2014高中数学抽象函数专题.doc

1、2014 高三数学专题抽象函数特殊模型和抽象函数特殊模型 抽象函数正比例函数 f(x)=kx (k0) f(x+y)=f(x)+f(y)幂函数 f(x)=xn f(xy)=f(x)f(y) 或 )y(fx指数函数 f(x)=ax (a0 且 a1) f(x+y)=f(x)f(y) 或对数函数 f(x)=logax (a0 且a1)f(xy)=f(x)+f(y) )y(fx)y(f或正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函数 f(x)=tanx )y(fx1)yx(f余切函数 f(x)=cotx一.定义域问题 -多为简单函数与复合函数的定义域互求。例 1.

2、若函数 y = f（x）的定义域是2，2，则函数 y = f（x+1）+f（x1）的定义域为 1 。解：f(x)的定义域是 ，意思是凡被 f 作用的对象都在 中。评析：已, 2,知 f(x)的定义域是 A，求 的定义域问题，相当于解内函数 的不等式问xfx题。练习：已知函数 f(x)的定义域是 ，求函数 的定义域。2,1f3log21例 2：已知函数 的定义域为3，11，求函数 f(x)的定义域 。xf3log1log,3评析： 已知函数 的定义域是 A，求函数 f(x)的定义域。相当于求内函数xf的值域。x练习：定义在 上的函数 f(x)的值域为 ，若它的反函数为 f-1(x)，则 y=f-

3、8,32,1(2-3x)的定义域为 ，值域为 。 8,340二、求值问题-抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。例 3.对任意实数 x,y，均满足 f(x+y2)=f(x)+2f(y)2 且 f(1)0,则 f(2001)=_.解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：令 x=0,y=1,得 f(0+12)=f(0)+2f(1)2, 令 x=y=0,得：,)1(2)1(, fnffynx得令f(0)=0,f(1)= , .01)(f,2n)(f,- 故即 R 上的奇函数 y=f(x)有反函数 y=f-1(x),由 y=f(x+1)与 y=f-1

4、(x+2)互为反函数，则 f(2009)= .解析：由于求的是 f(2009)，可由 y=f-1(x+2)求其反函数 y=f(x)-2,所以 f(x+1)= f(x)-2，又 f(0)=0,通过递推可得 f(2009)=-4918.例 4.已知 f(x)是定义在 R 上的函数，f(1)=1,且对任意 xR 都有 f(x+5)f(x)+5,f(x+1)f(x)+1.若 g(x)=f(x)+1-x,则 g(2002)=_.1解:由 g(x)=f(x)+1-x,得 f(x)=g(x)+x-1. 而 f(x+5)f(x)+5，所以 g(x+5)+(x+5)-1g(x)+x-1+5 , 又 f(x+1)

5、f(x)+1，所以 g(x+1)+(x+1)-1g(x)+x-1+1 ，即 g(x+5)g(x), g(x+1)g(x). 所以 g(x)g(x+5)g(x+4)g(x+3)g(x+2)g(x+1),故 g(x)=g(x+1) 又 g(1)=1, 故 g(2002)=1.练习： 1. f(x)的定义域为 ，对任意正实数 x,y 都有 f(xy)=f(x)+f(y) 且 f(4)=2 (0,)，则 （ ） 2. (2)f1 的 值 是则且如 果 )201(f)5(f634)1(f2,)(f,yx(ff 。2000.( ,原式=16)2(1)ff222()4(3)6(4)857ffffffnf71

6、)( 7)1(,3)(,22021),()(431)( 1,252bf bfff aaffaf同 理则设 可 解 得又 、3、对任意整数 函数 满足： ，若 ，则 yx,)(xf1)()(xyfyxf )(f)8(fC A.-1 B.1 C. 19 D. 434、函数 f(x)为 R 上的偶函数，对 都有 成立，若 ，则R(6)(3)ff ()2f=（ ） （B）(205)f A . 2005 B. 2 C.1 D.05、定义在 R 上的函数 Y=f(x)有反函数 Y=f-1(x)，又 Y=f(x)过点（2，1） ，Y=f(2x)的反函数为 Y=f-1(2x)，则 Y=f-1(16)为（ ）

