抽象函数问题及解法
抽象函数常见题型解法
抽象函数常见题型解法一、定义域问题例1. 已知函数的定义域是［1，2］，求f(x)的定义域。
解：的定义域是［1，2］，是指，所以中的满足从而函数f(x)的定义域是［1，4］评析：一般地，已知函数的定义域是A，求f(x)的定义域问题，相当于已知中x的取值范围为A，据此求的值域问题。
例2. 已知函数的定义域是，求函数的定义域。
解：的定义域是，意思是凡被f作用的对象都在中，由此可得所以函数的定义域是评析：这类问题的一般形式是：已知函数f(x)的定义域是A，求函数的定义域。
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。
这类问题实质上相当于已知的值域B，且，据此求x的取值范围。
例2和例1形式上正相反。
二、求值问题例3. 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。
解：取，得因为，所以又取得评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取，这样便把已知条件与欲求的f(3)沟通了起来。
赋值法是解此类问题的常用技巧。
三、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，总成立，且存在，使得，求函数的值域。
解：令，得，即有或。
若，则，对任意均成立，这与存在实数，使得成立矛盾，故，必有。
由于对任意均成立，因此，对任意，有下面来证明，对任意设存在，使得，则这与上面已证的矛盾，因此，对任意所以评析：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。
四、解析式问题例5. 设对满足的所有实数x，函数满足，求f(x)的解析式。
解：在中以代换其中x，得：再在(1)中以代换x，得化简得：评析：如果把x和分别看作两个变量，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。
五、单调性问题例6. 设f(x)定义于实数集上，当时，，且对于任意实数x、y，有，求证：在R上为增函数。
抽象函数定义域三种题型及解法
抽象函数定义域三种题型及解法抽象函数是指没有明确给出具体解析式的函数，其有关问题对同学们来说有一定难度，特别是其定义域，大多数学生解答起来总感棘手．下面结合实例具体介绍一下抽象函数定义域问题的四种题型及求法．一、已知f (x )的定义域，求f [g (x )]的定义域其解法是：若f (x )的定义域为a ≤x ≤b ，则f [g (x )]中a ≤g (x )≤b ，从中解得x 的取值范围即为f [g (x )]的定义域．例1 已知函数f (x )的定义域为[－1，5]，求f (x 2－3x －5)的定义域．分析：这个函数是由u ＝x 2－3x －5和f (u )构成的复合函数，其中x 是自变量，u (或x 2－3x －5)是中间变量，由于f (x )，f (u )是同一个函数，因此这里是已知－1≤u ≤5，即－1≤x 2－3x －5≤5，要求x 的取值范围．解：由－1≤x 2－3x －5≤5，得223100340x x x x ⎧--≤⎪⎨--≥⎪⎩，即254 1x x x -≤≤⎧⎨≥≤-⎩或 ∴－2≤x ≤－1或4≤x ≤5．∴函数f (x 2－3x －5)的定义域是[－2，－1]∪[4，5]．二、已知f [g (x )]的定义域，求f (x )的定义域其解法是：若f [g (x )]的定义域为m ≤x ≤n ，则由m ≤x ≤n 确定g (x )的范围即为f (x )的定义域．例2 已知函数f (x 2－2x ＋2)的定义域是[0，3]，求函数f (x )的定义域．分析：设u ＝x 2－2x ＋2，则f (x 2－2x ＋2)＝f (u ),由于f (u )，f (x )是同一函数，因此这里是已知0≤x ≤3，求x 2－2x ＋2的取值范围.解：由0≤x ≤3，得－1≤x －1≤2，即0≤(x －1)2≤4，1≤(x －1)2＋1≤5即1≤x 2－2x ＋2≤5．设u ＝x 2－2x ＋2，则f (x 2－2x ＋2)＝f (u )，又f (u )与f (x )是同一个函数，1≤u ≤5，即是1≤x ≤5．∴f (x ) 的定义域是[1，5]．三、已知f [g (x )]的定义域，求f [h (x )]的定义域其解法是：可先由f [g (x )]定义域求得f (x )的定义域，再由f (x )的定义域求得f [h (x )]的定义域．例3 若函数f (x +1)的定义域为[－21，2]，求f (x 2)的定义域． 分析：已知f (x +1)的定义域为[－21，2]，x 满足－21≤x ≤2，于是21＜x ＋1＜3，得到f (x )的定义域，然后f (x 2)的定义域由f (x )的定义域可得．解：先求f (x )的定义域： 由题意知－21≤x ≤2，则21＜x ＋1＜3，即f (x )的定义域为[21，3]， 再求f [h (x )] 的定义域：∴ 21＜x 2＜3，解得－3＜x＜－2或2＜x ＜3． ∴f (x 2)的定义域是{x |－3＜x＜－2或2＜x ＜3}． 四、运算型的抽象函数 求由有限个抽象函数经四则运算得到的函数的定义域，其解法是：先求出各个函数的定义域，再求交集．例4 若f (x )的定义域为[－3，5]，求ϕ(x )＝f (－x )＋f (x 2)的定义域．解：由f (x )的定义域为[－3，5]，则ϕ(x )必有23535x x -≤-≤⎧⎨-≤≤⎩，即53x x -≤≤⎧⎪⎨≤⎪⎩x所以函数ϕ(x )的定义域为[．。
抽象函数问题及其解法
抽象函数问题及其解法抽象函数是一种用来描述计算机程序中的操作的数学概念。
它是一种特殊的函数，它的输入和输出可以是任意类型的数据，而不仅仅是数字。
在编程中，抽象函数被用来表示更高层次的操作，而不是简单的数学运算。
抽象函数的定义通常包括函数的名称、输入参数和返回值的类型，但不包括具体的实现细节。
它描述了函数的功能和使用方法，而不涉及具体的算法和数据结构。
这使得抽象函数可以在多种编程语言和环境中使用，而不需要对具体的实现细节有任何了解。
抽象函数抽象函数在程序设计中有很多应用。
它可以用来表示一些问题的解决方法，也可以用来表达程序中的一个功能。
例如，可以用抽象函数来表示一个排序算法的方法，也可以用抽象函数来表示一个图形界面中的按钮操作。
抽象函数可以更好地描述程序的结构和行为，从而提高程序的可读性和可维护性。
抽象函数的解法在设计抽象函数时，需要使用一种统一的方法来定义函数的功能和使用方法。
一种常见的方法是使用伪代码来描述函数的操作。
伪代码是一种类似于自然语言的描述语言，它不是一种具体的编程语言，而是一种用来表示算法和程序逻辑的工具。
使用伪代码可以使程序员更加关注函数的功能和使用方法，而不是实现细节。
下面是一个求解阶乘的抽象函数的例子：```Function factorial(n: integer): integerBeginIf n < 0 ThenReturn -1 // 阶乘函数的输入不能为负数Else If n = 0 ThenReturn 1 // 0的阶乘为1ElseReturn n * factorial(n-1) // 递归调用本函数End IfEnd```在这个例子中，factorial函数用来计算一个非负整数的阶乘。
函数的输入参数是一个整数n，返回值也是一个整数。
函数首先根据输入参数的值进行判断，然后根据不同的情况返回相应的结果。
如果输入参数为负数，函数返回-1，表示输入不合法；如果输入参数为0，函数返回1，因为0的阶乘定义为1；否则，函数将输入参数减1，并递归调用自身，然后将结果与输入参数相乘，得到最终的结果。
抽象函数-题型大全(例题-含答案)
