=1，y=log1[1222减函数，所以猜想它的模型函数为f(x)=log1x且f1(x)的模型函数为f1(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f1(1)1．剩下的只需由f1( )的模型函数性质和运算法规去证明2f1(x1)·f1(x2)=f1(x1x2)，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f1(1)=1，又在定义域[－1，1]上2单调递减．设y1=f1(x1)，y2=f1(x2)，则有x1=f(y1)，x2=f(y2)，∴x1+x2=f(y1)+f(y2)=f(y1y2)，即有y1y2=f1(x1+x2)．f1(x1)·f1(x2)=f1(x1x2)，于是，原不等式等价于：f1(x1)f1(1),x11,1x1x1x11x11,11,1xxx=0．1x1,1x1,111.111x11.x故原不等式的解集为{0}．解这种问题可以经过化抽象为详尽的方法，即经过联想、分析，而后进行类比猜想，经过带有非逻辑思想成份的推理，即可寻找出它的函数模型，由这些函数模型的性质、法规来探究此类问题的解题思路．3．幂函数模型例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≤x＜1时，0≤f(x)＜1时．⑴判断f(x)的奇偶性；⑵判断f(x)在[0，＋∞)上的单调性，并给出证明；⑶若a≥0且f(a3，求a的取值范围．1)≤9联想：因为nn=(x·y)n，因此猜想它的模型函数为f(x)=n(由，还可以猜想x·yxf(27)=92f(x)=x3)．2思路分析：由题设可知f(x)是幂函数y=x3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：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，则f(x)=f(xx)=f(x)f(x)=[f(x)2≥0．·]设0≤x＜x2，则0≤x1＜1，1x2f(x1)=f(x1x2)=f(x1)·f(x2)，x2x2∵当x≥0时f(x)≥0，且当0≤x＜1时，0≤f(x)＜1．∴0≤f(x1)＜1，∴f(x1)＜f(x2)，故函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数．x2⑶∵f(27)=9，又f(39)=f(3)·f(9)=f(3)·f(3)·f(3)=[f(3)]3，∴9=[f(3)]3，∴f(3)=39，3，∴f(a1)≤f(3)，∵f(a1)≤9∵a≥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、研究函数的性诘问题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，且关于任意实数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(0)=f2(0)，若f(0)=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x＜0时，－x＞0，f(－x)＞1＞0，而fff(0)=1，∴f(x)=1＞0．f(x)又当x=0时，f(0)=1＞0，∴x∈R，f(x)＞0．设－∞＜x1＜x2＜+∞，则x2－x1＞0，f(x2－x1)＞1．∴f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)f(x2－x1)＞f(x1)．∴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规，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系．2．抽象函数的奇偶性问题例10已知函数f(x)(x∈R，x≠0）对任意不等于零实数

x1

、x2都有f(x1·x2)=

f(x1)+

f

(x2)，试判断函数

f(x)的奇偶性．解：取

x1

=－1，x2=1得：

f(－1)=

f

(－1)+

f(1)，∴

f(1)=0．又取

x1

=x2=－1得：

f(1)=

f

(－1)+

f(－1)，∴

f

(－1)=0．再取

x1

=x，x2=－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)=2f(a)·f(b)，C且存在C＞0，使得f( )=0，求证f(x)是周期函数．联想：因为cos(a＋b)＋cos(a－b)=2cosacosb，且cos=0，因此得出它的模型函数为2y=cosx，由y=cosx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(x2C)=f(x)，而由已知条件f(C)=0和f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)·f(b)知，一定选择好a、b的值，是得条件等式出2现f(C)和f(x)．2证明：令a=x＋C，b=C，代入f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)·f(b)可得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：假如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．因而可知，追求或构造合适的模型函数，可以为思虑与解题定向，是办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f1(x)+f1(2002x)的值．解：由已知，在等式f(ax)+f(ax)=2b中a=0，b=2002，所以，函数y=f(x)关于点(0，2002)对称，依据原函数与其反函数的关系，知函数y=f1(x)关于点(2002，0)对称．∴f1(x1001)+f1(1001x)=0，将上式中的x用x－1001换，得f1(x)+f1(2002x)=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)对一的确数x都满足f(ax)+f(ax)=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(mn)=f(m)·f(n)，且当x＞0时，0＜f(x)＜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(axy2)=1，aR}，若AIB=，试确立a的取值范围．解：⑴在f(mn)=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(mn)=f(m)·f(n)中，令m=x，n=－x，∵当x＞0时，0＜f(x)＜1，∴当x＜0时，－x＞0，0＜f(x)＜1，而f(x)·f(－x)=f(0)=1，∴f(x)=1＞1＞0．f(x)又当x=0时，f(0)=1＞0，所以，综上可知，关于任意x∈R，均有f(x)＞0．设－∞＜x1＜x2＜+∞，则x2－x1＞0，0＜f(x2－x1)＜1．∴f(x2)=f[x1＋(x2－x1)]=f(x·－x1