7、（A ）A） B） C）8 D）161816 的 值求的 值求均 有 对 所 有上 的 函 数 ， 满 足 ，是 定 义 在为 实 数 ， 且、 已 知 )71(2)1()(,0)(06fayafxyxf xf 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，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在 ,使得 ，求函数 f(x)的值域。21x)(21xff解：令 x=y=0，有 f(0)=0 或 f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数 ，使得 成立矛盾，故 f(0)0，必有 21 )(21xfff(0)=

8、1。由于 f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数 x、y 均成立，因此， ,0)2(xf又因为若 f(x)=0,则 f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0 与 f(0)0 矛盾,所以 f(x)0.四、求解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法，例 5. 已知 f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求 f(x)解:令 u=1+sinx,则 sinx=u-1 (0u2),则 f(u)=-u2+3u+1 (0u2)故 f(x)=-x2+3x+1 (0u2)例 6、设对满足 x0,x1 的所有实数 x，函数 f(x)满足, ,求xfx1f(x)的解析式。解: -

9、 （2）(1),x0( 1)x(f) 且 ,)1(:x- xfxf得代 换用-（3）:)1(x- 得中 的代 换再 以 x .12)(-1f(xf 1)x0( 2x)(f:2)3(13且得由例 7.已知 f(x)是多项式函数，且 f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求 f(x).解:易知 f(x)是二次多项式，设 f(x)=ax2+bx+c (a0) ，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.例 8.是否存在这样的函数 f(x),使下列三个条件:f(n)0,nN;f(n 1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N*;f(2)=4 同时成立? 若存在,

10、求出函数 f(x)的解析式；若不存在，说明理由.解:假设存在这样的函数 f(x),满足条件,得 f(2)=f(1+1)=4,解得 f(1)=2.又 f(2)=4=22,f(3)=23,由此猜想:f(x)=2 x (xN*)小结：对于定义在正整数集 N*上的抽象函数,用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.例9、已知 是定义在R上的偶函数，且 恒成立，当 时，)(xf )21()3(xff 3,2x，则 时，函数 的解析式为（ D ） A f)()0,2)(xf B C D 41x13解：易知 T=2，当 时, , ;当)(,24)(4)(xfxf时 , .故选

11、D。)0,1(x3,2)(fxf 练习：1、 .23|)(f:|,)x1(f,)(,)x(fy 求 证且为 实 数即是 实 数 函 数设解: ，02)(f3 x,1)(f2, 2与 已 知 得得代 换用 .23|)x(f,04x9 2得由2.（重庆）已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x.（）若 f(2)=3，求 f(1)；又若 f(0)=a，求 f(a)；（）设有且仅有一个实数 x0，使得 f(x0)=x0，求函数 f(x)的解析表达式。 22222),()-)( -()33,1),00Ifxfxfafafa解 ： 因 为 对 任 意 有所 以又

12、 由 得 ） 即若 则 即2200200 022(I)()(). , ()()xRfxfxffxxfx因 为 对 任 意 ， 有又 因 为 有 且 只 有 一 个 实 数 ， 使 得所 以 对 任 意 有在 上 式 中 令 ， 有再 代 ， 得 ， 故 =或 1若 ， 则 ， 即2 002 (,1.) xf R 但 方 程 有 两 个 不 相 同 实 根 ， 与 题 设 条 件 矛 盾 。 故若 1， 则 有 即 易 验 证 该 函 数 满 足 题 设 条 件 。综 上 ， 所 求 函 数 为3、函数 f(x)对一切实数 x,y 均有 f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x 成立，且 f(

13、1)=0， （1）求 的值； （2）对任意的 ， ，都有 f(x1)+20 时 f(x)0,f(x 2-x1)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。证明：设 R 上 x11，f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此处不能直接得大于 f(x1)，因为 f(x1)的正负还没确定) 。取 x=y=0 得 f(0)=0 或 f(0)=1;若 f（0）=0,令 x0,y=0，则 f(x)=0 与 x0 时，f(x)1 矛盾，所以 f(0)=1，x0 时，f(x)10,x0，f(-x)1,由，故 f

