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)(2x f 的定义域是[1，2]，求)(x f 的定义域． 解：由)(2x f 的定义域是[1，2]，是指1≤x≤2，所以1≤x 2≤4， 即函数)(x f 的定义域是[1，4]．

评析：一般地，已知函数[()]f x ?的定义域是A ，求)(x f 的定义域问题，相当于已知[()]f x ?中x 的取值范围为A ，据此求)(x ?的值域问题．

例2 已知函数)(x f 的定义域是[－1，2]，求函数)]3([log 2

1x f -的定义域．

解：由)(x f 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≤log 2

1(3－x )≤2 ? (

21)2≤3－x≤(21

)1-?1≤x≤4

11．

∴函数)]3([log 2

1x f -的定义域是[1，

4

11]． 评析：这类问题的一般形式是：已知函数)(x f 的定义域是A ，求函数))((x f ?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)(x f 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，)(x f 无意义．因此，如果)(0x f 有意义，则必有x 0∈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x 1≠x 2，使得f (x 1)≠f ( x 2)，求函数f (x)的值域．

解：令x = y = 0，得f (0) =f

2

(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x 1≠x 2，使得f (x 1)≠f ( x 2)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 (2

x

)]2≥0． 下面只需证明，对任意x ∈R ，f (0)≠0即可．

设存在x 0∈R ，使得f ( x 0) = 0，则f (0) =f ( x 0－x 0) =f ( x 0)f (－x 0) = 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 (x

x 1

-) = 1 + x ，求f (x) 的解析式．

解：在f (x) +f (

x x 1-) = 1 + x ， (1) 中以x

x 1

-代换其中 x ，得： f (

x x 1-) +f (－1

1

-x ) =x x －12 ， ⑵ 再在(1)中以－

11-x 代换x ，得 ：f (－1

1

-x ) +f (x) =12--x x ， ⑶

(1)－(2) + ⑶ 化简得：f (x) =)1(21

23x －x x x --．

评析：如果把x 和

x

x 1

-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)(x f 定义于实数集R 上，当x ＞0时，)(x f ＞1 ，且对于任意实数x 、y ，有f (x + y) =)(x f ·)(y f ，同时f (1) = 2，解不等式f (3x －x 2)＞4．

联想：因为a y x += a x ·a y (a ＞0，a≠1)，因而猜测它的模型函数为)(x f = a x (a ＞0，a≠1)(由f (1) = 2，还可以猜想)(x f = 2x )．

思路分析：由)2(f =)11(+f =)1(f ·)1(f = 4，需解不等式化为f (3x －x 2)＞

)2(f ．这样，证明函数)(x f 的(由)(x f = 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) =f

2

(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) =

)

(1

x f -＞0 ． 又当x = 0 时，f (0) = 1＞0 ，∴x ∈R ，f (x)＞0 ．

设 －∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0 ，f ( x 2－x 1)＞1 ． ∴ f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1) ． ∴ y =f (x) 在R 上为增函数

又∵f (1) = 2，∴f (3x －x 2)＞f (1) ·f (1) =f (1 + 1) =f (2)，由f (x)的单调递增性质可得：

3x －x 2＞2，解得1＜x ＜2． 2．对数函数模型

例7 已知函数)(x f 满足：⑴f (2

1

) = 1；⑵函数的值域是[－1，1]；⑶在

其定义域上单调递减；⑷()f x ＋()f y =f (x·y) 对于任意正实数x 、y 都成立．解不等式)(1

x f

-·)11

(

1x f --≤2

1． 联想：因为log a (x·y) = log a x ＋log a y ，而log 2

1

21

= 1，y = log 2

1x 在其定义域[－1，1]内为减函数，所以猜测它的模型函数为)(x f = log 2

1x 且)(1

x f

-的模型

函数为)(1

x f

-= (2

1

)x ．

思路分析：由条件⑵、⑶知，)(x f 的反函数存在且在定义域[－1，1]上递

减，由⑴知)1(1-f =2

1

．剩下的只需由)(1

x f

-的模型函数性质和运算法则去证明

)(11x f -·)(21x f -=112()f x x -+，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f 1

-(1) =

2

1

，又在定义域[－1，1]上单调递减．

设y 1=f

1

-(x 1)，y 2=f

1

-(x 2)，则有x 1=f (y 1)，x 2=f ( y 2) ，

∴x 1+ x 2=f (y 1) +f ( y 2) =f (y 1y 2)，即有y 1y 2=f 1

-(x 1+ x 2)．

∴)(11x f -·)(21x f -=112()f x x -+， 于是，原不等式等价于：

??????????

?≤-≤-≤≤-≤-+≤-≤-+--.1111,11,1111,)1()11(1

1x x x x f x x f ? ???

??

?

?

?