下考抽象函数本领归纳之阳早格格创做由于函数观念比较抽象，教死对付解有闭函数暗号()f x 的问题感触艰易，教佳那部分知识，能加深教死对付函数观念的明白，更佳天掌握函数的本量，培植机动性；普及解题本领，劣化教死数教思维素量.现将罕睹解法及意义归纳如下：一、供表白式：1.换元法：即用中间变量表示本自变量x 的代数式，从而供出()f x ，那也是证某些公式大概等式时常使用的要领，此法解培植教死的机动性及变形本领.例1：已知 ()211x f x x =++,供()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u -=+=--∴2()1x f x x-=- 2.拼集法：正在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可供()f x .此解法简净，还能进一步复习代换法.例2：已知3311()f x x x x +=+，供()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x xx x x +=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)3.待定系数法：先决定函数典型，设定函数闭系式，再由已知条件，定出闭系式中的已知系数.例3． 已知()f x 二次真函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,供()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a a b c b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.利用函数本量法:主要利用函数的奇奇性,供分段函数的剖析式.y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,供()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域闭于本面对付称，故先供x <0时的表白式.∵-x >0,∴()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,∵()f x 为奇函数，∴lg(1)()()x f x f x -=-=-∴当x <0时()lg(1)f x x =--∴lg(1),0()lg(1),0x x f x x x +≥⎧=⎨--<⎩例5．一已知()f x 为奇函数，()g x 为奇函数，且有()f x +1()1g x x =-， 供()f x ,()g x . 解：∵()f x 为奇函数，()g x 为奇函数，∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,无妨用-x 代换()f x +()g x =11x -………①中的x , ∴1()()1f xg x x -+-=--即()f x －1()1g x x =-+……② 隐睹①+②即可消去()g x ,供出函数21()1f x x =-再代进①供出2()1xg x x =- 5.赋值法：给自变量与特殊值，从而创造顺序，供出()f x 的表白式例6：设()f x 的定义域为自然数集，且谦脚条件(1)()()f x f x f y xy +=++,及(1)f =1,供()f x解：∵()f x 的定义域为N ，与y =1,则有(1)()1f x f x x +=++∵(1)f =1,∴(2)f =(1)f +2,(3)(2)3f f =+……()(1)f n f n n =-+以上各式相加，有()f n =1+2+3+……+n =(1)2n n +∴1()(1),2f x x x x N =+∈ 二、利用函数本量，解()f x 的有闭问题1.推断函数的奇奇性：例7 已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对付一确真数x 、y 皆创造，且(0)0f ≠,供证()f x 为奇函数.道明：令x =0, 则已知等式形成()()2(0)()f y f y f f y +-=……①正在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵(0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴()()f y f y -=∴()f x 为奇函数.例8：奇函数()f x 正在定义域（-1，1）内递减，供谦脚2(1)(1)0f m f m -+-<的真数m 的与值范畴. 解：由2(1)(1)0f m f m -+-<得2(1)(1)f m f m -<--，∵()f x 为函数，∴2(1)(1)f m f m -<-又∵()f x 正在（-1，1）内递减，∴221111110111m m m m m -<-<⎧⎪-<-<⇒<<⎨⎪->-⎩3.解大概式的有闭题目例9：如果()f x =2ax bx c ++对付任性的t 有(2)2)f t f t +=-,比较(1)(2)(4)f f f 、、的大小 解：对付任性t 有(2)2)f t f t +=-∴x =2为扔物线y =2ax bx c ++的对付称轴 又∵其启心进与∴f (2)最小，f (1)=f (3)∵正在［2，＋∞)上，()f x 为删函数∴f (3)<f (4),∴f (2)<f (1)<f (4)五类抽象函数解法1、线性函数型抽象函数线性函数型抽象函数，是由线性函数抽象而得的函数.例1、已知函数f（x）对付任性真数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，供f（x）正在区间[－2，1]上的值域.领会：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，果此供函数f（x）的值域，闭键正在于钻研它的单调性.解：设，∵当，∴，∵，∴，即，∴f（x）为删函数.正在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f（0），∴f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，∴f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，∴f（x）的值域为［－4，2］.例2、已知函数f（x）对付任性，谦脚条件f（x）＋f（y）＝2 + f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，供不等式的解.领会：由题设条件可预测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调删函数，如果那一预测精确，也便不妨脱去不等式中的函数标记，从而可供得不等式的解. 解：设，∵当，∴，则，即，∴f（x）为单调删函数.∵，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴，∴，即，解得不等式的解为－1 < a < 3.2、指数函数型抽象函数例3、设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），谦脚条件：存留，使得，对付所有x战y，创造.供：（1）f（0）；（2）对付任性值x，推断f（x）值的正背.领会：由题设可预测f（x）是指数函数的抽象函数，从而预测f （0）＝1且f（x）＞0.解：（1）令y＝0代进，则，∴.若f（x）＝0，则对付任性，有，那与题设冲突，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1.（2）令y＝x≠0，则，又由（1）知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对付任性x，f（x）＞0恒创造.例4、是可存留函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x∈N；②；③f（2）＝4.共时创造？若存留，供出f （x）的剖析式，如不存留，道明缘由.领会：由题设可预测存留，又由f（2）＝4可得a＝2．故预测存留函数，用数教归纳法道明如下：（1）x＝1时，∵，又∵x∈N时，f（x）＞0，∴，论断精确.（2）假设时有，则x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，论断精确.综上所述，x为十足自然数时.3、对付数函数型抽象函数对付数函数型抽象函数，即由对付数函数抽象而得到的函数.例5、设f（x）是定义正在（0，＋∞）上的单调删函数，谦脚，供：（1）f（1）；（2）若f（x）＋f（x－8）≤2，供x的与值范畴.领会：由题设可预测f（x）是对付数函数的抽象函数，f（1）＝0，f（9）＝2.解：（1）∵，∴f（1）＝0.（2），从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9），即，∵f（x）是（0，＋∞）上的删函数，故，解之得：8＜x≤9.例6、设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）.如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是可精确，试道明缘由.领会: 由题设条件可预测y＝f（x）是对付数函数的抽象函数，又∵y ＝f（x）的反函数是y＝g（x），∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数，于是预测g（a＋b）＝g（a）·g（b）精确.解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g （m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g （m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g （a＋b）＝g（a）·g（b）.4、三角函数型抽象函数三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数.