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抽象函数1


2014 高考理科数学必考点解题方法秘籍:抽象函数
抽象函数是指没有给出函数的具体解析式,但给出了函数满足的一部分性质或运算法则 的函数问题。对考查学生的创新精神、实践能力和运用数学的能力,有着十分重要的作用。 2005 高考北京卷、辽宁卷、广东卷等各有一个抽象函数解答题,同样 2006 高考重庆卷、辽宁 卷、安徽卷等也出现抽象函数。化抽象为具体,联想类比思维都有助于问题的思考和解决。

一、数形结合使抽象函数具体
一般地讲,抽象函数的图象为示意图居多,有的示意图可能只能根据题意作出 n 个孤立的 点,但通过示意图却使抽象变形象化,有利于观察、对比、减少推理、减小计算量等好处。 例 1、设奇函数 f ( x) 的定义域为 [?5,5] ,若当 x ? ?0,5? 时, f ( x) 是增函数且 f(2)=o 求不等式 x f ( x) ? 0 的解。 分析:f(x)的图像如图所示 x>0 时 2<x ? 5 x<0 时 -2<x ? 0

例 2、已知函数 f(x)对一切实数 x 都有 f(2+x)= f(2-x) ,如果方程 f(x)=0 恰好有 4 个不同的实根,求这些实根之和。 分析:由 f(2+x)=f(2-x)知直线 x=2 是函数图象的对称轴,又 f(x)=0 有四根,现从 大到小依次设为 x 1 、x 2 、x 3 、x 4 ,则 x 1 与 x 4 ,x 2 与 x 3 均关于 x=2 对称, ∴x 1 +x 4 = x 2 +x 3 =2×2=4, ∴x 1 +x 2 +x 3 +x 4 =8。

评注:一般地,若函数 f(x)满足 f(a+x)=f(a-x) ,则直线 x=a 是函数图象的对称轴, 利用对称性,数形结合,可使抽象函数问题迎刃而解。

二、利用单调性定义使问题具体
加上函数符号 f 即为“穿”,去掉函数符号 f 即为“脱”。对于有些抽象函数,可根据函 数的单调性,实现对函数符号的“穿脱”,以达到简化的目的。 例 3 已知 f(x)是定义在(0, 式。f(x+5)- f( )上的增函数,且 f(

x )=f(x)-f(y),若 f(6)=1,解不等 y

1 )<2 x

x 36 )=f(x)-f(y)得:f( )=f(36)-f(6),所以 f(36)=2。而 f(x+5)6 y 1 1 f( )<2“穿”f 号得 f(x+5)- f( )<f(36)。即 f( x 2 ? 5 x) <f(36) x x
分析:由 f(6)=1,f( 又根据 f(x)是定义在(0, )上的增函数,“脱”得 x。

在结合函数的定义域可得:0<x<4

三、类比模型使解题思路具体 模型,就是根据题目给定的关系大胆猜想抽象函数的生成原始模型,作出目标猜想,利用 模型函数的有关性质去探索解题方法尤其对选择题或填空题中抽象函数也可赋于具体的背景 函数以帮助作答。对于解答题则可以起到启迪思路并起验证作用。

例 4、已知函数 f(x)(x≠0)满足 f(xy)=f(x)+f(y), f( 6 )=1 (1)求证:f(1)=f(-1)=0; (2)求证:f(x)为偶函数; (3)若 f(x)在(0,+∞)上是增函数,解不等式 f(x)+f(x+5)≤2。 分析:因为定义域为(-∞,0)∪(o,+∞),所以由 f(x)=logax(0<a<1)理解题意显然不当, 但是只要稍加变通,可以发现用 f(x)=loga|x︳理解题意较为恰当,第(3)小题解不等式就 可与解对数不等式类比处理。 (1)令 x=y=1 得 f(1)=0,令 x=y= -1 得 f(-1)=0; (2)令 y= -1 得 f(-x)=f(x);

(3)f(6)= f( 6 )+f( 6 ) =2 ∵f(x)为偶函数,∴f(x)+f(x+5)=f(|x|)+f(|x+5 |)=f(|x(x+5)|)≤f(6)。 o<|x(x+5)| ≤6 ∴ ? 2 ? x ? 1或 ? 6 ? x ? ?5或 ? 5 ? x ? ?3 例 4、已知函数 f(x)对一切实数 x、y 满足 f(0)≠0,f(x+y)=f(x)(y),且当 x<0 时,f(x) >1,求证:(1)当 x>0 时,0<f(x)<1;(2)f(x)在 x∈R 上是减函数。 分析:由 f(x)= a (0<a<1)理解题意。
x