???≤-≤-≤≤-≤-+≤-≥-+.1111,11,1111,111x x x x x x ? 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)(x f 对任意实数x 、y 都有)(xy f =)(x f ·)(y f ，且)1(-f =1，

)27(f =9，当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1时．

⑴判断)(x f 的奇偶性；

⑵判断)(x f 在[0，＋∞)上的单调性，并给出证明； ⑶若a≥0且)1(+a f ≤39，求a 的取值范围．

联想：因为n x ·n y = (x·y)n ，因而猜测它的模型函数为)(x f =n x (由)27(f =9，还可以猜想)(x f = x 3

2)．

思路分析：由题设可知)(x f 是幂函数y = x 3

2

的抽象函数，从而可猜想)(x f 是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数．

解：⑴令y =－1，则)(x f -=)(x f ·)1(-f ， ∵)1(-f =1，∴)(x f -= )(x f ，即)(x f 为偶函数．

⑵若x≥0，则()f x =f =f ·f =[f ]2≥0． 设0≤x 1＜x 2，则0≤

2

1

x x ＜1， ∴)(1x f =)(

221x x x f ?=)(2

1x x

f ·)(2x f ， ∵当x≥0时()f x ≥0，且当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1． ∴0≤)(

2

1

x x f ＜1，∴)(1x f ＜)(2x f ，故函数)(x f 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(+a f ≤39，∴)1(+a f ≤)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) =

)

(1

x f -＞0 ． 又当x = 0 时，f (0) = 1＞0 ，∴x ∈R ，f (x)＞0． 设 －∞＜x 1＜x 2＜+∞，则x 2－x 1＞0，f ( x 2－x 1)＞1． ∴ f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1)． ∴ 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x 1、x 2 都有

f (x 1·x 2) =f (x 1) +f (x 2)，试判断函数f (x) 的奇偶性．

解：取x 1=－1，x 2= 1得：f (－1) =f (－1) +f (1)，∴f (1) = 0． 又取x 1= x 2=－1得：f (1) =f (－1) +f (－1)，∴f (－1) = 0． 再取x 1= x ，x 2=－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)(x f 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

(C

f = 0 ，求证f (x) 是周期函数．

联想：因为cos(a ＋b)＋cos(a －b) = 2cosacosb ，且cos 2

π

= 0，因而得出它的

模型函数为y = cosx ，由y = cosx 的周期为π2，可猜想2C 为)(x f 的一个周期．

思路分析：要在证明2C 为)(x f 的一个周期，则只需证)2(C x f +=)(x f ，

而由已知条件)2

(C

f = 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(C

f 和)(x f ．

证明：令a = x ＋2C ，b =2

C

，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)(x f 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 =)(x f 满足)(x f +)(x f -= 2002，求)(1

x f -+)

2002(1

x f

--的值．

解：由已知，在等式)(x a f ++)(x a f -= 2b 中a = 0，b = 2002，所以，函数y =)(x f 关于点(0，2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y =)(1

x f

-关于点(2002，0)对称．

∴)1001(1

+-x f +)0011(1

x f

--= 0，

将上式中的x 用x －1001换，得)(1

x f -+)2002(1

x f

--= 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 =)(x f 对一切实数x 都满足)(x a f ++)(x a f -= 2b ，则函数y =)(x f 的图象关于点(a ，b) 成中心对称图形．

四、抽象函数中的网络综合问题

例13 定义在R 上的函数()f x 满足：对任意实数m ，n ，总有

()f m n +=()f m ·()f n ，且当x ＞0时，0＜()f x ＜1．

⑴判断()f x 的单调性；

⑵设A = {(x ，y)|2()f x ·2()f y ＞(1)f }，B = {(x ，y)|(f ax y -= 1，a ∈R}，若A B =φ，试确定a 的取值范围．

解：⑴在()f m n +=()f m ·()f n 中，令m = 1，n = 0，得(1)f =(1)f ·(0)f ，因为(1)f ≠0，所以(0)f = 1．

在()f m n +=()f m ·()f n 中，令m = x ，n =－x ， ∵当x ＞0时，0＜()f x ＜1，

∴当x ＜0时，－x ＞0，0＜()f x -＜1， 而f (x) ·f (－x) =(0)f = 1，∴ f (x) =

)

(1

x f -＞1＞0 ． 又当x = 0 时，f (0) = 1＞0，所以，综上可知，对于任意x ∈R ，均有f (x)＞0．

设 －∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0，0＜f ( x 2－x 1)＜1． ∴f ( x 2) =f [ x 1＋( x 2－x 1)] =f (x 1)·f ( x 2－x 1)＜f ( x 1) ． ∴ y =f (x) 在R 上为减函数．

⑵由于函数y =f (x)在R 上为减函数，所以2()f x ·2()f y =2(f x ＋2)y ＞

(1)f ，即有x 2＋y 2＜1．

又(f ax y -= 1 =(0)f ，根据函数的单调性，有ax －y ．

由A B =φ，所以，直线ax －y 与圆面x 2＋y 2＜1无公共点，因

≥1，解得－1≤a≤1．

评析：⑴要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题，一是(0)f 的取值问题，

二是)

f＞0的结论都成为解题的关键性步骤，完成这些又在抽象函数式中进(x

行，由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决．