高考抽象函数技巧总结
时间：2021.03.05 创作：欧阳理 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 解：设
xu∴1uf(x)2x1,求f(x). x1xu,则x1u2uf(u)211u1u∴f(x)2x 1x2.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f(x解：∵∵|x11)x33，求f(x) xx11111f(x)(x)(x212)(x)((x)23)又
xxxxx11||x|1 x|x|欧阳阳理创编 2021.03.04
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∴f(x)x(x23)x33x，(|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
f(x1)f(x1)x2+2x+4,求f(x).
解:设f(x)=ax2bxc，则
f(x1)f(x1)a(x1)2b(x1)ca(x1)2b(x1)c
=2ax22bx2(ac)x22x4比较系数得
2(ac)4131232a1a,b1,c∴ f(x)xx22222b24.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,f(x)lg(x1),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。∵-x>0,∴f(x)lg(x1)lg(1x),
∵f(x)为奇函数，∴lg(1x)f(x)f(x)∴当x<0时
lg(1x),x0f(x)lg(1x)∴f(x)
lg(1x),x0例5．一已知f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且有
f(x)+g(x)1， 求f(x),g(x). x1欧阳阳理创编 2021.03.04
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解：∵f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，∴f(x)f(x),g(x)g(x),
1………①中的x, x111∴f(x)g(x)即f(x)－g(x)……②
x1x11显见①+②即可消去g(x),求出函数f(x)2再代入
x1x①求出g(x)2
x1不妨用-x代换f(x)+g(x)=
5.赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出f(x)的表达式
例6：设f(x)的定义域为自然数集，且满足条件
f(x1)f(x)f(y)xy,及f(1)=1,求f(x)
解：∵f(x)的定义域为N，取y=1,则有
f(x1)f(x)x1
∵f(1)=1,∴f(2)=f(1)+2,f(3)f(n)f(n1)n
f(2)3……
以上各式相加，有
f(n)=1+2+3+……+n=
n(n1)1∴f(x)x(x1),xN 22二、利用函数性质，解f(x)的有关问题 1.判断函数的奇偶性：
例7 已知f(xy)f(xy)2f(x)f(y),对一切实数x、y都成立，且f(0)0,求证f(x)为偶函数。
证明：令x=0, 则已知等式变为
f(y)f(y)2f(0)f(y)……①
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在①中令y=0则
2f(0)=2f(0)∵f(0)≠0∴f(0)=1∴f(y)f(y)2f(y)∴
f(y)f(y)∴f(x)为偶函数。
2.确定参数的取值范围
例8：奇函数f(x)在定义域（-1，1）内递减，求满足
f(1m)f(1m2)0的实数m的取值范围。
解：由f(1m)f(1m2)0得f(1m)f(1m2)，∵f(x)为函数，∴f(1m)又∵
f(m21)
11m12f(x)在（-1，1）内递减，∴1m110m1
1mm213.解不定式的有关题目
例9：如果f(x)=ax2bxc对任意的t有f(2t)比较f(1)、f(2)、f(4)的大小
解：对任意t有f(2t)y=ax2bxc的对称轴
f2t)∴x=2为抛物线
f2t),
又∵其开口向上∴f(2)最小，f(1)=f(3)∵在［2，＋∞)上，f(x)为增函数
∴f(3) 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 例1、已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。 分析：由题设可知，函数f（x）是 的抽象函 数，因此求函数f（x）的值域，关键在于研究它的单调性。 解：设∴∵∴增函数。 在条件中，令y＝－x，则 ，再令x＝y＝ ，即 ， ， ，∴f（x）为 ，∵当 ， 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］。 例2、已知函数f（x）对任意 ，满足条件f（x） ＋f（y）＝2 + f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式 的解。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 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∴ ，则 ， 即∵ ，∴f（x）为单调增函数。 ，∵当 ， ， 又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴∴ 即 ， ，解得不等式的解为－1 < a < 3。 ， 2、指数函数型抽象函数 例3、设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在 ，使得成立。