例7、己知函数f（x）的定义域闭于本面对付称，且谦脚以下三条件：①当是定义域中的数时，有；②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；③当0＜x＜2a时，f（x）＜0.试问：（1）f（x）的奇奇性怎么样？道明缘由.（2）正在（0，4a）上,f（x）的单调性怎么样？道明缘由.领会: 由题设知f（x）是的抽象函数，从而由及题设条件预测：f（x）是奇函数且正在（0，4a）上是删函数（那里把a瞅成举止预测）.解：（1）∵f（x）的定义域闭于本面对付称，且是定义域中的数时有，∴正在定义域中.∵，∴f（x）是奇函数.（2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵正在（0，2a）上f（x）＜0，∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于整，从而知中的，于是f（x1）＜f（x2），∴正在（0，2a）上f（x）是删函数.又，∵f（a）＝－1，∴，∴f （2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，，于是f（x）＞0，即正在（2a，4a）上f（x）＞0.设2a＜x1＜x2＜4a，则0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f （x2）均大于整.f（x2－x1）＜0，∵，∴，即f（x1）＜f（x2），即f（x）正在（2a，4a）上也是删函数.综上所述，f（x）正在（0，4a）上是删函数.5、幂函数型抽象函数幂函数型抽象函数，即由幂函数抽象而得到的函数.例8、已知函数f（x）对付任性真数x、y皆有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，.（1）推断f（x）的奇奇性；（2）推断f（x）正在［0，＋∞）上的单调性，并给出道明；（3）若，供a的与值范畴.领会：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数，从而可预测f（x）是奇函数，且正在［0，＋∞）上是删函数.解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数.（2）设，∴，，∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）正在0，＋∞）上是删函数.（3）∵f（27）＝9，又，∴，∴，∵，∴，∵，∴，又，故.抽象函数罕睹题型解法综述抽象函数是指不给出函数的简曲剖析式，只给出了一些体现函数个性的式子的一类函数.由于抽象函数表示形式的抽象性，使得那类问题成为函数真量的易面之一.本文便抽象函数罕睹题型及解法评析如下：一、定义域问题例1. 已知函数的定义域是［1，2］，供f(x)的定义域.解：的定义域是［1，2］，是指，所以中的谦脚从而函数f(x)的定义域是［1，4］评析：普遍天，已知函数的定义域是A，供f(x)的定义域问题，相称于已知中x的与值范畴为A，据此供的值域问题.例2. 已知函数的定义域是，供函数的定义域.解：的定义域是，意义是凡是被f效率的对付象皆正在中，由此可得所以函数的定义域是评析：那类问题的普遍形式是：已知函数f(x)的定义域是A，供函数的定义域.精确明白函数标记及其定义域的含意是供解此类问题的闭键.那类问题真量上相称于已知的值域B，且，据此供x 的与值范畴.例2战例1形式上正好同.二、供值问题例3. 已知定义域为的函数f(x)，共时谦脚下列条件：①；②，供f(3)，f(9)的值.解：与，得果为，所以又与得评析：通过瞅察已知与已知的通联，巧妙天赋值，与，那样便把已知条件与欲供的f(3)相通了起去.赋值法是解此类问题的时常使用本领.三、值域问题例4. 设函数f(x)定义于真数集上，对付于任性真数x、y，总创造，且存留，使得，供函数的值域.解：令，得，即有大概.若，则，对付任性均创造，那与存留真数，使得创造冲突，故，必有.由于对付任性均创造，果此，对付任性，有底下去道明，对付任性设存留，使得，则那与上头已证的冲突，果此，对付任性所以评析：正在处理抽象函数的问题时，往往需要对付某些变量举止符合的赋值，那是普遍背特殊转移的需要脚法.四、剖析式问题例5. 设对付谦脚的所有真数x，函数谦脚，供f(x)的剖析式.解：正在中以代换其中x，得：再正在(1)中以代换x，得化简得：评析：如果把x战分别瞅做二个变量，何如真止由二个变量背一个变量的转移是解题闭键.常常情况下，给某些变量符合赋值，使之正在闭系中“消得”，从而死存一个变量，是真止那种转移的要害战术.五、单调性问题例6. 设f(x)定义于真数集上，当时，，且对付于任性真数x、y，有，供证：正在R上为删函数.道明：正在中与，得若，令，则，与冲突所以，即有当时，；当时，而所以又当时，所以对付任性，恒有设，则所以所以正在R上为删函数.评析：普遍天，抽象函数所谦脚的闭系式，应瞅做给定的运算规则，则变量的赋值大概变量及数值的领会与拉拢皆应尽管与已知式大概所给闭系式及所供的截止相闭联.六、奇奇性问题例7. 已知函数对付任性不等于整的真数皆有，试推断函数f(x)的奇奇性.解：博得：，所以又博得：，所以再与则，即果为为非整函数，所以为奇函数.七、对付称性问题例8. 已知函数谦脚，供的值.解：已知式即正在对付称闭系式中与，所以函数的图象闭于面（0，2002）对付称.根据本函数与其反函数的闭系，知函数的图象闭于面（2002，0）对付称.所以将上式中的x用代换，得评析：那是共一个函数图象闭于面成核心对付称问题，正在解题中使用了下述命题：设a、b均为常数，函数对付一确真数x皆谦脚，则函数的图象闭于面（a，b）成核心对付称图形.八、搜集概括问题例9. 定义正在R上的函数f(x)谦脚：对付任性真数m，n，总有，且当x>0时，0<f(x)<1.（1）推断f(x)的单调性；（2）设，，若，试决定a的与值范畴.解：（1）正在中，令，得，果为，所以.正在中，令果为当时，所以当时而所以又当x=0时，，所以，综上可知，对付于任性，均有.设，则所以所以正在R上为减函数.（2）由于函数y=f(x)正在R上为减函数，所以即有又，根据函数的单调性，有由，所以曲线与圆里无大众面.果此有，解得.评析：（1）要计划函数的单调性必定波及到二个问题：一是f(0)的与值问题，二是f(x)>0的论断.那是解题的闭键性步调，完毕那些要正在抽象函数式中举止.由特殊到普遍的解题思维，奇像类比思维皆有帮于问题的思索妥协决.定义正在R 上的函数f x ()谦脚：f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=，供f ()2000的值.解：由f x f x ()()220-+-=， 以t x =-2代进，有f t f t ()()-=，∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44故f x ()是周期为8的周期函数，例2 已知函数f x ()对付任性真数x y ，皆有f x y f x f y ()()()+=+，且当x >0时，f x f ()()>-=-012，，供f x ()正在[]-21，上的值域.解：设x x 12< 且x x R 12，∈， 则x x 210->，由条件当x >0时，f x ()>0 又f x f x x x ()[()]2211=-+∴f x ()为删函数，令y x =-，则f f x f x ()()()0=+-又令x y ==0得f ()00=∴-=-f x f x ()()，故f x ()为奇函数，∴=-=f f ()()112，f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在，21上的值域为[]-42，二. 供参数范畴那类参数隐含正在抽象函数给出的运算式中，闭键是利用函数的奇奇性战它正在定义域内的删减性，去掉“f ”标记，转移为代数不等式组供解，但是要特天注意函数定义域的效率.例3 已知f x ()是定义正在（-11，）上的奇函数，且正在（0，1）上为删函数，谦脚f a f a ()()---<2402，试决定a 的与值范畴. 解： f x ()是奇函数，且正在（0，1）上是删函数，∴f x ()正在()-10，上是减函数，由-<-<-<-<⎧⎨⎩1211412a a 得35<<a . （1）当a =2时，f a f a f ()()()-=-=2402，不等式不可坐.（2）当32<<a 时，（3）当25<<a 时，综上所述，所供a 的与值范畴是()()3225，， . 例 4 已知f x ()是定义正在(]-∞，1上的减函数，若f m x f m x (sin )(cos )221-≤++对付x R ∈恒创造，供真数m 的与值范畴.