高中数学抽象函数常见题型及解法教案

抽象函数常见题型及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，使得这类问题是函数内容的难点之一，其性质常常是隐而不漏，但一般情况下大多是以学过的常见函数为背景，对函数性质通过代数表述给出．抽象函数的相关题目往往是在知识网络的交汇处设计，高考对抽象函数的要求是考查函数的概念和知识的内涵及外延的掌握情况、逻辑推理能力、抽象思维能力和数学后继学习的潜能．为了扩大读者的视野，特就抽象函数常见题型及解法评析如下．一、函数的基本概念问题1．抽象函数的定义域问题例1已知函数)(2xf的定义域是[1，2]，求)(xf的定义域．解：由)(2xf的定义域是[1，2]，是指1≤x≤2，所以1≤x2≤4，即函数)(xf的定义域是[1，4]．评析：一般地，已知函数[()]fx的定义域是A，求)(xf的定义域问题，相当于已知[()]fx中x的取值范围为A，据此求)(x的值域问题．例2已知函数)(xf的定义域是[－1，2]，求函数)]3([log21xf的定义域．解：由)(xf的定义域是[－1，2]，意思是凡被f作用的对象都在[－1，2]中，由此易得－1≤log21(3－x)≤2(21)2≤3－x≤(21)11≤x≤411．∴函数)]3([log21xf的定义域是[1，411]．评析：这类问题的一般形式是：已知函数)(xf的定义域是A，求函数))((xf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．一般地，若函数)(xf的定义域是A，则x必须是A中的元素，而不能是A以外的元素，否则，)(xf无意义．因此，如果)(0xf有意义，则必有x0A．所以，这类问题实质上相当于已知)(x的值域是A，据此求x的取值范围，即由)(xA建立不等式，解出x的范围．例2和例1形式上正相反．2．抽象函数的值域问题例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．解：令x=y=0，得f(0)=f2(0)，即有f(0)=0或f(0)=1．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，即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f(x)=f(2x+2x)=f(2x)f(2x)=[f(2x)]2≥0．下面只需证明，对任意x∈R，f(0)≠0即可．设存在x0∈R，使得f(x0)=0，则f(0)=f(x0－x0)=f(x0)f(－x0)=0，这与f(0)≠0矛盾，因此，对任意x∈R，f(x)≠0．所以f(x)＞0．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．3．抽象函数的解析式问题例5设对满足x≠0，x≠1的所有实数x，函数f(x)满足f(x)+f(xx1)=1+x，求f(x)的解析式．解：在f(x)+f(xx1)=1+x，(1)中以xx1代换其中x，得：f(xx1)+f(－11x)=xx－12，⑵再在(1)中以－11x代换x，得：f(－11x)+f(x)=12xx，⑶(1)－(2)+⑶化简得：f(x)=)1(2123x－xxx．评析：如果把x和xx1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．二、寻觅特殊函数模型问题1．指数函数模型例6设)(xf定义于实数集R上，当x＞0时，)(xf＞1，且对于任意实数x、y，有f(x+y)=)(xf·)(yf，同时f(1)=2，解不等式f(3x－x2)＞4．联想：因为ayx=ax·ay(a＞0，a≠1)，因而猜测它的模型函数为)(xf=ax(a＞0，a≠1)(由f(1)=2，还可以猜想)(xf=2x)．思路分析：由)2(f=)11(f=)1(f·)1(f=4，需解不等式化为f(3x－x2)＞)2(f．这样，证明函数)(xf的(由)(xf=2x，只证明单调递增)成了解题的突破口．解：由f(x+y)=f(x)·f(y)中取x=y=0，得f(0)=f2(0)，若f(0)=0，令x＞0，y=0，则f(x)=0，与f(x)＞1矛盾．∴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，∴f(x)=)(1xf＞0．又当x=0时，f(0)=1＞0，∴x∈R，f(x)＞0．设－∞＜x1＜x2＜+∞，则x2－x1＞0，f(x2－x1)＞1．∴f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)f(x2－x1)＞f(x1)．∴y=f(x)在R上为增函数又∵f(1)=2，∴f(3x－x2)＞f(1)·f(1)=f(1+1)=f(2)，由f(x)的单调递增性质可得：3x－x2＞2，解得1＜x＜2．2．对数函数模型例7已知函数)(xf满足：⑴f(21)=1；⑵函数的值域是[－1，1]；⑶在其定义域上单调递减；⑷()fx＋()fy=f(x·y)对于任意正实数x、y都成立．解不等式)(1xf·)11(1xf≤21．联想：因为loga(x·y)=logax＋logay，而log2121=1，y=log21x在其定义域[－1，1]内为减函数，所以猜测它的模型函数为)(xf=log21x且)(1xf的模型函数为)(1xf=(21)x．思路分析：由条件⑵、⑶知，)(xf的反函数存在且在定义域[－1，1]上递减，由⑴知)1(1f=21．剩下的只需由)(1xf的模型函数性质和运算法则去证明)(11xf·)(21xf=112()fxx，问题就能解决了．解：由已知条件⑵、⑶知，f(x)的反函数存在，且f1(1)=21，又在定义域[－1，1]上单调递减．设y1=f1(x1)，y2=f1(x2)，则有x1=f(y1)，x2=f(y2)，∴x1+x2=f(y1)+f(y2)=f(y1y2)，即有y1y2=f1(x1+x2)．