求： （1）f（0）； （2）对任意值x，判断f（x）值的正负。 分析：由题设可猜测f（x）是指数函数从而猜想f（0）＝1且f（x）＞0。 的抽象函数， ，对任何x和y， 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 解：（1）令y＝0代入∴ ，则， 。若f（x）＝0，则对任意，有 ，这与题设矛盾，∴f（x）≠0，∴f（0） ＝1。 （2）令y＝x≠0，则 ，又由（1） 知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对任意x，f（x）＞0恒成立。 例4、是否存在函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x∈N；② ；③f（2）＝4。 同时成立？若存在，求出f（x）的解析式，如不存在，说明理由。 分析：由题设可猜想存在a＝2．故猜测存在函数（1）x＝1时，∵ ∵x∈N时，f（x）＞0，∴（2）假设 时有 ，又由f（2）＝4可得，用数学归纳法证明如下： ，又 ，结论正确。 ，则x＝k＋1时， ，∴x＝k＋1时，结论正确。 综上所述，x为一切自然数时3、对数函数型抽象函数 对数函数型抽象函数，即由对数函数抽象而得到的函数。 。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 例5、设f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足 ，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）是对数函数数，f（1）＝0，f（9）＝2。 解：（1）∵（2）8）≤f（9）， 即故 ，∵f（x）是（0，＋∞）上的增函数， ，∴f（1）＝0。 ，从而有f（x）＋f（x－ 的抽象函 ，解之得：8＜x≤9。 例6、设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否正确，试说明理由。 分析: 由题设条件可猜测y＝f（x）是对数函数的抽象函数，又∵y＝f（x）的反函数是y＝g（x），∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数，于是猜想g（a＋b）＝g（a）·g（b）正确。 解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g（m）＝a，g（n）＝b，从而 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 ，∴g（m）·g（n）＝ g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）。 4、三角函数型抽象函数 三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数。 例7、己知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三条件： ①当 是定义域中的数时，有 ； ②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）； ③当0＜x＜2a时，f（x）＜0。 试问：（1）f（x）的奇偶性如何？说明理由。 （2）在（0，4a）上,f（x）的单调性如何？说明理由。 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看成进行猜想）。 解：（1）∵f（x）的定义域关于原点对称，且义域中的数时有 ，∴ ∵ 在定义域中。 是定 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 ， ∴f（x）是奇函数。 （2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0， ∴（fx1），（fx2），（fx2－x1）均小于零，进而知中的 ，于是f（x1）＜ f（x2），∴在（0， 2a）上f（x）是增函数。 又∴ ＜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 ，∵f（a）＝－1， ，∴f（2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0 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。 5、幂函数型抽象函数 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 幂函数型抽象函数，即由幂函数抽象而得到的函数。 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 。 （1）判断f（x）的奇偶性； （2）判断f（x）在［0，＋∞）上的单调性，并给出证明； （3）若 ，求a的取值范围。 的抽象函数，从 时， 分析：由题设可知f（x）是幂函数 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 ， 。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 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 的定义域是［1，2］，求f(x)的定义域。 解：的定义域是［1，2］，是指，所以中 的满足 从而函数f(x)的定义域是［1，4］ 评析：一般地，已知函数的定义域是A，求f(x)的定义域问题，相当于已知中x的取值范围为A，据此求的值域问题。 例2. 已知函数的定义域是，求函数的定义域。 