2017高中数学抽象函数专题.doc

1、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 )(21xff f(0)=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

2、)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 6、设对满足 x0,x1 的所有实数 x，函数 f(x)满足, ,求xfx1 f(x)的解析式。 解: - （2）(1),x0( 1)x(f) 且 ,)1(:x- xfxf得代 换用 -（3）:-1 得中 的代 换再 以 .2-ff 1)x0( :23)3且得由 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,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

3、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. 练习：1、 .23|)x(f:|,)x1(f2),x(f,)x(fy 求 证且为 实 数即是 实 数 函 数设 解: ，0(f3 ,1)(f2,12与 已 知 得得代 换用 .23|)x(f,049 2得由 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(1)=0， （1）求 的值；

4、 0 （2）对任意的 ， ，都有 f(x1)+20 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(x)0，从而 f(x2)f(x1).即 f(x

5、)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） 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 练习 4、已知函数 f(

6、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 练习 6、. 已知函数 x的定义域为 0,，且同时满足：(1)对任意 0,x，总有fx ；(2) 3f， (3)若 12,且 12x，则有 1212()()fxff. (I)求 0的值；(II)求 ()f的最大值； (III)设数列 na的前 项和为 nS，且满足*12,nnSaN .求证： 123 123()()affaf . 解：（I）令 120x，由(3), 则 0,0， 由对任意 0,x，总有(),(

7、)fxf （II）任意 12,且 12，则212102121()()()fxxffxfmax()f (III)*3nnSaN13nnSa 1113 3,0nna 13() 4nffffff143(nn ，即 14()(nnf。22112214 4133 33() nnnfaffafa 故 13()2nfa1 ()() 即原式成立。 六、奇偶性问题 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 （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 ） A.x=1 B.x=2 C.x= D.x=21 解析：f(2x+1)关于

8、 x=0 对称,则 f(x)关于 x=1 对称,故 f(2x)关于 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 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 ，)(xf),012a ，所以由 得 ，解得0123a )123()12(afaf 12312aa 。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

9、较大， 可以作一些条件变换如： 等；也可将定义域作一些)()()(fff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(-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(

10、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)， xxx k3 -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),2(),0,10()()812令 其 对 称 轴当 即 时 ， 符 合 题 意 ；+k当 时对 任 意 恒 成 立解 得 - kftt

11、xfktfk 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.xk km-1 对 0 2恒成立，分离参变量 m（这是求参变量取值范围的通法）得： m f(cos ) B. f(sin)0),此时 x=t-1,设 g(t)=212)1()(2 tttt (当且仅当 t=

12、1 即 x=0 时等号成立， （注意这里的 “换元”实质是“整体化”的具体落实，将需要“整体化”的部分换成一个变量， 比“凑”更具一般性也更易实施） ，选 C。 举例 2已知 Rba,1+，则 ab1的最小值为 解析：本题关注 的取值范围，对 使用基本不等式，当且仅当 ab=1 时 等号成立，事实上： 4)2(0，等号不成立，即不能使用基本不等式。 记 ab=t（0 t 41）, ab1=t+ =g(t),函数 g(t)在（0， 41上递减，g( t)min=g(41 )= 7。 5.求参变量的取值范围通常采用分离参数法，转化为求某函数的值域或最值；也 可以整体研究函数 y=f(a,x)的最值。 举例 关于 x 的方程 22x-m2x+4=0(x0)有解，求实数 m 的取值范围。 解析：令 2x=t,(0t1),原方程变为：t 2-mt+4=0 在（0，1）上有解，这里显然不 能简单地用判别式处理，因为0 不能保证方程在（0，1）上有解，还需附加 更多的条件才成，繁！事实上，求参变量范围的问题首先考虑的是“分离参变量” ： tm4= )(g，所谓方程有解，即 m在函数 )(tg的值域内（这也是解决方程有解 问题的通法） ，t（0，1） ，不能使用基本不等式（等号不成立） ，注意到函 数 )(t在（0，1）上递减， )(tg（5， ）即 （5， ） 。