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数学:抽象函数常见题型解法综述(试卷)定稿


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 f ( x ) 的定义域是[1,2] ,求 f(x)的定义域。
2

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 [log 1 (3 ? x)] 的定义域。 ,
2

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 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关键。这类问题实质上相当于已知 ? (x) 的值域 B,且

B ? A ,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 R 的函数 f(x) ,同时满足下列条件:① f (2) ? 1,f (6) ? ②
?

f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) ,求 f(3) ,f(9)的值。

1 ; 5

-1-

通过观察已知与未知的联系,巧妙地赋值,取 x ? 2 , y ? 3 ,这样便把已知条件 f (2) ? 1 f (6) ? , 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。 练习:1. 设函数 f ( x) 对任意 x1 , x2 ? [0, ] 都有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,已知 f (1) ? 2 ,求

1 5

1 2

1 1 f ( ), f ( ) 。 2 4

2. 已知 f ( x) 是定义在 R 上的函数,且满足: f ( x ? 2)[1 ? f ( x)] ? 1 ? f ( x) , f (3) ? 2010 , 求 f (2011) 的值。

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 x1 ? x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ,求函数 f (x) 的值域。

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。 练习:3. 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。 ⑴ 求 f (0) ; ⑶ 证明:f(x)是实数集上的增函数; ⑵ 证明:f(x)是实数集上的奇函数; ⑷ 求 f(x)在区间[-2,1]上的值域。

-2-

四、解析式问题 例 5. 设对满足 x ? 0, x ? 1的所有实数 x ,函数 f ( x) 满足 f ( x) ? f ( 析式。

x ?1 ) ? 1 ? x ,求 f ( x) 的解 x

如果把 x 和

x ?1 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 x

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。 练习:4. 是否存在函数 f(x),使下列三个条件:①x ∈N 时,f(x)>0; ② 不存在,说明理由。 ;③f(2)=4。同时成立?若存在,求出 f(x)的解析式,如

五、单调性问题 例 6. 设 f ( x ) 定 义 于 实 数 集 上 , 当 x ? 0 时 , f ( x) ? 1 , 且 对 于 任 意 实 数 x 、 y , 有

f ( x ? y ) ? f ( x) ? f ( y ) 。
⑴ 求 f (0) ; ⑵ 证明: x ? R 时, f ( x) ? 0 恒成立;

⑶ 求证: f (x) 在 R 上为增函数。

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。 练习:5.已知函数 f ( x) 是定义在(-∞,3]上的减函数,已知 f (a ? sin x) ? f (a ? 1 ? cos x)
2 2

对 x ? R 恒成立,求实数 a 的取值范围。

-3-

六、奇偶性问题 例 7. 已知函数 f ( x)( x ? R,x ? 0) 对任意不等于零的实数 x1、x2 都有 f ( x1 ? x2 ) ? f ( x1 ) ? f ( x2 ) 。 ⑴ 求 f (1), f (?1) ; ⑵ 试判断函数 f(x)的奇偶性。

练习:6、 已知定义在[-2,2]上的偶函数,f (x)在区间[0,2]上单调递减,若 f (1-m)<f (m),求实数 m 的取值范围

7. 设 f(x)是 R 上的奇函数,且 f(x+3) =-f(x),求 f(2010)的值。

七、对称性问题 例 8. 已知函数 y ? f (x) 满足 f ( x) ? f (? x) ? 2012 ,求 f
?1

( x) ? f ?1 (2012 ? x) 的值。

-4-

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 y ? f (x) 对一切实数 x 都满足 f (a ? x) ? f (a ? x) ? 2b ,则函数 y ? f (x) 的图象关于点(a,b) 成中心对称图形。 练习:8.已知函数 f ( x) 是定义在 R 上的增函数,设 F ( x) ? f ( x) ? f (a ? x) . (1)用函数单调性的定义证明: F ( x) 是 R 上的增函数; (2)证明:函数 y = F ( x) 的图象关于点(

a , 0) 成中心对称图形. 2

八、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 f (m ? n) ? f (m) ? f (n) ,且当 x>0 时,0<f(x)<1。 (1)判断 f(x)的单调性;

, (2)设 A ? {( x,y ) | f ( x ) ? f ( y ) ? f (1)} , B ? {( x,y ) | f (ax ? y ? 2 ) ? 1 a ? R} ,若
2 2

A ? B ? ? ,试确定 a 的取值范围。

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。 练习:9.已知函数 f ( x), 当 x, y ? R 时,恒有 f ( x ? y) ? f ( x) ? f ( y) . (1)求证: f ( x) 是奇函数; (2)若 f (?3) ? a, 试用a表示f (24) .