解： m x m x m x m x 22223131-≤++≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪sin cos sin cos对付x R ∈恒创造⇔-≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪m x m x m x22231sin sin cos 对付x R ∈恒创造⇔ 对付x R ∈恒创造， 三. 解不等式那类不等式普遍需要将常数表示为函数正在某面处的函数值，再通过函数的单调性去掉函数标记“f ”，转移为代数不等式供解.例5 已知函数f x ()对付任性x y R ，∈有f x f y f x y ()()()+=++2，当x >0时，f x ()>2，f ()35=，供不等式f a a ()2223--<的解集. 解：设x x R 12、∈且x x 12< 则x x 210-> ∴->f x x ()212， 即f x x ()2120-->， 故f x ()为删函数， 又f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=果此不等式f a a ()2223--<的解集为{}a a |-<<13. 四. 道明某些问题例6 设f x ()定义正在R 上且对付任性的x 有f x f x f x ()()()=+-+12，供证：f x ()是周期函数，并找出它的一个周期.领会：那共样是不给出函数表白式的抽象函数，其普遍解法是根据所给闭系式举止递推，若能得出f x T f x ()()+=（T 为非整常数）则f x ()为周期函数，且周期为T. 道明： f x f x f x ()()()()=+-+121()()12+得f x f x ()()()=-+33由（3）得f x f x ()()()+=-+364 由（3）战（4）得f x f x ()()=+6.上式对付任性x R ∈皆创造，果此f x ()是周期函数，且周期为6. 例7 已知f x ()对付十足x y ，，谦脚f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，，且当x <0时，f x ()>1，供证：（1）x >0时，01<<f x ()；（2）f x ()正在R 上为减函数.道明： 对付十足x y R ，∈有f x y f x f y ()()()+=⋅.且f ()00≠，令x y ==0，得f ()01=， 现设x >0，则-<x 0，f x ()->1， 而f f x f x ()()()01=⋅-=∴<<01f x ()，设x x R 12，∈且x x 12<， 则0121<-<f x x ()，∴>f x f x ()()12，即f x ()为减函数. 五. 概括问题供解抽象函数的概括问题普遍易度较大，常波及到多个知识面，抽象思维程度央供较下，解题时需掌控佳如下三面：一是注意函数定义域的应用，二是利用函数的奇奇性去掉函数标记“f ”前的“背号”，三是利用函数单调性去掉函数标记“f ”.例8 设函数y f x =()定义正在R 上，当x >0时，f x ()>1，且对付任性m n ，，有f m n f m f n ()()()+=⋅，当m n ≠时f m f n ()()≠.（1）道明f ()01=；（2）道明：f x ()正在R 上是删函数； （3）设{}A x y f x f y f =⋅<()|()()()，221，B x y f ax by c a b c R a =++=∈≠{()|()}，，，，，10，若A B =∅，供a b c ，，谦脚的条件.解：（1）令m n ==0得f f f ()()()000=⋅， ∴=f ()00大概f ()01=.若f ()00=，当m ≠0时，有fm fm f ()()()+=⋅00，那与当m n ≠时，f m f n ()()≠冲突， ∴=f ()01. （2）设x x 12<，则x x 210->，由已知得f x x ()211->，果为x 10≥，f x ()11>，若x 10<时，->->x f x 1101，()，由f fx f x ()()()011=⋅- （3）由f x f y f ()()()221⋅<得x y 2211+<()由f a x b y c ()++=1得a x b y c ++=0（2） 从（1）、（2）中消去y 得()a b x a c x c b 2222220+++-<，果为AB =∅ ∴=-+-<∆()()()24022222a c ab cb ， 即a bc 222+<例9 定义正在（-11，）上的函数f x ()谦脚（1），对付任性x y ，，∈-()11皆有f x f y f x yx y()()()+=++1，（2）当x ∈-()10，时，有f x ()>0，（1）试推断f x ()的奇奇性；（2）推断f x ()的单调性；（3）供证f f f n nf ()()()()15111131122+++++>…. 领会：那是一讲以抽象函数为载体，钻研函数的单调性与奇奇性，再以那些本量为前提去钻研数列供战的概括题.解：（1）对付条件中的x y ，，令x y ==0，再令y x =-可得f f f f x f x f f x f x ()()()()()()()()000000+=+-=⎧⎨⎩⇒=-=-⎧⎨⎩，所以f x ()是奇函数. （2）设-<<<1012x x ，则fx fx fx f x f x x x x ()()()()()121212121-=+-=-- x x x x 1212001-<<<，， ∴--<x x x x 121210，由条件（2）知f x xx x ()121210-->，从而有f x f x ()()120->，即f x f x ()()12>，故f x ()()在，-10上单调递减，由奇函数本量可知，f x ()正在（0，1）上仍是单调减函数. （3） f n n ()1312++ 抽象函数问题分类剖析咱们将不精确给出剖析式的函数称为抽象函数.连年去抽象函数问题频频出现于百般考查题中，由于那类问题抽象性强，机动性大，普遍共教感触狐疑，供解无从下脚.本文试图通过真例做分类剖析，供教习参照. 1. 供定义域那类问题只消紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()瞅做一个完全，相称于f x ()中的x 那一个性，问题便会迎刃而解.例1. 函数y f x =()的定义域为(]-∞，1，则函数y f x =-[l o g ()]222的定义域是___.领会：果为l o g()22x 2-相称于f x ()中的x ，所以l o g()2221x -≤，解得 22<≤x 大概-≤<-22x . 例2. 已知f x ()的定义域为(0)，1，则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的定义域是______.领会：果为x a +及x a -均相称于f x ()中的x ，所以 (1)当-≤≤120a 时，则x a a ∈-+()，1 (2)当012<≤a 时，则x a a ∈-()，12. 推断奇奇性根据已知条件，通过妥当的赋值代换，觅供f x ()与f x ()-的闭系. 例 3. 已知f x ()的定义域为R ，且对付任性真数x ，y 谦脚fx y fx f y()()()=+，供证：f x ()是奇函数. 领会：正在fx y fx f y ()()()=+中，令x y ==1， 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1，得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是fx f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是奇函数.例4. 若函数y f xf x =≠()(())0与y f x =-()的图象闭于本面对付称，供证：函数y f x =()是奇函数.道明：设y f x =()图象上任性一面为P （x y 00，）y f x =()与y f x=-()的图象闭于本面对付称， ∴P x y ()00，闭于本面的对付称面()--x y 00，正在y f x =-()的图象上，又y f x 00=() 即对付于函数定义域上的任性x 皆有f x f x ()()-=，所以y f x =()是奇函数.3. 推断单调性根据函数的奇奇性、单调性等有闭本量，绘出函数的示企图，以形帮数，问题赶快获解.例5. 如果奇函数f x ()正在区间[]37，上是删函数且有最小值为5，那么f x ()正在区间[]--73，上是A. 删函数且最小值为-5B. 删函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 领会：绘出谦脚题意的示企图1，易知选B.图1例6. 