14、(x)0，从而 f(x2)f(x1).即 f(x)在 R 上)(1)()0( xfxff得是增函数。（注意与例 4 的解答相比较，体会解答的灵活性）例 11、已知偶函数 f(x)的定义域是 x0 的一切实数，对定义域内的任意 x1,x2都有 ，且当 时 ， （1）f(x)在(0,+)上是增1212()(fxf1()0,(2)ff函数； （2）解不等式 2()f解： （1）设 ，则 210x2211()()(xfxff221)()(xxff， ， ，即 ， 在210x11f210ff21fff上是增函数 头htp:/w.xjkygcom126t:/.j （2） ， ， 是偶函数不(,)()f(4

15、)()ff()fx等式 可化为 ，又函数在 上是增函数，02)fx2|0,，解得：2|1|401| xx且练习：已知函数 f(x)的定义域为 R，且对 m、nR, 恒有 f(m+n)=f(m)+f(n)1,且f( )=0,当 x 时，f(x)0.求证：f(x )是单调递增函数；2121证明：设 x1x 2,则 x2x 1 ,由题意 f(x2x 1 )0,f (x2)f(x 1)=f(x 2x 1)2+x1f(x 1)=f(x2x 1)+f(x1)1f(x 1)=f(x2x 1)1=f(x 2x 1)+f( )1=f(x 2x 1) 0,f( x)是单调递增函数.2例 12、定义在 R+上的函数

16、 f(x)满足: 对任意实数 m,f(xm)=mf(x); f(2)=1 。(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数 x,y 都成立; (2)证明 f(x)是 R+上的单调增函数; (3)若 f(x)+f(x-3)2,求 x 的取值范围 .解:(1)令 x=2m,y=2n,其中 m,n 为实数,则 f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n，又 f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以 f(xy)=f(x)+f(y)，故 f(x1),2x,n,x0:)2( nm121 且 使可 令设证 明 0nm)2(f)2(fx)(f)1( n

17、m12 得由0 可得 f(a)f(b). ）2k练习 4、已知函数 f(x)对任何正数 x,y 都有 f(xy)=f(x)f(y),且 f(x)0,当 x1 时,f(x)f(x2),故 f(x)在 R+上为减函数.1)(f)(f)(f)(f 2121212 )(0,3,3, )(05 ，、，、 的 解 集 为， 则上 单 调 递 减 ， 且在、 奇 函 数练 习 DCBA Cxfx练习 6、. 已知函数 ()fx的定义域为 1，且同时满足：(1)对任意 0,1x，总有()2fx；(2) (1)f， (3)若 120,且 2x，则有 122()()fxff. (I)求 0的值；(II)求 ()f

18、的最大值； (III)设数列 na的前 项和为 nS，且满足*123,nnSaN.求证： 123 123()()affaf .解：（I）令 120x，由(3), 则 0,0， 由对任意 0,x，总有(),()fxf（II）任意 12,且 12，则212102121()()()fxxffxfmax()f(III)*3nnSaN13nnSa 1113 3,0nna13() 4nffffff143(nn，即 14()(nnf。22112214 4133 33() nnnfaffafa 故 13()2nfa1 ()()即原式成立。 六、奇偶性问题例 13. （1）已知函数 f(x)(x0 的实数)对任

19、意不等于零的实数 x、y 都有f(x y)=f(x)+f(y)，试判断函数 f(x)的奇偶性。解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑 f(-x)与 f(x)的关系：取 y=-1 有 f(-x)=f(x)+f(-1),取 x=y=-1 有 f(1)=2f(-1)，取 x=y=1 有 f(1)=0.所以 f(-x)=f(x),即 f(x)为偶函数。（2）已知 y=f(2x+1)是偶函数，则函数 y=f(2x)的图象的对称轴是（ D ）baff)()A.x=1 B.x=2 C.x= D.x=21解析：f(2x+1)关于 x=0 对称,则 f(x)关于 x=1 对称,故 f(2x)关于