-5-

抽象函数常见题型解法综述参考答案
例1 解:f ( x ) 的定义域是 [1, , 2] 是指 1 ? x ? 2 , 所以 f ( x ) 中的 x 满足 1 ? x ? 4
2 2

2

2

从而函数 f(x)的定义域是[1,4] 例 2 解: 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,由此可 , , 得 ? 1 ? log 1 (3 ? x) ? 2 ? ( ) ? 3 ? x ? ( )
2 2

1 2

1 2

?1

?1? x ?

11 4

所以函数 f [log 1 (3 ? x)] 的定义域是 [1 , ]
2

11 4

例3

解:取 x ? 2,y ? 3 ,得 f (6) ? f (2) ? f (3)

因为 f (2) ? 1 f (6) ? ,

1 4 ,所以 f (3) ? ? ,又取 x ? y ? 3 5 5

得 f (9) ? f (3) ? f (3) ? ?

8 5

x x ? 1? 练习 1. 解:由 f( x1 ? x 2 ) =f( x1 ) ? f ( x 2 ) , x1 , x 2 ? ?0, ? 知 f(x)=f( ) ? f ( ) ≥0,x? ?0,1? 2 2 ? 2?
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 ? f (1) ? f ( ? ) ? f ( ) ? f ( ) ? [ f ( )] 2 , f f ( ) ? 24 (1) ? f ( ) ? 2 . 同理可得 4 =2, 2 2 2 2 2 2

2. 解:从自变量值 2001 和 1 进行比较及根据已知条件来看,易联想到函数 f(x)是 周期函数。由条件得 f(x)≠1,故
1 1 ? f ( x) 1 ? f ( x) , f(x+4)= 1 ? f ( x) ? ? f(x+2)= f ( x) . 1 ? f ( x) 1? 1 ? f ( x) 1? 1 ? f ( x)

所以 f(x+8)= ?

1 ? f ( x) . f ( x ? 4)

所以 f(x)是以 8 为周期的周期函数,从而 f(2011)=f(3)=2010。 说明:这类问题出现应紧扣已知条件,需用数值或变量来迭代变换,经过有限次迭代可 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 4 解:令 x ? y ? 0 ,得 f (0) ? [ f (0)] ,即有 f (0) ? 0 或 f (0) ? 1 。
2

若 f (0) ? 0 ,则 f ( x) ? f ( x ? 0) ? f ( x) f (0) ? 0 ,对任意 x ? R 均成立,这与存在实 数 x1 ? x2 ,使得 f ( x1 ) ? f ( x2 ) 成立矛盾,故 f (0) ? 0 ,必有 f (0) ? 1 。 由于 f ( x ? y) ? f ( x) f ( y) 对任意 x、y ? R 均成立,因此,对任意 x ? R ,有

-6-

x x x x x f ( x) ? f ( ? ) ? f ( ) f ( ) ? [ f ( )] 2 ? 0 2 2 2 2 2
下面来证明,对任意 x ? R,f ( x) ? 0 设存在 x0 ? R ,使得 f ( x0 ) ? 0 ,则 f (0) ? f ( x0 ? x0 ) ? f ( x0 ) f (? x0 ) ? 0 这与上面已证的 f (0) ? 0 矛盾,因此,对任意 x ? R,f ( x) ? 0 ,所以 f ( x) ? 0 练习 3、 解:设 ∵ ∴ 在条件中,令 y=-x,则 ,即 ,∵当 , ,∴f(x)为增函数。 ,再令 x=y=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 5 解:在 f ( x) ? f (

x ?1 ) ? 1? x x (2)

(1) 中以

x ?1 代换其中 x,得: x

f(

x ?1 1 2x ? 1 ) ? f (? )? x x ?1 x

再在(1)中以 ?