已知奇函数f x ()正在(0)，+∞上是减函数，问f x ()正在()-∞，0上是删函数仍旧减函数，并道明您的论断.领会：如图2所示，易知f x ()正在()-∞，0上是删函数，道明如下： 任与xx x x 121200<<⇒->-> 果为f x ()正在(0)，+∞上是减函数，所以f x f x ()()-<-12. 又f x ()是奇函数，所以f x f xf x f x ()()()()-=-=1122，， 从而f x f x ()()12<，故f x ()正在()-∞，0上是删函数. 图24. 探供周期性那类问题较抽象，普遍解法是小心领会题设条件，通过类似，奇像出函数本型，通过对付函数本型的领会大概赋值迭代，赢得问题的解.例7. 设函数f x()的定义域为R，且对付任性的x，y有f x y f x y f x f y()()()()++-=⋅2，并存留正真数c，使f c()2=.试问f x()是可为周期函数？假如，供出它的一个周期；若不是，请道明缘由.领会：小心瞅察领会条件，奇像三角公式，便会创造：y x=c o s谦脚题设条件，且cosπ2=，预测f x()是以2c为周期的周期函数.故f x()是周期函数，2c是它的一个周期.5. 供函数值紧扣已知条件举止迭代变更，经有限次迭代可曲交供出截止，大概者正在迭代历程中创造函数具备周期性，利用周期性使问题巧妙获解.例8. 已知f x()的定义域为R+，且fxy fx fy()()()+=+对付十足正真数x，y皆创造，若f()84=，则f(2)=_______.领会：正在条件fxy fx fy()()()+=+中，令x y==4，得f f f f()()()()844244=+==，又令x y==2，得f f f(4)(2)(2)=+=2，例9. 已知f x()是定义正在R上的函数，且谦脚：f x f x f x()[()]()+-=+211，f()11997=，供f(2001)的值.领会：紧扣已知条件，并多次使用，创造f x()是周期函数，隐然f x()≠1，于是f x f x f x()() ()+=+ -211，所以f x f x f x ()()()+=-+=814 故f x ()是以8为周期的周期函数，从而 6. 比较函数值大小利用函数的奇奇性、对付称性等本量将自变量转移到函数的单调区间内，而后利用其单调性使问题获解.例10. 已知函数f x ()是定义域为R 的奇函数，x <0时，f x ()是删函数，若x 10<，x 20>，且||||x x 12<，则f x f x ()()--12，的大小闭系是_______. 领会： x x 1200<>，且||||x x 12<， 又x <0时，f x ()是删函数，f x ()是奇函数，故f x f x ()()->-12 7. 计划圆程根的问题例11. 已知函数f x ()对付一确真数x 皆谦脚f x f x ()()11+=-，而且f x ()=0有三个真根，则那三个真根之战是_______.领会：由f x f x ()()11+=-知曲线x =1是函数f x ()图象的对付称轴. 又f x ()=0有三个真根，由对付称性知x 11=必是圆程的一个根，其余二根x x 23，闭于曲线x =1对付称，所以x x 23212+=⨯=，故x x x 1233++=. 8. 计划不等式的解供解那类问题利用函数的单调性举止转移，脱去函数标记.例12. 已知函数f x ()是定义正在(]-∞，1上的减函数，且对付一确真数x ，不等式fk x fk x(s i n )(s i n)-≥-22恒创造，供k 的值. 领会：由单调性，脱去函数暗号，得由题意知(1)(2)二式对付十足x R ∈恒创造，则有 9. 钻研函数的图象那类问题只消利用函数图象变更的有闭论断，便可获解.例13. 若函数y f x =+()2是奇函数，则y f x =()的图象闭于曲线_______对付称.领会：y f x =()的图象右移个单位左移个单位22y f x =+()2的图象，而y f x =+()2是奇函数，对付称轴是x =0，故y f x =()的对付称轴是x =2.例14. 若函数f x ()的图象过面（0，1），则f x ()+4的反函数的图象必过定面______.领会：f x ()的图象过面（0，1），从而f x ()+4的图象过面()-41，，由本函数与其反函数图象间的闭系易知，f x ()+4的反函数的图象必过定面()14，-. 10. 供剖析式例15. 设函数f x ()存留反函数，g x f x h x ()()()=-1，与g x ()的图象闭于曲线x y +=0对付称，则函数h x ()=A. -f x ()B. --f x ()C. --f x 1()D. ---f x 1()领会：央供y h x =()的剖析式，真量上便是供y h x =()图象上任一面Px y ()00，的横、纵坐标之间的闭系.面Px y ()00，闭于曲线y x =-的对付称面()--y x 00，符合y f x =-1()，即-=-x g y 00(). 又gxf x ()()=-1， 即h x f x ()()=--，选B.抽象函数的周期问题2001年下考数教（文科）第22题：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x =1对付称.对付任性x x 12012，，∈[]皆有f xx f xf x ()()()1212+=⋅. （I ）设f ()12=，供f f ()()1214，； （II ）道明f x ()是周期函数. 剖析：（I ）解略.（II ）道明：依题设y f x =()闭于曲线x =1对付称 故f x f x x R ()()=-∈2， 又由f x ()是奇函数知 将上式中-x 以x 代换，得那标明f x ()是R 上的周期函数，且2是它的一个周期 f x ()是奇函数的真量是f x ()的图象闭于曲线x =0对付称 又f x ()的图象闭于x =1对付称，可得f x ()是周期函数 且2是它的一个周期由此举止普遍化推广，咱们得到思索一：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x aa =≠()0对付称，道明f x ()是周期函数，且2a 是它的一个周期. 道明： f x ()闭于曲线xa =对付称 又由f x ()是奇函数知f x f x x R ()()-=∈，将上式中-x 以x 代换，得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2a 是它的一个周期思索二：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于曲线x a=战x ba b =≠()对付称.道明f x ()是周期函数，且2()b a -是它的一个周期. 道明： f x ()闭于曲线x a x b ==和对付称 将上式的-x 以x 代换得∴f x ()是R 上的周期函数且2()b a -是它的一个周期若把那讲下考题中的“奇函数”换成“奇函数”，f x ()仍旧不是周期函数？通过探索，咱们得到思索三：设f x ()是定义正在R 上的奇函数，其图象闭于曲线x =1对付称.道明f x ()是周期函数，且4是它的一个周期.， 道明： f x ()闭于x =1对付称∴=-∈fx f x xR ()()2， 又由f x ()是奇函数知f x f x x R f x f x x R()()()()-=-∈∴-=--∈，，2将上式的-x 以x 代换，得∴f x ()是R 上的周期函数 且4是它的一个周期f x ()是奇函数的真量是f x ()的图象闭于本面（0，0）核心对付称，又f x ()的图象闭于曲线x =1对付称，可得f x ()是周期函数，且4是它的一个周期.由此举止普遍化推广，咱们得到思索四：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于面M a ()，0核心对付称，且其图象闭于曲线x bb a =≠()对付称.道明f x ()是周期函数，且4()b a -是它的一个周期.道明： f x ()闭于面M a ()，0对付称 ∴-=-∈f a x f x x R ()()2， f x ()闭于曲线x b =对付称∴=-∈∴-=--∈f x f b x x R f b x f a x x R()()()()222，，将上式中的-x 以x 代换，得f b x f a x x R f x b a f b x b a f a x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()][()][()]()2242242242222+=-+∈∴+-=++-=-++-=-+-=+-=∈，，∴f x ()是R 上的周期函数 且4()b a -是它的一个周期由上咱们创造，定义正在R 上的函数f x ()，其图象若有二条对付称轴大概一个对付称核心战一条对付称轴，则f x ()是R 上的周期函数.