解：的定义域是，意思是凡被f作用的对象都在中，由此可得 所以函数的定义域是 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的值域B，且，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. 已知定义域为的函数f(x)，同时满足下列条件：①解：取 ；②，得 ，求f(3)，f(9)的值。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 因为又取 ，所以 得 评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取，这样便把已知条件与欲求的f(3) 沟通了起来。赋值法是解此类问题的常用技巧。 三、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，求函数解：令若 ，则 总成立，且存在的值域。 ，得 ，即有 ，使得 或，对任意 ，。 均成 立，这与存在实数，使得 ，必有。 由于对任意意，有 下面来证明，对任意设存在 ，使得 ，则 成立矛盾，故 均成立，因此，对任 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赋值，这是一般向特殊转化的必要手段。 四、解析式问题 例5. 设对满足的所有实数x，函数满足 ，求f(x)的解析式。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 解：在得： 再在(1)中以 代换x，得 中以代换其中x， 化简得： 评析：如果把x和分别看作两个变量，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，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。 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：在若，令 中取 ，则 时， ，得，与 矛盾 所以，即有 当时，；当而 所以又当时，所以对任意设 ，恒有，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。 六、奇偶性问题 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 例7. 已知函数 都有解：取又取 得：得： 对任意不等于零的实数，试判断函数f(x)的奇偶性。 ，所以，所以，即为偶函数。 ，求 中取 的图象关于点（0，2002） 的 再取则因为为非零函数，所以七、对称性问题 例8. 已知函数满足 的值。 解：已知式即在对称关系式 ，所以函数 对称。根据原函数与其反函数的关系，知函数图象关于点（2002，0）对称。 所以 将上式中的x用代换，得 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：设a、b均为常数，函数对一切实数x都满足，则函数的图象关于点（a，b）成中心对称图形。 八、网络综合问题 例9. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有，且当x>0时，0 中，令 ，因为，所以 中，令 ，试确定a的，得。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 因为当所以当而 时，时 所以 又当x=0时，均有。 设 ，所以，综上可知，对于任意，则 ， 所以 所以在R上为减函数。 （2）由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以 即有又 ，根据函数的单调性，有 ，所以直线 与圆面 无公共 由 点。因此有，解得。 评析：（1）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。这是解题的关键性步骤，完成这些要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。 定义在R上的函数 f(x)满足： f(x)f(4x)且 f(2x)f(x2)0，求f(2000)的值。 解：由f(2x)f(x2)0， x2 以t代入，有f(t)f(x)为奇函数且有f(0)0 f(t)， 又由f(x4)f[4(x)] 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 故f(x)是周期为8的周期函数， 例2 已知函数 f(x)对任意实数 x，y都有 f(xy)f(x)f(y)，且当x0时， f(x)0，f(1)2，求f(x)在[2，1]上的值域。 解：设x1x2 且x1，x2R， 则x2x10， 由条件当x0时，f(x)0 又f(x2)f[(x2x1)x1] f(x)为增函数， 令yx，则f(0) 又令xy0 得f(0)0 f(x)f(x)， f(x)f(x) 故f(x)为奇函数， f(1)f(1)2，f(2)2f(1)4 f(x)在[2，1]上的值域为[4，2] 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 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 的作用。 例3 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(a2)值范围。 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， f(4a2)0，试确定a的取 1a21 由得3a5。 214a1 （1）当a2时， f(a2)f(4a2)f(0)，不等式不成立。 （2）当3a2时， 5时， 3，2)(2，5)。 （3）当2a 综上所述，所求a的取值范围是(例4 已知 f(x)是定义在 (，1]上的减函数，若 f(m2sinx)f(m1cos2x)对xR恒成立，求实数m的取值 范围。 m2sinx3 解：m1cos2x3 m2sinxm1cos2x2msinx3 对xR恒成立2 2msinxm1cosx 对xR恒成立 对xR恒成立， 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 三. 解不等式 这类不等式一般需要将常数表示为函数在某点处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数符号“f”，转化为代数不等式求解。 例 5 已知函数 f(x)对任意 x，yR有 f(x)f(y)2f(xy)，当x0时，f(x)2，f(3)5，求不 等式f(a22a2)3的解集。 解：设x1、x2R且x1x2 则x2x10 ， f(xx)221 即f(x2x1)20， 故f(x)为增函数， 又f(3)f(21)f(2)f(1)23f(1)45 因此不等式f(a22a2)3的解集为a|1a3。 四. 证明某些问题 例6 设 f(x)定义在R上且对任意的 x有 f(x)f(x1)f(x2)，求证：f(x)是周期函数，并找出它 的一个周期。 分析：这同样是没有给出函数表达式的抽象函数，其一般解法是根据所给关系式进行递推，若能得出 f(xT)f(x)（T 为非零常数）则f(x)为周期函数，且周 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 期为T。 证明：f(x)f(x1)f(x2)(3) (4) (1) (1)(2)得f(x)f(x3) 由（3）得f(x3)f(x6) 由（3）和（4）得f(x)f(x6)。 上式对任意xR都成立，因此f(x)是周期函数，且周期为6。 例 7 已知 f(x)对一切 x，y，满足 f(0)0，f(xy)f(x)f(y)，且当x0时，f(x)1，求证： （1）x0时，0f(x)1；（2）f(x)在R上为减函数。 证明：对一切x，yR有f(xy)f(x)f(y)。 且f(0)0，令xy0，得f(0)1， 现设x0，则x0，f(x)1， 而f(0)f(x)f(x)1 0f(x)1， 设x1，x2R且x1x2， 则0f(x2x1)1， f(x1)f(x2)， 即f(x)为减函数。 五. 综合问题求解 抽象函数的综合问题一般难度较大，常涉及到多个知 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 识点，抽象思维程度要求较高，解题时需把握好如下三点：一是注意函数定义域的应用，二是利用函数的奇偶性去掉函数符号“f”前的“负号”，三是利用函数单调性去掉函数符号“f”。 例8 设函数y且对任意 m，nf(x)定义在R上，当x0时，f(x)1， ，当mn时 ，有 f(mn)f(m)f(n)f(m)f(n)。 （1）证明f(0)1； （2）证明：f(x)在R上是增函数； （3）设A(x，y)|f(x2)f(y2)f(1)， B{(x，y)|f(axbyc)1，a，b，cR，a0}，若AB， 求a，b，c满足的条件。 解：（1）令m得f()， n00f()0f()0)1。 f(0)0或f(0 若f(0)0，当m0时，有fm，这与当(0)fm()f(0)时，f(mnm)f(n)矛盾， 。 f(0)1 （2）设x1x2，则x，由已知得f(，x0xx)12121因为x10， x，f(x)1，由f(x)1，若x10时，1011 f(0)fx()f(x)1122 （3）由f(x2)f(y2)f(1)得xy1()1 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 由f(得a （2） axbyc)1xbyc022222 从（1）、（2）中消去y得(，因ab)x2acxcb0为AB 22222， (2ac)4(ab)(cb)0222 即a bc 例9 定义在（1，1）上的函数f(x)满足（1），对任意 xy都有f(xx，y(1，1))f(y)f()， 1xy （2）当x(1，0)时，有f(x)0， （1）试判断f(x)的奇偶性；（2）判断f(x)的单调性； （3）求证f()f()…f(21511111。 )f()2n31n 分析：这是一道以抽象函数为载体，研究函数的单调性与奇偶性，再以这些性质为基础去研究数列求和的综合题。 解：（1）对条件中的x，y，令xy0，再令yx可得 f(0)f(0)f(0)f(0)0，所以f(x)是奇函数。 f()xf(x)0f(x)f()x （2）设 1xx012，则 xx12fx()fx()fx()f(x)f() 12121xx12xx0，0xx， 12121欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 xx2xx10，由条件（2）知f(12)0，从而有1x1x21x1x2，即f(，故f(x)在(1，0)上单调递f(x)f(x)0x)f(x)1212减，由奇函数性质可知，f(x)在（0，1）上仍是单调减函数。 （3）f(1) 2n3n1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 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 yf(x)的定义域为(，1]，则函数 2的定义域是___。 yf[log(x2)]2 分析：因为log(2)相当于2x2，解得 log(2)12xf(x)中的x，所以 2x2或2x2。 例2. 已知 f(x)的定义域为(0，1)，则 1yf(xa)f(xa)(|a|)的定义域是______。 2 分析：因为x及x均相当于f(x)中的x，所以 aa欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 1 (a，1a)a0时，则x21 (2)当0a时，则x(a，1a) 2 (1)当 2. 