高三数学培优补差辅导专题讲座-抽象函数技巧

抽象函数解题方法与技巧（2010.10.25） 所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。 1. 换元法 换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法. 例1、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) 2．方程组法 运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。 例2、 解: 例3、 解: 3.待定系数法 如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。 例4、已知f(x)是多项式函数，且f (x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x,　求f(x). 解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)＝ax2＋bx＋c  (a≠0) 代入比较系数得过且过:a＝1,b＝ －2,c＝ －1,　f(x)＝x2－2x－1. 4.赋值法 有些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5、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:令x＝y＝0,得：f(0)＝0,令x＝0,y＝1,得f(0＋12)＝f(0)＋2f[(1)]2, 例6、已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b都满足f(ab)＝af(b)＋bf(a).  (1)求f(0)，f(1)的值；(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论. 解:(1)令a＝b＝0,得f(0)＝0,令a＝b＝1,得f(1)＝0. (2)f(x)是奇函数.因为:令a＝b＝－1,得f [(－1)(－1)]＝－f (－1)－f (－1), f (－1)＝0, 故f(－x)＝f [(－1)(x)]＝ －f(x)＋xf(－1)＝ －f (x),故f(x)为奇函数. 5.转化法 通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便. 例7、设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y),若x＞0时f(x)＜0,且f(1)＝ －2,求f(x) 在[－3，3]上的最大值和最小值. 解: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. 设x1＜x2,则x2－x1＞0,由已知得f(x2－x1)＜0,故f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)＜ f(x1). 所以f(x)是R上的减函数,又f(3)＝f(1)＋f(2)＝－6,f(－3)＝6. 故f(x)在[－3,3]上的最大值为6,最小值为－6. 6.模型法 模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。 应掌握下面常见的特殊模型: 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)＝xn f(xy)＝f(x)f(y) [或 ] 指数函数 f(x)＝ax (a＞0且a≠1) f(x＋y)＝f(x)f(y) [ 对数函数 f(x)＝logax (a＞0且a≠1) f(xy)＝f(x)＋f(y) [ 正、余弦函数 f(x)＝sinx f(x)＝cosx f(x＋T)＝f(x) 正切函数 f(x)＝tanx 余切函数 f(x)＝cotx     例8．已知函数f（x）的定义域为R，对一切实数x，y都有f（x＋y）＝f（x）＋f（y）－1，且 ＝0，当 时， 。（1）讨论f（x）的奇偶性，并说明理由；（2）该函数是否为单调函数，试证明你的结论。 分析：一次函数y＝2x＋1是满足题设的抽象函数中的一员，由此猜想原抽象函数f（x）是非奇非偶函数，且在R上为增函数。这次模型化思考，无疑为我们指明了努力的方向。 解 （1）∵f（0＋0）＝f（0）＋f（0）－1，∴f（0）＝1，故f（x）不是奇函数；又∵ ，∴ ，故f（x）不是偶函数。 （2）任取 且 ，则 ＝ ＝ ＝ ， ∴ ，故该函数是增函数。 评注：当我们利用模型产生联想或猜想时，最为重要的便是利用函数恒等式①，从一般到特殊进行赋值推理。新的难点需靠经验的不断积累和能力的逐步增强方可突破。 例9、已知定义在正实数集上的函数f（x），对一切正实数x，y都有f（xy）＝f（x）＋f（y）。（1）求证：对任意正数x， （2）若 时，恒有 ，求证：f（x）必存在反函数。 分析：（1） ，此即对数函数的重要性质，也是本题的证题信息。因f（1）＝f（1·1）＝f（1）＋f（1），故f（1）＝0。 （2）由 时，恒有 ，并联想对数函数的性质便可发现：f（x）是减函数，此乃本题的突破口。当 时，f（x2）－f（x1）＝ ，∴ ，即f（x）是定义域上的减函数，故f（x）必存在反函数。 例10、已知函数f(x)对任何正数x,y都有f(xy)＝f(x)f(y),且f(x)≠0,当x＞1时,f(x)＜1.试判断f(x)在(0,＋∞)上的单调性,并说明理由. 解: 所以f(x1)＞f(x2),故f(x)在R＋上为减函数. 基础训练 1．             （  ） A.1999      B.2000    　  C.2001    　    D.2002 2．已知不恒为零的函数f(x)对任意实数x,y都满足f(x＋y)＋f(x－y)＝2[f(x)＋f(y)],则f(x)是    （  ） A.偶函数    B.奇函数     C.既是奇函数又是偶函数      D.非奇非偶函数 3． 的周期为__________. 4. 则f(x)＝_____________. 5. 已知定义域为 的函数f（x），同时满足下列条件：① ；② ， 求f（3），f（9）的值。 6. 已知函数 对任意不等于零的实数 都有 ， 试判断函数f（x）的奇偶性。 7． ；(2)当x∈ (－1，0)时，有f (x)＞0. 求证：(Ⅰ)f (x)是奇函数；（Ⅱ） 抽象函数解题方法与技巧(参考) 1．D  2．A    3．8    4． 5. 解：取 ，得 因为 ，所以 又取 得 .6. 解：取 得： ，所以 又取 得： ，所以 再取 则 ，即 ,因为 为非零函数，所以 为偶函数。 7．解:(1)易证f(x)是奇函数。（2）易证f(x)在(－1,0),(0,1)上是单调递减函数. 8.解:（1）由已知对于任意x∈R，y∈R，f（x＋y）＝f（x）＋ f（y）恒成立 令x＝y＝0，得f（0＋0）＝ f（0）＋ f（0），∴f（0）＝0 令x＝－y，得f(x－x)＝ f(x)＋ f(－x)＝0∴对于任意x，都有f(－x)＝ － f(x)∴f(x)是奇函数. （2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2－x1＞0，由已知f（x2－x1）＜0（1） 又f（x2－x1）＝ f（x2）＋ f（－x1）＝ f（x2）－ f（x1）（2） 由（1）（2）得f(x1)＞f(x2),根据函数单调性的定义知f(x0在(－∞，＋∞)上是减函数. ∴f(x)在[－3，3]上的最大值为f(－3).要使f(x)≤6恒成立，当且仅当f(－3)≤6， 又∵f（－3）＝ － f（3）＝ － f（2＋1）＝－[ f（2）＋ f（1）]＝ －[ f（1）＋ f（1）＋ f（1）]＝ －3 f（1），∴f（1）≥－2. （3） f（ax2）－ f（x）＞ f（a2x）－ f（a）     f（ax2）－ f（a2x）＞n[f（x）－ f（a）] f（ax2－a2x）＞nf（x－a）（10分）由已知得：f[n（x－a）]＝nf（x－a） ∴f（ax2－a2x）＞f[n（x－a）]∵f（x）在（－∞，＋∞）上是减函数 ∴ax2－a2x＜n（x－a）.即（x－a）（ax－n）＜0，∵a＜0，∴（x－a）（x－ ）＞0，（11分） 讨论：（1）当a＜ ＜0，即a＜－ 时，原不等式解集为{x | x＞ 或x＜a}； （2）当a＝ ＜0即a＝－ 时，原不等式的解集为φ； （3）当 ＜a＜0时，即－ ＜a＜0时，原不等式的解集为{x | x＞a或x＜