20、 2x=1 对称.注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化繁为简。F（x）=f(2x+1)为偶函数，则 f(-2x+1)=f(2x+1)f(x)关于 x=1 对称。例 14：已知函数 f(x)的定义域关于原点对称且满足 ，)(1)(1xfyfxf（2）存在正常数 a，使 f(a)=1.求证：f(x)是奇函数。证明：设 t=x-y,则 ，所以 f(x)为奇)()()()() tfxfyfxyft 函数。例 15：设 是定义在 上的偶函数，且在 上是增函数，又)(xfR)0,(。求实数 的取值范围。)12312(aaf a解析：又偶函数的性质知道： 在 上减，而 ，)(

21、xf),012a，所以由 得 ，解得03 131(22af 23。0（设计理由：此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题，所以本题弹性较大，可以作一些条件变换如： 等；也可将定义域作一些)2()()(ffaf或调整）例 16：定义在 R 上的单调函数 f(x)满足 f(3)=log 3 且对任意 x，y R 都有 f(x+y)2=f(x)+f(y) (1)求证 f(x)为奇函数；(2)若 f(k3 )+f(3 -9 -2)0 对任意 x R 恒成立，xx求实数 k 的取值范围解答：(1) 证明： f(x+y)=f(x)+f(y)(x，yR)- 令 y=-x，代入式，得 f(x-x)=f(x)+f

22、(-x)=f(0)，令 x=y=0，代入式，得 f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0即 f(-x)=-f(x)对任意 xR 成立，f(x)是奇函数(2)解： f(3)=log 30，即 f(3)f(0)，又 f(x)在 R 上是单调函数，所以 f(x)2在 R 上是增函数，又由(1)f(x)是奇函数f(k 3 )-f(3 -9 -2)=f(-3 +9 +2)， xxxk3 -3 +9 +2，3 -(1+k)3 +20 对任意 xR 成立令 t=3 0，即 t -xx2xx 2(1+k)t+20 对任意 t0 恒成立故： 对任意 xR 恒2 21()1),20(0),1()()80

23、12令 其 对 称 轴当 即 时 ， 符 合 题 意 ；+k当 时对 任 意 恒 成 立解 得 - kfttxfktfk 312()(92)0时 ， xkfkf成立。说明：问题(2)的上述解法是根据函数的性质f(x)是奇函数且在 xR 上是增函数，把问题转化成二次函数 f(t)=t -(1+k)t+2 对于任意 t0 恒成立对二次2函数 f(t)进行研究求解本题还有更简捷的解法：分离系数由 k3 -3 +9 +2xx得 要使对 不等式 恒成立，只需,132,132xxuk而 xR231.xkkun (nN*).解:(1)、令 a=b=0,得 f(0)=0,令 a=b=1,得 f(1)=0。(2

24、)、令 a=b=-1,得 f(-1)(-1)=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故 f(-x)=f(-1)(x)= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故 f(x)为奇函数. (3)先用数学归纳法证明:u n=f(2n)0 (nN*)(略)2. 定义域为R的函数f(x)满足：对于任意的实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x0时f(x)0恒成立.(1)判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论；(2)证明f(x)为减函数；若函数f(x)在-3，3 ）上总有 f(x)6成立，试确定f(1) 应满足的条件； )0a,n(),afx(n1)fax(n1x)( 22 是 一 个 给 定 的 自 然 数的 不 等 式解 关 于解:（2）设任意x 1，x 2R且x 1x 2，则x 2-x10，f（x 2-x1）0,而f（x 2-x1）= f（ x2）+ f（-x 1）= f（x 2）-f（x 1）0；f(x 1)f (x2),即f(x)在(-，+)上是减函数 .f(x)在-3，3上的最大值为f(-3 ).要使f(x)6恒成立，当且仅当 f(-3)6，又f（-3 ）= - f（3）= - f（2+1）=- f（2）+ f（1） = - f（1）+ f（1）+ f（1）= -3 f（1） ，f（1）-2.（3） f（ax 2）- n1