1 1 x?2 代换 x,得 f (? ) ? f ( x) ? x ?1 x ?1 x ?1
x3 ? x2 ?1 2 x( x ? 1)

(3)

(1) ? (2) ? (3) 化简得: f ( x) ?

练习 4、分析:由题设可猜想存在 数 ,用数学归纳法证明如下:

,又由 f(2)=4 可得 a=2.故猜测存在函

(1)x=1 时,∵ ∴ (2)假设 ,结论正确。 时有

,又∵x ∈N 时,f(x)>0,

,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 。
-7-

例6

证明:在 f ( x ? y) ? f ( x) f ( y) 中取 x ? y ? 0 ,得 f (0) ? [ f (0)]

2

若 f (0) ? 0 ,令 x ? 0,y ? 0 ,则 f ( x) ? 0 ,与 f ( x) ? 1 矛盾 所以 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,所以 f ( x) ?

1 ?0 f (? x)

又当 x ? 0 时, f (0) ? 1 ? 0 。所以对任意 x ? R ,恒有 f ( x) ? 0 设 ? ? ? x1 ? x2 ? ?? ,则 x 2 ? x1 ? 0,f ( x 2 ? x1 ) ? 1 所以 f ( x2 ) ? f [ x1 ? ( x2 ? x1 )] ? f ( x1 ) f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) 所以 y ? f (x) 在 R 上为增函数。 练习 5、解: f (a ? sin x) ? f (a ? 1 ? cos x) 等价于
2 2

? ?a 2 ? sin x ? 3 ?a 2 ? 3 ? sin x ?a 2 ? 3 ? ?1 ? ? ? 2 ? ? ?a ? 2 ? ? cos 2 x ? ?a ? 2 ? 0 ?a ? 1 ? cos x ? 3 ?a 2 ? sin x ? a ? 1 ? cos 2 x ?a 2 ? a ? 1 ? cos 2 x ? sin x ? 5 ? ? ?a 2 ? a ? 1 ? ? 4
? ?? 2 ? a ? 2 ? 1 ? 10 ? ?? 2?a? ?a ? 2 2 ? ? a ? 1 ? 10 或a ? 1 ? 10 ? ? 2 2

, 例 7 解:取 x1 ? ?1 x2 ? 1 得: f (?1) ? f (?1) ? f (1) ,所以 f (1) ? 0
又取 x1 ? x2 ? ?1 得: f (1) ? f (?1) ? f (?1) ,所以 f (?1) ? 0 再取 x1 ? x,x2 ? ?1 则 f (? x) ? f (?1) ? f ( x) ,即 f (? x) ? f ( x)

-8-

因为 f (x) 为非零函数,所以 f (x) 为偶函数。 练习 6、分析:根据函数的定义域,-m,m∈[-2,2],但是 1- m 和 m 分别在[-2,0]和[0, 2]的哪个区间内呢?如果就此讨论, 将十分复杂, 如果注意到偶函数, f (x)有性质 (-x)= f (x)=f 则 f ( |x| ),就可避免一场大规模讨论。 解:∵f (x)是偶函数, f (1-m)<f(m) 可得 f ( 1 ? m ) ? f ( m ) ,∴f(x)在[0,2]上是单调递

?1 ? m ? m ?1 ? 2m ? m 2 ? m 2 1 ? 减的,于是 ?0 ? 1 ? m ? 2 ,即 ?? 2 ? 1 ? m ? 2 化简得-1≤m< 。 ? 2 ? ?? 2 ? m ? 2 0? m ?2 ? ?
练习 7、 解:因为 f(x+3) =-f(x),所以 f(x+6)=f((x+3)+3) =-f(x+3)=f(x),故 6 是函数 f(x)的一 个周期。又 f(x)是奇函数,且在 x=0 处有定义,所以 f(x)=0 从而 f(2010)=f(6×335)=f(0)=0。 例 8 解:已知式即在对称关系式 f (a ? x) ? f (a ? x) ? 2b 中取 a ? 0,b ? 2012 ,所以
?1