进一步咱们料到，定义正在R 上的函数f x ()，其图象如果有二个对付称核心，那么f x ()是可为周期函数呢？通过探索，咱们得到思索五：设f x ()是定义正在R 上的函数，其图象闭于面M a ()，0战N b a b ()()，0≠对付称.道明f x ()是周期函数，且2()b a -是它的一个周期.道明： f x ()闭于Ma Nb ()()，，，00对付称 ∴-=-∈-=-∈∴-=-∈f a x f x x R f b x f x x Rf a x f b x x R()()()()()()2222，，，将上式中的-x以x 代换，得 f a x f b x x Rf x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()]()2222222+=+∈∴+-=+-=+-=∈，，∴f x ()是周期函数且2()b a -是它的一个周期抽象函数解规则道抽象函数是指不给出简曲的函数剖析式大概图像,只给出一些函数标记及其谦脚的条件的函数,如函数的定义域,剖析递推式,特定面的函数值,特定的运算本量等,它是下中函数部分的易面,也是大教下等数教函数部分的一个贯串面,由于抽象函数不简曲的剖析表白式动做载体,果此明白钻研起去比较艰易.但是由于此类试题即能考查函数的观念战本量,又能考查教死的思维本领,所以备受命题者的青睐,那么,何如供解抽象函数问题呢,咱们不妨利用特殊模型法,函数本量法,特殊化要领,奇像类比转移法,等多种要领从多角度,多层里去领会钻研抽象函数问题, 一:函数本量法函数的个性是通过其本量(如奇奇性,单调性周期性,特殊面等)反应出去的,抽象函数也是如许,惟有充分掘掘战利用题设条件战隐含的本量,机动举止等价转移,抽象函数问题才搞转移,化易为易,时常使用的解题要领有:1,利用奇奇性完全思索;2,利用单调性等价转移;3,利用周期性返回已知4;利用对付称性数形分离;5,借帮特殊面,布列圆程等. 二:特殊化要领1正在供解函数剖析式大概钻研函数本量时,普遍用代换的要领,将x 换成-x 大概将x 换成等 2正在供函数值时,可用特殊值代进3钻研抽象函数的简曲模型,用简曲模型解采用题,挖空题,大概由简曲模型函数对付概括题,的解问提供思路战要领.总之,抽象函数问题供解,用惯例要领普遍很易凑效,但是咱们如果能通过对付题脚法疑息领会与钻研,采与特殊的要领战脚法供解,往往会支到事半功倍之成果,真有些山贫火复疑无路,柳暗花明又一村的快感. 1． 已知函数f(x)对付任性x 、y ∈R 皆有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t 为自然数,(t>0)试供f(t)的表白式②谦脚f(t)=t 的所有整数t 是可形成等好数列?若能供出此数列,若不克不迭道明缘由 ③若t 为自然数且t≥4时, f(t) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒创造,供m 的最大值. 2． 已知函数f(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)定义域皆是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是删函数. g(m) · g(n)=g(m+n)(m 、n ∈R) 供证：①f(x)是R 上的删函数②当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n 解: ①设x1>x2g(x)是R 上的删函数, 且g(x)>0 ∴ g(x1) > g(x2) >0 ∴g(x1)+1 > g(x2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x1)- f(x2)=1)(1)(11+-x g x g - 1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(1-1)(22+x g )=1)(22+x g -1)(21+x g >0∴ f(x1) >f(x2)∴ f(x)是R 上的删函数②g(x) 谦脚g(m) · g(n)= g(m+n)(m 、n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]n=2n 当n ∈N,n≥3时, 2n>n ∴f(n)=1212+-n n＝1-122+n ，1+n n ＝1-11+n2n ＝（1+1）n ＝1+n+…+i nC +…+n+1>2n+1∴ 2n+1>2n+2∴122+n<11+n ,即1-122+n>1-11+n∴当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n3． 设f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单删,设f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对付于(0,+∞)上的任性二相同真数x1, x2 恒有| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|①供证：f (x)正在(0,+∞)上单删. ②设F(x)=x f (x), a>0、b>0. 供证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①道明:设 x1>x2>0f1(x) 正在(0,+∞)上单删f1(x1)－ f1(x2)>0∴| f1(x1)－ f1(x2)|= f1(x1)－ f1(x2)>0| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|∴f1(x2)- f1(x1)<f2(x1)－ f2(x2)< f1(x1)－ f1(x2) ∴f1(x1)+f2(x1)> f1(x2)+ f2(x2) ∴f(x1)> f(x2)f (x)正在(0,+∞)上单删 ②F(x)=x f (x), a>0、b>0a+b>a>0,a+b>b>0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (x)正在(0,+∞)上单删∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4． 函数y ＝f(x)谦脚 ①f(a+b)＝f (a)·f (b)，②f(4)＝16, m 、n 为互量整数，n≠0 供f(nm)的值 f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(0)∴f(0) =0大概1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(冲突)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f2(21)≥0 ∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)利害背函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a f n ∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n 1+n 1+…+n 1)=fn(n1)=2 ∴f(n 1)= n12∴f(nm )=[f(n1)]m= nm 25． 定义正在（-1，1）上的函数f (x)谦脚 ① 任性x 、y ∈（-1，1）皆有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1)，②x ∈（-1，0）时， 有f(x) >01) 判决f(x)正在（-1，1）上的奇奇性，并道明缘由 2) 判决f(x)正在（-1，0）上的单调性，并给出道明3) 供证：f (1312++n n )＝f (11+n )－f (21+n ) 大概f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21) (n ∈N*)解:1)定义正在（-1，1）上的函数f (x)谦脚任性x 、y ∈（-1，1）皆有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) ∴f(0)=0当-x=y 时, f(x)+ f(-x)＝f(0)∴f(x)是（-1，1）上的奇函数2) 设0>x1>x2>-1f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=)1(2121x x xx f --0>x1>x2>-1 ,x ∈（-1，0）时，有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0∴)1(2121x x xx f -->0即f(x)正在（-1，0）上单调递加.3)f (1312++n n )=f(12312-++n n ) =f()2)(1(11)2)(1(1++-++n n n n )=f(211112111+•+-+-+n n n n )=f(11+n )-f(21+n ) ∴f (51)+f (111)+…+f (1312++n n ) =f(21)-f(31)+f(31)-f(41)+f(41)+…+f(11+n )-f(21+n )= f(21) -f(21+n )=f(21)+f(-21+n )x ∈（-1，0）时，有f(x) >0∴f(-21+n )>0, f(21)+f(-21+n )>f(21)即f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21)6． 