2014高中数学抽象函数专题

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(k≠0)f(x+y)=f(x)+f(y)幂函数f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y)[或)y(f)x(f)yx(f]指数函数f(x)=ax(a0且a≠1)f(x+y)=f(x)f(y)[)y(f)x(f)yx(f或对数函数f(x)=logax(a0且a≠1)f(xy)=f(x)+f(y)[)]y(f)x(f)yx(f或正、余弦函数f(x)=sinxf(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函数f(x)=tanx)y(f)x(f1)y(f)x(f)yx(f余切函数f(x)=cotx)y(f)x(f)y(f)x(f1)yx(f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.若函数y=f（x）的定义域是[－2，2]，则函数y=f（x+1）+f（x－1）的定义域为11x。解：f(x)的定义域是2,2，意思是凡被f作用的对象都在2,2中。评析：已知f(x)的定义域是A，求xf的定义域问题，相当于解内函数x的不等式问题。练习：已知函数f(x)的定义域是2,1，求函数xf3log21的定义域。例2：已知函数xf3log的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域。11log,13评析：已知函数xf的定义域是A，求函数f(x)的定义域。相当于求内函数x的值域。练习：定义在8,3上的函数f(x)的值域为2,2，若它的反函数为f-1(x)，则y=f-1(2-3x)的定义域为，值域为。8,3,34,0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3.①对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(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：,)]1([2)()1(,1,2fnfnfynx得令令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,令x=y=0,得：f(0)=0,∴f(1)=21,.22001)2001(f,2n)n(f,21f(n)-1)f(n故即②R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(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x∈R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)-1≥g(x)+x-1+5,又f(x+1)≤f(x)+1，所以g(x+1)+(x+1)-1≤g(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(0,)，对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2，则(2)f（12）2.的值是则且如果)2001(f)2000(f)5(f)6(f)3(f)4(f)1(f)2(f,2)1(f),y(f)x(f)yx(f。20002(1)(2)(1)fff222(2)(4)(3)(6)(4)(8)(3)(5)(7)fffffffff.(()2nfn,原式=16)3、对任意整数yx,函数)(xfy满足：1)()()(xyyfxfyxf，若1)1(f，则)8(fCA.-1B.1C.19D.434、函数f(x)为R上的偶函数，对xR都有(6)()(3)fxfxf成立，若(1)2f，则(2005)f=（）（B）71)71(7)1(,,3)73(,2)72()72(21)2720()71(,)71()2(21)],1([)1()24341()21()1()43(,)41()21()1(522bfbfbfbffffbfaaaaaaaffaaafafaf同理则设可解得又、A.2005B.2C.1D.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（）（A）A）18B）116C）8D）16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()()()1()2(,,1)1(,0)0(]10[)(,106fayafxfayxfyxffxfaa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21xx,使得)()(21xfxf，求函数f(x)的值域。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21xx，使得)()(21xfxf成立矛盾，故f(0)≠0，必有f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x、y均成立，因此，0)2()(2xfxf,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(0≤u≤2),则f(u)=-u2+3u+1(0≤u≤2)故f(x)=-x2+3x+1(0≤u≤2)例6、设对满足x≠0,x≠1的所有实数x，函数f(x)满足,xxxfxf11,求f(x)的解析式。解:(1)1),x0(xx1)x1x(f)x(f且----,12)11()1(:x1-xxxxfxxfx得代换用（2）:)1(x-11得中的代换再以x.12)()x-11f(xxxf---（3）1)x0(xx2x21xx)x(f:2)2()3()1(223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(a≠0)，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:①f(n)0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;③f(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)=2x(x∈N*)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)(xf是定义在R上的偶函数，且)21()23(xfxf恒成立，当3,2x时，xxf)(，则)0,2(x时，函数)(xf的解析式为（D）A．2xB．4xC．12xD．13x解：易知T=2，当)1,2(x时,3,24x,∴)(4)4(xfxxf;当)0,1(x时3,22x,∴)()(2)2(xfxfxxf.故选D。练习：1、.232|)x(f:|,x)x1(f2)x(f),)x(f,x()x(fy求证且为实数即是实数函数设解:02)x(xf3x,x1)x(f2)x1(f,xx12与已知得得代换用，.232|)x(f|,024)x(9f02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.（Ⅰ）若f(2)=3，求f(1)；又若f(0)=a，求f(a)；（Ⅱ）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。22222222(),(()-)()((2)-22)(2)22(2)3,(3-22322,(1)1(0),(00)00,()IxRffxxxfxxxfffffffafaafaa解：因为对任意有所以又由得）即若则即22000202000002000000220(II)(())().(),()()()0()0()xRffxxxfxxxxfxxxRfxxxxxxfxxxxfxxxxxxxfxxxfxxx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=0或=1若=0，则，即2022020()1,()1.()1()xxxxxfxxxfxxxfxxxxR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(1)=0，（1）求(0)f的值；（2）对任意的11(0,)2x，21(0,)2x，都有f(x1)+2logax2成立时，求a的取值范围．解：（1）由已知等式()()(21)fxyfyxyx，令1x，0y得(1)(0)2ff，又∵(1)0f，∴(0)2f．（2）由()()(21)fxyfyxyx，令0y得()(0)(1)fxfxx，由（1）知(0)2f，∴2()2fxxx．∵11(0,)2x，∴22111111()2()24fxxxx在11(0,)2x上单调递增，∴13()2(0,)4fx．要使任意11(0,)2x，21(0,)2x都有12()2logafxx成立，必有23log4ax都成立.当1a时，21loglog2aax,显然不成立．当01a时，213(log)log24aax，解得3414a∴a的取值范围是34[,1)4．五、单调性问题（抽象函数的单调性多用定义法解决）例10.设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x0时f(x)0,且f(1)=-2,求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.解析:由单调性的定义步骤设x1x2,则f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)f(x1).（∵x2-x10,∴f(x2-x1)0）所以f(x)是R上的减函数,故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=-f(3)=6.练习：设f(x)定义于实数集上，当x0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x1x2，则f(x2-x1)1，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