(1)令 x=y=0 得 f(0)=f (0),又 f(0)≠0,f(0)=1,再令 y=-x 得 f(x)(-x)=1, ∵当时 x>0 时,f(-x)>1,∴0<f(x)<1; (2)受指数函数的单调性启发得,x<0 时,f(x)>1;x>0 时,0<f(x)<1;x=0 时,f (x)≠0,f(x)>0。又∵f(x+y)=f(x)f(y), (x、y∈R) ,设 x1<x2,x+y= x1 ,x= x2 则

2

f ? x1 ? ? f(x1-x2)>1,∵f(x2)>0∴f(x1)>f(x2),因此,f(x)在 x∈R 上是减函数。 f ?x2 ?
四、赋值策略使问题具体 抽象函数常常以函数方程的形式出现,解决这类问题的时候让变量取一些特殊值或特殊 式,从而使问题解决,并具有一定的规律性。

例 5.如果 f (a ? b) ? f (a ) ? f (b) 且 f (1) ? 2 ,则

f (1) f (3) f (5) ? ? ? f (0) f (2) f (4)

?

f (2005) ?( f (2004)
A. 1002

) B. 1003 C. 2004 D. 2006

分析:所求的是函数值分式的和,从已知式变形 值差的函数。 解:

f ( a ? b) ? f (b) 知函数值商等于自变量 f (a)

f (1) f (3) f (5) ? ? ? f (0) f (2) f (4)

?

f (2005) ? f (1) ? f (1) ? f (2004)

? f (1) ? 1003 f (1) ? 2006

1003 个 例 6 设 f(x)是区间(0,1)上的函数,且同时满足:①对任意 x?(0,1),恒有 f(x)>0;②对于 任 意 x1 , x 2 ? ( 0 ,1 ) , 恒 有

f ( x1 ) f (1 ? x1 ) + ?2. 试 证 明 : ( I ) 对 任 意 x?(0,1) 都 有 f ( x2 ) f (1 ? x 2 )

(II)对任意 x1 , x 2 ? ( 0 ,1 ) 都有 f ( x1 ) ? f ( x 2 ) . f ( x) ? f (1 ? x) ; 解: (Ⅰ)令 x1 ? x , x 2 ? 1 ? x , x1 , x 2 ? ( 0 ,1 ) ,由②知

f ( x) f (1 ? x) + ?2, f (1 ? x ) f ( x)

由①知 f ( x ) ? 0 , f ( 1 ? x ) ? 0 ,?

f ( x) f (1 ? x) f ( x) f (1 ? x) + ?2,? + =2. f (1 ? x ) f ( x) f (1 ? x ) f ( x)

上式取等号时

f ( x) =1,故 f ( x) ? f (1 ? x) . f (1 ? x )

(Ⅱ)由已知及(Ⅰ)得,

f ( x1 ) f ( 1 ? x1 ) f ( x1 ) f ( x1 ) ? + + ? 2, f ( x2 ) f ( 1 ? x2 ) f ( x2 ) f ( x2 )

?

f ( x1 ) f ( x2 ) ? 1 ,同理 ? 1 ,? f ( x1 ) ? f ( x 2 ) . f ( x2 ) f ( x1 )

例.7 已知定义在 R 上的函数 f ? x ? 满足: (1) 值域为 ? ?1,1? ,且当 x ? 0 时, ?1 ? f ? x ? ? 0

(2)对于定义域内任意的实数 x, y ,均满足: f ? m ? n ? ? 试回答下列问题: (Ⅰ)试求 f ? 0 ? 的值; (Ⅱ)判断并证明函数 f ? x ? 的单调性; ( Ⅲ ) 若 函 数

f ? m? ? f ?n? 1? f ? m? f ?n?

f ? x?











g ? x?









?1? ?1? g? ?? g? ?? ?5? ? 11 ?

1 ? ? ?1? ? g? 2 ? ? g? ?. ? n ? 3n ? 1 ? ? 2?

讲 解 :( Ⅰ ) 在 f ? m ? n ? ?

f ? m ? ? f ? n? 中 , 令 m ? 0, n ? 0 , 则 有 1 ? f ? m ? f ? n?

f ? m? ?

f ? m? ? f ? 0? .即: f ? m ? ? ?1 ? f ? m ? f ? 0 ? ? ? ? f ? m ? ? f ?0? . 1 ? f ? m? f ?0?