设 f (x)是定义正在R 上的奇函数,其图像闭于曲线x=1对付称, 对付任性x1、x2∈[0,12]皆有f (x1+ x2)＝f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. ①供f (12)及 f (14);②道明f(x)是周期函数③记an=f(2n+12n ), 供lim ∞→n (lnan)解: ①由f (x)= f (x 2 + x2)=[f(x)]2≥0,f(x)a= f(1)=f(2n·12n )=f(12n +12n +…+12n )＝[f (12n )]2解得f (12n)=n a 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a . ②f(x)是奇函数,其图像闭于曲线x=1对付称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x).∴f(x)是以2为周期的周期函数.③ an=f(2n+12n )= f (12n )=na 21 ∴lim ∞→n (lnan)= lim ∞→n aa 2ln =0 7． 设)(x f y =是定义正在R 上的恒不为整的函数，且对付任性x 、y ∈R 皆有 f(x+y)＝f(x)f(y)①供f(0)，②设当x<0时，皆有f(x)>f(0)道明当x>0时0<f(x)<1,③设a1=21,an=f(n)（n ∈N* ），sn 为数列｛an ｝前n 项战，供lim ∞→n sn.解：①②仿前几例，略.③ an ＝f(n)， ∴ a1＝f(1)＝21an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝21an ∴数列｛an ｝是尾项为21公比为21的等比数列 ∴sn ＝1-n ⎪⎭⎫ ⎝⎛21 ∴lim ∞→n sn ＝18． 设)(x f y =是定义正在区间]1,1[-上的函数，且谦脚条件：（i ）;0)1()1(==-f f（ii ）对付任性的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有（Ⅰ）道明：对付任性的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有 （Ⅱ）道明：对付任性的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有（Ⅲ）正在区间[－1，1]上是可存留谦脚题设条件的奇函数)(x f y =，且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|].21,0[,.|||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当。
抽象函数的几类常见问题及解题方法
抽象函数的几类常见问题及解题方法抽象函数是没有具体的解析式，只给出它的一些特征、性质或一些特殊关系式的函数。
因而显得特别抽象。
所以解决抽象函数问题需要从函数的本质出发，考虑其定义，性质，加之解决抽象函数问题时常用的技巧——赋值法，换元法等，尽可能使抽象函数变得不再抽象。
这类问题既能全面地考查学生对函数概念和性质的理解以及代数推理和论证能力，又能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力. 对于发展学生的思维能力.尤其是抽象思维能力，渗透数学思想方法，起着非常重要的作用，所以备受各地模考、高考的青睐.因此有必要对抽象函数的解题方法和技巧进行归纳总结。
以下是我归纳的常见的三类问题及其解法。
1.有关定义域问题函数的定义域指自变量的取值范围。
所以对抽象函数，而言，其定义域均指的是的取值范围。
对于和，其中和的地位是等价的，故取值范围是一样的。
例 1. 函数y= 的定义域为（一∞，1] ，则函数y=f [ 1 og 】的定义域是————。
解析：因为1 og相当于 f （x ）中的X，所以1 og≤ 1，得<x≤2或一2≤x<-。
例2.若的定义域为，则的定义域为___解：由已知，的定义域为，根据例1的求法可求得：的定义域为，的定义域为，从而的定义域为，即为。
2.有关求值问题该类问题通常利用函数周期性：根据已知条件求该函数的周期，利用周期及另外一点处的函数值可快速求值。
例3.設定义在R上的函数f（x）满足f（x）f（x+2）= 13，若f（1）=2，则f（99）等于（）A.13B.2 C D.解：由于f（x）f（x+2）= 13，得f（x+2）=，将x换成x+2得f（x+4）=f （x），即函数f（x）的周期为4.因此f（99）=f（-1）==，从而选C。
例4 .R上的奇函数y=f（x）有反函数y=f-1（x），由y=f（x+1）与y=f-1（x+2）互为反函数，则f（2009）=.解析：由于求的是f（2009），可由y=f-1（x+2）求其反函数y=f（x）-2，所以f（x+1）= f（x）-2，又f（0）=0，通过递推可得f（2009）=-4918.3.与单调性、奇偶性、周期性、对称性有关的问题该类问题通常是判断或证明函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性，采用方法一般是定义法：由定义出发，根据已知条件给出的结论适当赋值或者进行变换得出想要的结论。
如何解答抽象函数问题
解题宝典抽象函数问题的难度一般不大.常见的抽象函数问题有求抽象函数的值域，求抽象函数的定义域，判断抽象函数的周期性、单调性、奇偶性等.下面结合实例，谈一谈三类常见的抽象函数问题的解法.一、求抽象函数的值域求抽象函数的值域问题，往往要求根据已知关系式和定义域来求函数的值域.解答此类问题，需对已知关系式进行赋值，以便根据函数单调性的定义，判断出函数的单调性，然后根据函数的单调性求得函数在定义域内的最值，即可确定函数的值域.若定义域包含了多个单调区间，则需在每个区间内讨论函数的单调性，再比较各个区间上的最大、最小值，即可解题.例1.若对任意实数x ，y 都有f ()x +y =f ()x +f ()y ，当x >0时恒有f ()x >0，且f ()-1=-2，求函数f ()x 在区间[]-2,1上的值域.解:令x 1=y ，x 2=x +y ，可得x 2-x 1>0，∵f ()x 2-f ()x 1=f ()()x 2-x 1+x 1-f ()x 1=f ()x 2-x 1+f ()x 1-f ()x 1>0，∴f ()x 1<f ()x 2，可得f ()x 在R 上单调递增，∴当x ∈[]-2,1时，f ()-2≤f ()x ≤f ()1，∵f ()-2=f ()-1-1=f ()-1+f ()-1=-4，f ()1=f ()-1+2=f ()-1+f ()2=f ()-1+f ()1+f ()1=2，∴f ()x 在区间[]-2,1上的值域为[]-4,2.解答本题，需对已知关系式f ()x +y =f ()x +f ()y 进行赋值，令x 1=y ，x 2=x +y ，通过等量代换判断出f ()x 2-f ()x 1的符号，便可判断出函数f ()x 的单调性.再根据函数的单调性，即可求得抽象函数的值域.二、抽象函数的单调性问题抽象函数的单调性问题通常要求根据已知关系式或函数的性质判断函数的单调性，求得函数的单调区间.解答此类问题，需灵活运用单调性的定义.解题的基本思路为：①在定义域内任选两个数x 1、x 2，且使x 1＜x 2，②结合已知条件，化简f ()x 2-f ()x 1或f ()x 2f ()x 1，并将其与0、1比较，③得出结论.若f ()x 2>f ()x 1，则函数在定义域上单调递增；若f ()x 2<f ()x 1，则函数f ()x 单调递减.例2.已知对任意x ∈R ，恒有f ()x >0，当x >0时，f ()x >1.对任意x ,y ∈R ，均有f ()x +y =f ()x f ()y ，试证明：f ()x 在R 上单调递增.分析：我们需先设出x 1，x 2，然后通过等量代换，判断出f ()x 2f ()x 1与1的大小关系，以便根据函数单调性的定义证明抽象函数f ()x 在R 上单调递增.