抽象函数解方法与技巧

抽象函数解题方法与技巧

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+cos 2x, 求f(x)

解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2),则f(u)=-u 2+3u+1 (0≤u ≤2)

故f(x)=-x 2+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..23

2|)x (f :|,x )x 1

(f 2)x (f ),)x (f ,x ()x (f y ≥=-=求证且为实数即是实数函数设 解:02)x (xf 3 x ,x

1)x (f 2)x

1(f ,x x 12=++=-与已知得得代换用 .23

2|)x (f |,024)x (9f 02≥∴≥?-≥?得由 例3.f(x).1),x 0(x ,x 1)x

1x (f )x (f 求且已知≠≠+=-+ 解:(1)1),x 0(x x 1)x

1x (f )x (f ≠≠+=-+且Θ ,x

1x 1)x 1x 1x 1x (f )x 1x (f :x x 1-x -+=---+-得代换用 :x )1(x

-11 (2) .x 1x 2)x 11(f )x 1-x f( 得中的代换再以即-=-+ (3) .x

1x 2)x (f )x -11f( ,x 111)x

111x 11(f )1x 1(f --=+-+=---+-即 1)x 0(x x

2x 21x x )x (f :2)2()3()1(223≠≠---=-+且得由 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)=2x 2-4x,求f(x).

解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)

代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x 2-2x-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+y 2)=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,

,2

1)n (f )]1(f [2)n (f )1n (f ,1y ,n x .21)1(f ,0)1(f 2+=+=+===∴≠得令Θ

.2

2001)2001(f ,2n )n (f ,21f(n)-1)f(n =∴==+故即 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;

(3)若f(2)=2,u n =f(2n ) (n ∈N*),求证:u n+1>u n (n ∈N*).

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.

(3)先用数学归纳法证明:u n =f(2n )>0 (n ∈N*)(略)

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x 10,由已知得f(x 2-x 1)<0,故f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)< f(x 1).

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.

例8.定义在R +上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(x m )=mf(x); ②f(2)=1.

(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y 都成立;

(2)证明f(x)是R +上的单调增函数;

(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围.

解:(1)令x=2m ,y=2n ,其中m,n 为实数,则f(xy)=f(2m+n )=(m+n)f(2)=m+n.

又f(x)+f(y)=f(2m )+f(2n )=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)

,2x ,2x n m ,x x 0:)2(n 2m 121==<<<且使可令设证明

0n m )2(f )n m ()2(f )x x (f )x (f )x (f )1(n m 2

121<-=-===--得由 故f(x 1)

(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性质,得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(2)

解得 3

6.递推法

对于定义在正整数集N*上的抽象函数,用递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.

例9.是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:①f(n)>0,n ∈N;②f(n 1+n 2)=f(n 1)f(n 2),n 1,n 2∈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*) (数学归纳证明 略）

例10.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)=_________.

解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.

所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,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.

7.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。

例11.设定义在R 上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y ∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2

.1)2(f )3x (f 2

1)]x (f [)2(;,4)x x 3(f )1(22+=++>-解方程解不等式 解:(1)先证f(x)>0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1.

则使假设存在某个又,0)x (f ,R x ,0)]2

x (f [)2x 2x (f )x (f o o 2=∈≥=+= f(x)=f[(x-x o )+x o ]=f(x-x o )f(x o )=0,与已知矛盾，故f(x)>0

任取x 1,x 2∈R 且x 10,f(x 2-x 1)>1,

所以f(x 1)-f(x 2)=f[(x 2-x 1)+x 1]-f(x 1)=f(x 2-x 1)f(x 1)-f(x 1)=f(x 1)[f(x 2-x 1)-1]>0.

所以x ∈R 时,f(x)为增函数. 解得:{x|1

(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化为:[f(x)]2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)

由(1)得x=0.

例12.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:0)x (f ,0)x (f ,0)x (f )x x (f )x (f R x 2>≠≥=?=∈+故又有对

则则且设,1x x ,x x ,R x ,x 1

22121><∈+ 1)x x (f )x (f )x (f )x x (f )x (f )x x x (f )x (f )x (f 1

21112111212<=?=?=

所以f(x 1)>f(x 2),故f(x)在R +上为减函数.

能力训练 1.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 )y x (f ++++==+Λ 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.)2000(f )3(f )2(f )1(f ,)1x (f 1)1x (f 1`)1x (f )x (f Λ则满足定义在实数集上的函数+-++=

- 的值为__________. 4.,b a ,c ,b ,a ,cx )x

1

(bf )x (af )x (f ≠=+且是不为零的常数其中满足已知函数 则f(x)=_____________..x

)b a ()b ax (c )x (f 222--= 5.)xy

1y x (

f )y (f )x (f ),1,1(y ,x )1(:)x (f )1,1(++=+-∈-都有对任意满足上的函数定义在 (2)当x ∈(-1,0)时,有f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数； （Ⅱ）).31(f )5

n 5n 1(f )191(f )111(f 2>+++++Λ 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. ????????????++-++=+++=++)3n )(2n (11)3n )(2n (1f )1)3n )(2n (1(f )5n 5n 1(f 2又)3n 1(f )2n 1(f )3n 1(2

n 11)3n 1(2n 1f +-+=????????????+-?+++-++= )3n 1(f )31(f )]51(f )41(f [)]41(f )31(f [)5

n 5n 1(f )191(f )111(f 2+-=+-+-=+++++∴ΛΛ 命题成立又).3

1(f )3n 1(f )31(f ,0)3n 1(f >+-∴<+ 6.定义域为R 的函数f(x)满足：对于任意的实数x ，y 都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x ＞0时f(x)＜0恒成立.

(1)判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论；

(2)证明f(x)为减函数；若函数f(x)在[-3，3）上总有f(x)≤6成立，试确定f(1)应满足的条件；

)0a ,n (),a (f )x a (f n 1)x (f )ax (f n 1x )3(22<->-是一个给定的自然数的不等式解关于

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x 1，x 2∈R 且x 1＜x 2，则x 2-x 1＞0，由已知f （x 2-x 1）＜0（1）

又f （x 2-x 1）= f （x 2）+ f （-x 1）= f （x 2）- f （x 1）（2）

由（1）（2）得f (x 1)＞f (x 2),根据函数单调性的定义知f (x 0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）n 1 f （ax 2）- f （x ）＞n

1 f （a 2x ）- f （a ） ? f （ax 2）- f （a 2x ）＞n[f （x ）- f （a ）]

? f （ax 2-a 2x ）＞nf （x-a ）（10分）

由已知得：f[n （x-a ）]=nf （x-a ）

∴f （ax 2-a 2x ）＞f[n （x-a ）]

∵f （x ）在（-∞，+∞）上是减函数

∴ax 2-a 2x ＜n （x-a ）.即（x-a ）（ax-n ）＜0，

∵a ＜0，

∴（x-a ）（x-a

n ）＞0，（11分） 讨论：（1）当a ＜a

n ＜0，即a ＜-n 时， 原不等式解集为{x | x ＞a

n 或x ＜a }； （2）当a=a

n ＜0即a=-n 时，原不等式的解集为φ； （3）当a

n ＜a ＜0时，即-n ＜a ＜0时， 原不等式的解集为{x | x ＞a 或x ＜}a n