∴)(11xf·)(21xf=112()fxx，于是，原不等式等价于：.1111,11,1111,)1()11(11xxxxfxxf.1111,11,1111,111xxxxxxx=0．故原不等式的解集为{0}．解这类问题可以通过化抽象为具体的方法，即通过联想、分析，然后进行类比猜测，经过带有非逻辑思维成份的推理，即可寻觅出它的函数模型，由这些函数模型的性质、法则来探索此类问题的解题思路．3．幂函数模型例8已知函数)(xf对任意实数x、y都有)(xyf=)(xf·)(yf，且)1(f=1，)27(f=9，当0≤x＜1时，0≤)(xf＜1时．⑴判断)(xf的奇偶性；⑵判断)(xf在[0，＋∞)上的单调性，并给出证明；⑶若a≥0且)1(af≤39，求a的取值范围．联想：因为nx·ny=(x·y)n，因而猜测它的模型函数为)(xf=nx(由)27(f=9，还可以猜想)(xf=x32)．思路分析：由题设可知)(xf是幂函数y=x32的抽象函数，从而可猜想)(xf是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数．解：⑴令y=－1，则)(xf=)(xf·)1(f，∵)1(f=1，∴)(xf=)(xf，即)(xf为偶函数．⑵若x≥0，则()fx=()fxx=()fx·()fx=[()fx]2≥0．设0≤x1＜x2，则0≤21xx＜1，∴)(1xf=)(221xxxf=)(21xxf·)(2xf，∵当x≥0时()fx≥0，且当0≤x＜1时，0≤)(xf＜1．∴0≤)(21xxf＜1，∴)(1xf＜)(2xf，故函数)(xf在[0，＋∞)上是增函数．⑶∵)27(f=9，又)93(f=)3(f·)9(f=)3(f·)3(f·)3(f=[)3(f]3，∴9=[)3(f]3，∴)3(f=39，∵)1(af≤39，∴)1(af≤)3(f，∵a≥0，(a＋1)，3[0，＋∞)，函数在[0，＋∞)上是增函数．∴a＋1≤3，即a≤2，又a≥0，故0≤a≤2．三、研究函数的性质问题1．抽象函数的单调性问题例9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)，求证：f(x)在R上为增函数．证明：由f(x+y)=f(x)f(y)中取x=y=0，得f(0)=)0(2f，若f(0)=0，令x＞0，y=0，则f(x)=0，与f(x)＞1矛盾．∴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，∴f(x)=)(1xf＞0．又当x=0时，f(0)=1＞0，∴x∈R，f(x)＞0．设－∞＜x1＜x2＜+∞，则x2－x1＞0，f(x2－x1)＞1．∴f(x2)=f[x1+(x2－x1)]=f(x1)f(x2－x1)＞f(x1)．∴y=f(x)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，而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．2．抽象函数的奇偶性问题例10已知函数f(x)(x∈R，x≠0）对任意不等于零实数x1、x2都有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2)，试判断函数f(x)的奇偶性．解：取x1=－1，x2=1得：f(－1)=f(－1)+f(1)，∴f(1)=0．又取x1=x2=－1得：f(1)=f(－1)+f(－1)，∴f(－1)=0．再取x1=x，x2=－1则有f(－x)=f(－1)+f(x)，即f(－x)=f(x)，∵f(x)为非零函数，∴f(x)为偶函数．3．抽象函数的周期性问题例11函数)(xf定义域为全体实数，对任意实数a、b，有f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)·f(b)，且存在C＞0，使得)2(Cf=0，求证f(x)是周期函数．联想：因为cos(a＋b)＋cos(a－b)=2cosacosb，且cos2=0，因而得出它的模型函数为y=cosx，由y=cosx的周期为2，可猜想2C为)(xf的一个周期．思路分析：要在证明2C为)(xf的一个周期，则只需证)2(Cxf=)(xf，而由已知条件)2(Cf=0和f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)·f(b)知，必须选择好a、b的值，是得条件等式出现)2(Cf和)(xf．证明：令a=x＋2C，b=2C，代入f(a＋b)＋f(a－b)=2f(a)·f(b)可得f(x＋C)=－f(x)．∴f(x＋2C)=f[(x＋C)＋C]=－f(x＋C)=f(x)，即)(xf是以2C为周期的函数．评析：如果没有余弦函数作为模型，就很难想到2C就是所求函数的周期，解题思路是难找的．由此可见，寻求或构造恰当的模型函数，可以为思考与解题定向，是处理开放型问题的一种重要策略．4．抽象函数的对称性问题例12已知函数y=)(xf满足)(xf+)(xf=2002，求)(1xf+)2002(1xf的值．解：由已知，在等式)(xaf+)(xaf=2b中a=0，b=2002，所以，函数y=)(xf关于点(0，2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y=)(1xf关于点(2002，0)对称．∴)1001(1xf+)0011(1xf=0，将上式中的x用x－1001换，得)(1xf+)2002(1xf=0．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：即：设a、b均为常数，函数y=)(xf对一切实数x都满足)(xaf+)(xaf=2b，则函数y=)(xf的图象关于点(a，b)成