判断奇偶性 根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求 f(x)的关系。 f(x)与 例3. 已知f(x)的定义域为R，且对任意实数x，y满足，求证：f(x)是偶函数。 fx(y)fx()f()y 分析：在fx中，令xy1， (y)fx()f()y 得f (1)f(1)f(1)f(1)0 令xy，得f 1(1)f(1)f(1)f(1)0 于是fx ()f(1x)f(1)f(x)f(x) 故f(x)是偶函数。 例4. 若函数y与yf(x)的图象关于原点f()xf(()x0)对称，求证：函数 yf(x)是偶函数。 证明：设yf(x)图象上任意一点为P（x0，y0） )的图象关于原点对称， yf()x与yf(xP(x，y)关于原点的对称点(x，y)在yf(x)的图象0000上， 又yf(x) 00 即对于函数定义域上的任意x都有f(x)f(x)，所以 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 yf(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[3，7]上是增函数且有最小值为5，那么f(x)在区间[7，3]上是 A. 增函数且最小值为5B. 增函数且最大值为5 C. 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。 图1 例6. 已知偶函数f(x)在(0，)上是减函数，问f(x)在 (，0)上是增函数还是减函数，并证明你的结论。 分析：如图2所示，易知f(x)在(，0)上是增函数，证明如下： 任取xx 0xx01212 因为 f(x) y O x 在 (0，)上是减函数，所以 。 f(x)f(x)12 又f(x)是偶函数，所以 f(x)f(xf)，(x)f(x)， 1122，0)上是增函数。 从而f(，故f(x)在(x)f(x)12图2 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 4. 探求周期性 这类问题较抽象，一般解法是仔细分析题设条件，通过类似，联想出函数原型，通过对函数原型的分析或赋值迭代，获得问题的解。 例7. 设函数f(x)的定义域为R，且对任意的x，y有 ，并存在正实数f(xy)f(xy)2f(x)(fy)c，使f(c)0。2试问f(x)是否为周期函数？若是，求出它的一个周期；若不是，请说明理由。 分析：仔细观察分析条件，联想三角公式，就会发现：满足题设条件，且cosycosx期的周期函数。 故f(x)是周期函数，2c是它的一个周期。 5. 求函数值 紧扣已知条件进行迭代变换，经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。 例8. 已知f(x)的定义域为R，且fxy对一()fx()fy()切正实数x，y都成立，若f(8)4，则f(2)_______。 分析：在条件fxy中，令xy4，得 ()fx()fy()， f(8)f(4)f(4)2f(4)4 又令xy2， 0，猜测f(x)是以2c为周2欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 得f， (4)f(2)f(2)2 例9. 已知 f(x)是定义在R上的函数，且满足： f(x2)[1f(x)]1f(x)， f(1)1997，求f(2001)的值。 分析：紧扣已知条件，并多次使用，发现f(x)是周期函数，显然f(x)1，于是 1f(x)， f(x2)1f(x) 所以f(x8)1 f(x)f(x4) 故f(x)是以8为周期的周期函数，从而 6. 比较函数值大小 利用函数的奇偶性、对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内，然后利用其单调性使问题获解。 例10. 已知函数f(x)是定义域为R的偶函数，x0时，若x10，x20，且|x则f(x1)，f(x2)f(x)是增函数，||x12|，的大小关系是_______。 分析：且|xx0，x0||x1212|， 又x0时，f(x)是增函数， f(x)是偶函数， 故f (x)f(x)127. 讨论方程根的问题 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 例11. 已知函数 f(x)对一切实数x都满足 ，并且f(x)0有三个实根，则这三个实根之f(1x)f(1x)和是_______。 分析：由f(知直线x1是函数f(x)图象的1x)f(1x)对称轴。 又f(x)0有三个实根，由对称性知x11必是方程的一个根，其余两根x2，x3关于直线x1对称，所以。 xx212，故xxx323123 8. 讨论不等式的解 求解这类问题利用函数的单调性进行转化，脱去函数符号。 例12. 已知函数f(x)是定义在(，1]上的减函数，且对 2一切实数x，不等式fk恒成立，求k的(sinx)fk(2sin)x值。 分析：由单调性，脱去函数记号，得 由题意知(1)(2)两式对一切x恒成立，则有 R 9. 研究函数的图象 这类问题只要利用函数图象变换的有关结论，就可获解。 例13. 若函数yf(则yf(x)的图象关于x2)是偶函数，直线_______对称。 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 左移2个单位 分析：yf(x)的图象 右移2个单位而yf(x2)的图象， 对称轴是x0，故yf(x)的对称轴是yf(x2)是偶函数，。 x2 例14. 若函数f(x)的图象过点（0，1），则f(x4)的反函数的图象必过定点______。 分析：f(x)的图象过点（0，1），从而f(x4)的图象过点(4，1)，由原函数与其反函数图象间的关系易知， ，4)。 