也即: f ? 0 ? ? f ? m ?

? ?

?

2

? 1? ? 0 . ?

由于函数 f ? x ? 的值域为 ? ?1,1? ,所以, ? f ? m ?

? ?

?

2

? 1? ? 0 ,所以 f ? 0 ? ? 0 . ?

( Ⅱ ) 函 数 f ? x? 的 单 调 性 必 然 涉 及 到 f ? x? ? f ? y? , 于 是 , 由 已 知

f ? m ? n? ?

f ? m ? ? f ? n? ,我们可以联想到:是否有 1 ? f ? m ? f ? n? f ?m ? n? ? f ? m? ? f ?n? ?(*) 1? f ? m? f ?n?

这个问题实际上是: f ? ? n ? ? ? f ? n ? 是否成立? 为此,我们首先考虑函数 f ? x ? 的奇偶性,也即 f ? ? x ? 与f ? x ? 的关系.由于 f ? 0 ? ? 0 , 所以,在 f ? m ? n ? ?

f ? m? ? f ?n? 中,令 n ? ? m ,得 f ? m ? ? f ? ? m ? ? 0 . 1? f ? m? f ?n?

所 以 , 函 数

f ? x? 为 奇 函 数 . 故 ( * ) 式 成 立 . 所 以 ,

f ? m? ? f ?n? ? f ?m ? n? ? ?1 ? f ? m ? f ? n ? ? ?.
任取 x1 , x2 ? R , 且 x1 ? x2 , 则 x2 ? x1 ? 0 , 故 f ? x2 ? x1 ? ? 0 且 ?1 ? f ? x2 ? , f ? x1 ? ? 1 . 所 以,

f ? x2 ? ? f ? x1 ? ? f ? x2 ? x1 ? ? ?1 ? f ? x2 ? f ? x1 ? ? ??0
所以,函数 f ? x ? 在 R 上单调递减. (Ⅲ)由于函数 f ? x ? 在 R 上单调递减,所以,函数 f ? x ? 必存在反函数 g ? x ? ,由原函 数与反函数的关系可知: g ? x ? 也为奇函数; g ? x ? 在 ? ?1,1? 上单调递减;且当 ?1 ? x ? 0 时,

g ? x? ? 0 .
为了证明本题,需要考虑 g ? x ? 的关系式. 在(*)式的两端,同时用 g 作用,得: m ? n ? g ?

? f ? m? ? f ?n? ? ?, 1 ? f m f n ? ? ? ? ? ?

令 f ? m ? ? x, f ? n ? ? y ,则 m ? g ? x ? , n ? g ? y ? ,则上式可改写为:

? x? y ? g ? x? ? g ? y? ? g ? ?. ? 1 ? xy ?
不难验证:对于任意的 x, y ? ? ?1,1? ,上式都成立. (根据一一对应) . 这样,我们就得到了 g ? x ? 的关系式.这个式子给我们以提示:即可以将

1 写成 n ? 3n ? 1
2

x? y 的形式,则可通过裂项相消的方法化简求证式的左端. 1 ? xy
事实上,由于

1 1 ? n ? 1?? n ? 2 ? ? 1 1 n ?1 n ? 2 ? ? ? , 1 n 2 ? 3n ? 1 ? n ? 1?? n ? 2 ? ? 1 1 ? ? 1 ? ? 1 ? 1? ? ??? ? ? n ? 1?? n ? 2 ? ? n ?1? ? n ? 2 ?
所以, g ?

1

1 ? ? ? 1 ? ? 1 ? ? ? g? ?? g? ?. 2 ? n ? 3n ? 1 ? ? n ?1? ? n?2? ?1? ?5? ?1? ?? ? 11 ? 1 ? ? ? g? 2 ? ? n ? 3n ? 1 ?

所以, g ? ? ? g ?

? ?1? ? 1 ?? ? ? 1 ? ? 1 ?? ? ? g ? ? ? g ? ?? ? ? g ? ? ? g ? ?? ? ? 3 ?? ? ? 3 ? ? 4 ?? ? ? 2? ?1? ? 1 ? ? g? ?? g? ? ? 2? ? n?2? 1 ? ?1? ? ?1? ? g? ?? g?? ? ? g? ? ? 2? ? n?2? ? 2?

? ? 1 ? ? 1 ?? ? g ? n ? 1 ? ? g ? n ? 2 ?? ? ? ?? ? ?

点评:一般来说,涉及函数奇偶性的问题,首先应该确定 f ? 0 ? 的值.


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