函数 y ? f (x) 的图象关于点 (0, 1006) 对称。 根据原函数与其反函数的关系, 知函数 y ? f 的图象关于点(1006,0)对称。 所以 f
?1

( x)

( x ? 1006) ? f ?1 (1006 ? x) ? 0
?1

将上式中的 x 用 x ? 1001 代换,得 f

( x) ? f ?1 (2012 ? x) ? 0

练习 8. (1)任取 x1 , x2 ? R, 且x1 ? x 2 ,则 F ( x1 ) ? F ( x2 ) ? [ f ( x1 ) ? f (a ? x1 )] ? [ f ( x2 ) ? f (a ? x2 ) =[
[ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ? [ f (a ? x1 ) ? f (a ? x2 )]

∵ x1 ? x 2 , ∴ ? x1 ? ? x2 , ∴ a ? x1 ? a ? x2 , 又∵函数 f ( x) 是定义在 R 上的增函数, ∴ f (? x1 ) ? f (? x2 ) , f (a ? x1 ) ? f (a ? x2 ) 故 f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0, f (a ? x1 ) ? f (a ? x2 ) ? 0 ∴ [ f ( x1 ) ? f ( x2 )] ? [ f (a ? x1 ) ? f (a ? x2 )] >0 ∴ F ( x) 是 R 上的增函数;

a (2)设 M ( x0 , y0 ) 为函数 y = F ( x) 的图象上任一点,则点 M ( x0 , y0 ) 关于点( , 0) 的 2

对称点为 N( m, n ),则
y ?n a x0 ? m ,故 m ? a ? x0 , n ? ? y0 ? ,0 ? 0 2 2 2

-9-

∵把 m ? a ? x0 , 代入 F ( x) ? f ( x) ? f (a ? x) 得,
f (a ? x0 ) ? f (a ? a ? x0 ) ? f (a ? x0 ) ? f ( x0 ) =- y0
a ∴函数 y = F ( x) 的图象关于点( , 0) 成中心对称图形. 2
例 9 解: (1)在 f (m ? n) ? 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 (m ? n) ? f (m) ? f (n) 中,令 m ? x,n ? ?x ,因为当 x ? 0 时, 0 ? f ( x) ? 1 所以当 x ? 0 时 ? x ? 0,0 ? f (? x) ? 1

而 f ( x) ? f (? x) ? f (0) ? 1 ,所以 f ( x) ?

1 ?1? 0 f (? x)

又当 x=0 时, f (0) ? 1 ? 0 ,所以,综上可知,对于任意 x ? R ,均有 f ( x) ? 0 。 设 ? ? ? x1 ? x2 ? ?? ,则 x2 ? x1 ? 0,0 ? f ( x2 ? x1 ) ? 1 所以 f ( x2 ) ? f [ x1 ? ( x2 ? x1 )] ? f ( x1 ) ? f ( x2 ? x1 ) ? f ( x1 ) 所以 y ? f (x) 在 R 上为减函数。 (2)由于函数 y=f(x)在 R 上为减函数,所以 f ( x ) ? f ( y ) ? f ( x ? y ) ? f (1)
2 2 2 2

即有 x ? y ? 1
2 2

又 f (ax ? y ?

2 ) ? 1 ? f (0) ,根据函数的单调性,有 ax ? y ? 2 ? 0
2 2

由 A ? B ? ? , 所 以 直 线 ax ? y ? 2 ? 0 与 圆 面 x ? y ? 1 无 公 共 点 。 因 此 有

2 a2 ?1

? 1 ,解得 ? 1 ? a ? 1 。

练习 9.(1)证明:令 y ? ?x ,得 f (x ? x ) ? f (x ) ? f ( ?x ) ? f (x) ? f ( ?x) ? f (0)

- 10 -

令 x ? y ? 0 ,则 f (0) ? 2 f (0) ? f ? 0 ? ? 0 ∴ f ( x) ? f ( ? x ) ? 0 f ( ? x) ? ? f ( x) ∴ f ( x) 是奇函数。

(2)∵ f (24) ? f (3) ? f (21) ? 2 f (3) ? f (18) ? ... ? 8 f (3) 又∵ f (?3) ? a ? f (3) ? ?a ? f (24) ? ?8a

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