f(x4)的反函数的图象必过定点(110. 求解析式 1 例15. 设函数f(x)存在反函数，g()xf()x，h()x与g(x)的 图象关于直线xy0对称，则函数h(x) A. f(x)B. f(x)C. f1(x)D. f1(x) 分析：要求yh(x)的解析式，实质上就是求yh(x)图象上任一点Px(0，y0)的横、纵坐标之间的关系。 点Px(0，y0)关于直线 y，x)适合yx的对称点(00yf1(x)，即。 xg(y)001()f(x)， 又gx 即h，选B。 ()xf(x)抽象函数的周期问题 2001年高考数学（文科）第22题：设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线x1对称。对任意 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 1。 x，x[0，]都有f(xx)f(xf)()x121212211 （I）设f(求f()，f()； 1)2，24 （II）证明f(x)是周期函数。 解析：（I）解略。 （II）证明：依题设yf(x)关于直线x1对称 故f() xf(2x)，xR 又由f(x)是偶函数知 将上式中以x代换，得 x 这表明f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期 对称 f(x)是偶函数的实质是f(x)的图象关于直线x0 又f(x)的图象关于x1对称，可得f(x)是周期函数 且2是它的一个周期 由此进行一般化推广，我们得到 思考一：设f(x)是定义在R上的偶函数，其图象关于直线对称，证明f(x)是周期函数，且2a是它的一个周xaa(0)期。 证明：对称 f(x)关于直线xax)f()x，xR 又由f(x)是偶函数知f( x 将上式中以x代换，得 f(x)是R上的周期函数 且2a是它的一个周期 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 思考二：设f(x)是定义在R上的函数，其图象关于直线xa和x(ba)是它的ba(b)对称。证明f(x)是周期函数，且2一个周期。 证明：f(x)关于直线xa和xb对称 将上式的以x代换得 xf(x)是R上的周期函数 且2(ba)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，其图象关于直线对称。证明f(x)是周期函数，且x14是它的一个周期。， 证明：对称 fx()f(2x)，xR1f(x)关于x 又由f(x)是奇函数知 f(x)f(x)，xRf(2x)f(x)，xR 将上式的以x代换，得 xf(x)是R上的周期函数 且 4是它的一个周期 f(x)是奇函数的实质是f(x)的图象关于原点（0，0）中心 对称，又f(x)的图象关于直线x1对称，可得f(x)是周期函数，且4是它的一个周期。由此进行一般化推广，我们得到 思考四：设 f(x)是定义在R上的函数，其图象关于点 M(a，0)中心对称，且其图象关于直线xbb(a)对称。证 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 明f(x)是周期函数，且4(ba)是它的一个周期。 证明：0)对称 f(x)关于点M(a，f(2bx)f(2ax)，xRf[x4(ba)]f[2b(x2b4a)]f[2a(x2b4a)]f[2b(x2a)]f[2a(x2a)]f(x)，xR f(2ax)f(x)，xR f(x)关于直线xb对称 f(x)f(2bx)，xR 将上式中的x以x代换，得 f(2bx)f(2ax)，xR (ba)是它的一f(x)是R上的周期函数 且4个周期 由上我们发现，定义在R上的函数f(x)，其图象若有两条对称轴或一个对称中心和一条对称轴，则f(x)是R上的周期函数。进一步我们想到，定义在R上的函数f(x)，其图象如果有两个对称中心，那么f(x)是否为周期函数呢？经过探索，我们得到 思考五：设f(x)是定义在R上的函数，其图象关于点M(a，0)和对称。证明f(x)是周期函数，且2N(b，0)(ab)(ba)是它的一个周期。证明：对称 (a，0)，，N(b0)f(x)关于Mf(2ax)f(2bx)，xRf[x2(ba)]f[2b(x2a)]f[2a(x2a)] f(2ax)f(x)，xRf(2bx)f(x)，xR f(x)，xRf(x)是周期函数 且2(ba)是它的一个周期 f(2ax)f(2bx)，xR 将上式中的x以x代换，得 抽象函数解法例谈 抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其满足的条件的函数,如函数的定义域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数部分的难点,也是大学高等数学函数部分的一个衔接点,由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,因此理解研究起来比较困难.但由于此类试题即能考查函数的概念和性质,又能考查学生的思维能力,所以备受命题者的青睐,那么,怎样求解抽象函数问题呢,我们可以利用特殊模型法,函数性质法,特殊化方法,联想类比转化法,等多种方法从多角度,多层面去分析研究抽象函数问题, 一:函数性质法 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 函数的特征是通过其性质(如奇偶性,单调性周期性,特殊点等)反应出来的,抽象函数也是如此,只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能转化,化难为易,常用的解题方法有: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,布列方程等. 二:特殊化方法 1在求解函数解析式或研究函数性质时,一般用代换的方法,将x换成-x或将x换成等 2在求函数值时,可用特殊值代入 3研究抽象函数的具体模型,用具体模型解选择题,填空题,或由具体模型函数对综合题,的解答提供思路和方法. 总之,抽象函数问题求解,用常规方法一般很难凑效,但我们如果能通过对题目的信息分析与研究,采用特殊的方法和手段求解,往往会收到事半功倍之功效,真有些山穷水复疑无路,柳暗花明又一村的快感. 1． 已知函数f(x)对任意x、y∈R都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t为自然数,(t>0)试求f(t)的表达式 ②满足f(t)=t的所有整数t能否构成等差数列?若能求出此数列,若不能说明理由 ③若t为自然数且t≥4时, f(t) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒成立,求m的最大值. 2． 已知函数f(x)= g(x)1,且f(x),g(x)定义域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是 g(x)1增函数. g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n∈R) 求证：①f(x)是R上的增函数 ②当nN,n≥3时,f(n)>解: ①设x1>x2 n n1 g(x)是R上的增函数, 且g(x)>0 g(x1) > g(x2) >0 g(x1)+1 > g(x2)+1 >0 22 > >0 g(x2)1g(x1)122 - >0 g(x2)1g(x1)112f(x1)- f(x2)=g(x)1- g(x)1=1-g(x1)1g(x2)122-(1-) g(x1)1g(x2)1欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 = 22->0 g(x2)1g(x1)1 f(x1) >f(x2) f(x)是R上的增函数 ② g(x) 满足g(m) · g(n)= g(m+n)(m、n∈R) 且g(x)>0 g(n)=[ g(1)]n=2n 当nN,n≥3时, 2n>n f(n)=21＝1-2 ， n 2n12n1n1＝1- n1n1in 2n＝（1+1）n＝1+n+…+C+…+n+1>2n+1 2n+1>2n+2 2<1,即1-2>1-1 21n121n1当nN,n≥3时,f(n)>n nnn13． 设f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单增,设 f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞)上的任意两相异实数x1, x2 恒有| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)| ①求证：f (x)在(0,+∞)上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证明:设 x1>x2>0 f1(x) 在(0,+∞)上单增 f1(x1)－ f1(x2)>0 | f1(x1)－ f1(x2)|= f1(x1)－ f1(x2)>0 f1(x2)- f1(x1) | f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)| 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 f (x)在(0,+∞)上单增 ② F(x)=x f (x), a>0、b>0 a+b>a>0,a+b>b>0 F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b) f (x)在(0,+∞)上单增 F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b) 4． 函数y＝f(x)满足 ①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m、n为互质整数，n≠0 求f( m)的值 nf(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(0) f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) · f(4)=0.(矛盾) f(1)=1 f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16 f(1)=f2( f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)是非负函数. f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a) 1)≥0 2f(-a)= 1 f(a) n∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-n f(1)=f( 1111++…+)=fn()=2 nnnn1nf(1)= 2nn mnf(m)=[f(1)]m= 2n 5． 定义在（-1，1）上的函数f (x)满足 ① 任意x、y∈（-1，1）都有f(x)+ f(y)＝f ( xy)，②x∈（-1，0）时， 1xy欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 有f(x) >0 1) 判定f(x)在（-1，1）上的奇偶性，并说明理由 2) 判定f(x)在（-1，0）上的单调性，并给出证明 3) 求证：f ( 111)＝f ()－f () 2n3n1n1n21111或f ()+f ()+…+f (2)> f () (n∈N*) 511n3n12 解:1) 定义在（-1，1）上的函数f (x)满足任意x、y∈（-1，1） 都有f(x)+ f(y)＝f ( xy),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) 1xyf(0)=0 当-x=y时, f(x)+ f(-x)＝f(0) f(x)是（-1，1）上的奇函数 2) 设0>x1>x2>-1 f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=f(xx121x1x2) 0>x1>x2>-1 ,x∈（-1，0）时， 有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0 f(xx121x1x2)>0 3) f ( 即f(x)在（-1，0）上单调递增. 11)=f() 22n3n1n3n21111(n1)(n2)=f( )=f(n1n2) 11111•(n1)(n2)n1n211)-f() n1n2111f ()+f ()+…+f (2) 511n3n11111111=f()-f()+f()-f()+f()+…+f()-f() 33244n1n2=f( 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 = f( 1111) -f()=f()+f(-) 2n22n2n22n221111即f ()+f ()+…+f (2)> f () 511n3n126． 设 f (x)是定义在R上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对任意x1、 1 x2[0,]都有f (x1+ x2)＝f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. 211 ①求f ()及 f (); 24 ②证明f(x)是周期函数 1 ③记an=f(2n+), 求lim(lnan) 2nnxx 解: ①由f (x)= f ( + )=[f(x)]20,f(x) 2211111 a= f(1)=f(2n·)=f(++…+)＝[f ()]22n2n2n2n2n1 解得f ()=a2n 2n 1x∈（-1，0）时，有f(x) >0 f(-1)>0, f(1)+f(-1)>f(1) f (1)=a2 121 ,f ()=a4. 4 1② f(x)是偶函数,其图像关于直线x=1对称, f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x). f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x). f(x)是以2为周期的周期函数. 12n11 ③ an=f(2n+)= f ()=a 2n2n lim(lnan)= limlna=0 nn2a7． 设yf(x)是定义在R上的恒不为零的函数，且对任意x、y∈R都有 f(x+y)＝f(x)f(y) ①求f(0)， ②设当x<0时，都有f(x)>f(0)证明当x>0时0 n2欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 解：①②仿前几例，略。 ③ an＝f(n)， a1＝f(1)＝1 an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝1an 2数列｛an｝是首项为1公比为1的等比数列 222sn＝1-12nn limsn＝1 8． 设yf(x)是定义在区间[1,1]上的函数，且满足条件： （i）f(1)f(1)0; （ii）对任意的u,v[1,1],都有|f(u)f(v)||uv|. （Ⅰ）证明：对任意的x[1,1],都有x1f(x)1x; （Ⅱ）证明：对任意的u,v[1,1],都有|f(u)f(v)|1; （Ⅲ）在区间[－1，1]上是否存在满足题设条件的奇函数yf(x)，且使得 1|f(u)f(v)||uv|.当u,v[0,].2 |f(u)f(v)||uv|,当u,v[1,1].2若存在，请举一例：若不存在，请说明理由. （Ⅰ）证明：由题设条件可知，当x[1,1]时，有 |f(x)|f(x)f(1)|x1|1x, 即x1f(x)1x. （ Ⅱ ） 证 法 一 ： 对 任 意 的 u,v[1,1],当|uv|1时,有|f(u)-f(v)||u-v|1. 当|u-v|1时,uv0,不妨设u0,则v0且v-u1, 欧阳阳理创编 2021.03.04 欧阳阳理创编 2021.03.04 所以，|f(u)f(v)||f(u)f(1)||f(v)f(1)||u1||v1| 1u1v2(vu)1.综上可知，对任意的u,v[1,1],都有 |f(u)f(v)|1. 证 法二：由（Ⅰ）可得，当x[0,1]时,f(x)1-x,x[1,0]时,|f(x)||f(x)f(1)1x1|x|. 所以，当x[1,1]时,|f(x)1|x|.因此，对任意的u,v[1,1], 当|uv|1时，|f(u)f(v)||uv|1.当|uv|1时，有uv0 且1|uv||u||v|2. 所以|f(u)f(v)||f(u)||f(v)|1|u|1|v|2(|u||v)1. 综上可知，对任意的u,v[1,1],都有|f(u)f(v)|1. （Ⅲ）答：满足所述条件的函数不存在. 理由如下，假设存在函数f(x)满足条件，则由 1|f(u)f(v)||uv|,u,v[,1], 211111 得|f()f(1)||1|. 又f(1)0,所以|f()|.① 22222 又因为f(x)为奇数，所以f(0)0.由条件|f(u)f(v)||uv|,u,v[0,1], 2111得 |f()||f()f(0)|.②①与②矛盾，所以假设不成立，即这样的 222函数不存在. 时间：2021.03.05 创作：欧阳理 欧阳阳理创编 2021.03.04 因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容