证明：令x 1<x 2，则f ()x 2>0，f ()x 1>0，x 2-x 1>0，f ()x 2f ()x 1=f ()x 2-x 1+x 1f ()x 1=f ()x 2-x 1f ()x 1f ()x 1=f ()x 2-x 1>1,所以f ()x 2>f ()x 1，故函数f ()x 在R 上单调递增.三、抽象函数的奇偶性问题对于抽象函数的奇偶性问题，通常需根据奇偶函数的定义来求解.在解题时，要首先对已知关系式进行赋值，如令x =0、1、-1、-x 等，并将其代入式子中，以便判断出f ()-x 与f ()x 之间的关系.若f ()-x =f ()x ，则函数为偶函数；若f ()-x =-f ()x ，则该函数为奇函数.例3.若函数f ()x ，g ()x 的定义域为R ，对于任意x ,y ∈R ，均有f (x +y )+f ()x -y =2f ()x f ()y ，且f ()0≠0，试判断函数f ()x 的奇偶性.解:令x =y =0，由f (x +y )+f ()x -y =2f ()x f ()y 可得2f 2()0=2f ()0，因为f ()0≠0，所以f ()0=1，令x =0，可得f ()0+y +f ()0-y =2f ()0f ()y =2f ()y ，则f ()y =f ()-y ，故函数f ()x 为偶函数.要判断出函数的奇偶性，需令x =y =0，通过多次赋值，才能判断出f ()-x 与f ()x 之间的关系.总之，抽象函数是一类较为特殊的函数，它没有具体的解析式和图象，因而在解答抽象函数问题时，需重点研究已知关系式和抽象函数的性质，从中找到解题的突破口.（作者单位：云南省曲靖市会泽县实验高级中学）方琼41。
抽象函数常见题型和解法
抽象函数的常见题型及解法一、 抽象函数的定义域1. 已知f(x)的定义域，求f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b)，求f[g(x)]的定义域，其方法是： 由a<g(x)<b,求得x 的范围，即为f[g(x)]的定义域。
即由内层函数的值域，求内层函数的定义域，即为f[g(x)]的定义域。
例1.已知f(x)的定义域为[1，4]，求f()的定义域. 解: 由1≤≤4，得 -1≤≤2 即 -1≤<0 或 0<≤2 解得 X ≤-1 或x ≥∴函数的定义域为:2. 已知f[g(x)]的定义域，求f(x)的定义域若已知f[g(x)]的定义域x (a,b)，求f(x)的定义域，其方法是： 由a<x<b,求得g(x)的范围，即为f(x)的定义域。
即由内层函数的定义域，求内层函数的值域，即为f(x)的定义域。
例2. 若已知f(x+2)的定义域为[-2，2]，求函数f(x)的定义域. 解：∵f(x+2)的定义域为[-2，2]， ∴-2≤x ≤2， ∴ 0≤x+2≤4 故f(x)的定义域为[0，4]3. 已知f[ (x)]的定义域，求f[g(x)]的定义域先由f[ (x)]的定义域，求f(x)的定义域，再由f(x)的定义域，求f[g(x)]的定义域。
即由第一个函数中内层函数的定义域，求得第一个函数内层函数的值域，第一个函数内层函数的值域就是第二个函数内层函数的值域，由第∈21+x21+x x1x 1x121()⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞⋃-∞-,211,∈ϕϕ二个函数内层函数的值域，再求出第二个函数内层函数的定义域。
例3.若已知f(x+1)的定义域为，求函数f ()的定义域. 解：∵f(x+1)的定义域为， ∴-2≤x 3， ∴ -1≤x+1 4 即f(x)的定义域为.∴ -1≤<4，∴ -3≤<2 即 -3≤<0 或 0<<2 解得 X ≤-或 x> ∴函数的定义域为:3. 已知f(x)的定义域，求f[ (x)] + f[g(x)]的定义域若已知f(x)的定义域x (a,b)，求f[g(x)]+f[g(x)]的定义域，其方法是：由,求得x 的范围，即为f[ (x)] + f[g(x)]的定义域。
高中常见抽象函数题型归纳
如果f(x y)
f(x)f(y),且f(1)
2,则f(2)f(4)
f(6)
f(2000)
的值是
f⑴f⑶
f(5)
f(2001)
.2000
f2(1) f(2)
f2(2) f⑷
f2(3)f⑹
f2(4) f (8)
f (1)
f(3)
f (5)
f (7)
.(
f(n)
2，原式=16)
(三)值域问题
4
0,—, 3,8
值域为•答案：3
(二)函数值问题
1.赋特殊值法求值
例1•已知f(x)的定义域为R，且f(xy)f(x)f(y)对一切正实数x，y都成立，若f(8)4，则
f(2)
分析：在条件f(xy) f(x) f(y)中，令xy4，得
f (8)f(4) f⑷2f⑷4f(4)2
又令x y 2，得f⑷f(2)f(2)2，f( 2)1
例5.对任意实数
分析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手:
f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2
令
2
f(n) 2[f(1)],
令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,
令x=y=0,得：f(0)=0, •••
1in200
即f(n 1)-f( n)-,故f(n) —, f(2001)一f(1)=2,222
2
f (x)f (-)0
此，2，又因为若f(x)=0,则f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)丰0矛盾，所以f(x)>0. 3.
例2•若函数h(x),g(x)均为奇函数，f(x)=ah(x)+bg(x)+2在(0,+^)上有最大值5,求f(x)在(—^,0)
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抽象函数问题及解法原创/O客本文谈及的抽象函数问题是高考的必考内容，是高中函数与大学函数的衔接内容。
打开窗子说亮话，是高中教材没有，高考要考，大学不教但要经常用的内容。
如果一个关于函数f(x)的题目，已知f(x)的性质及f(x)满足的关系式，求证f(x)的其他性质，题目做完了，我们还不知道f(x)的具体的解析式，这就是抽象函数问题.一般地，抽象函数是指没有（直接或间接）给出具体的解析式，只给出一些函数符号及其满足某些条件的函数.解决抽象函数问题，我们可以用函数性质、特殊化、模型函数、联想类比转化、数形结合等多种方法.（1）函数性质法.函数的特征是通过其性质（如单调性、奇偶性、周期性、特殊点等）反映出来的，抽象函数也如此. 我们可以综合利用上述性质，包括借助特殊点布列方程等来解决抽象函数问题.（2）特殊化法.特殊化法又叫特取法. 为达到我们预期的目的，将已知条件进行适当的变换，包括式子的整体变换与具体数字的代换. 如在研究函数性质时，一般将x换成-x或其他代数式；在求值时，用赋值法，常用特殊值0，1，-1代入.（3）模型函数法.模型函数在解决抽象函数问题中的作用非同小可. 一方面，可以用借助具体的模型函数解答选择题、填空题等客观题. 另一方面，可以用“特例探路”，联想具体的模型函数进行类比、猜想，为解答题等主观题的解决提供思路和方法. 一般地，抽象函数类型有以下几种：①满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) （ⅰ）的函数f(x)是线性型抽象函数. 其模型函数为正比例函数f(x)=kx (k≠0).事实上，f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y).令x=y=0，得f(0)=0，故f(x)的图象必过原点.令y=-x，得0=f(0)=f(x)+f(-x)，即f(-x)=-f(x)，所以f(x)为奇函数.命题（ⅰ）可以推广为f(x+y)=f(x)+f(y)+b(b是常数），其模型函数为一次函数f(x)=kx-b(k ≠0).②满足关系式f(x+y)=f(x) f(y) （ⅱ）的函数f(x)是指数型抽象函数. 其模型函数为指数函数f(x)=a x(a>0，a≠1）.事实上，f(x+y)=a x+y=a x·a y=f(x) f(y).令x=y=0，得f(0)=1，故曲线f(x)必过点(0，1).命题（ⅱ）等价于f(x-y)=f(x) f(y).③满足关系式f(xy)=f(x)+f(y) (x，y∈R+) （ⅲ）的函数f(x)是对数型抽象函数. 其模型函数为对数函数f(x)=log a x(a>0，a≠1）.令x=y=1，得f(1)=0，故曲线f(x)必过点(1，0).命题（ⅲ）等价于f( xy)=f(x)-f(y) (x，y∈R+) .④满足关系式f(xy)=f(x) f(y)的函数f(x)是幂型抽象函数. 其模型函数为幂函数f(x)=x n.⑤满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) 1- f (x) f(y)的函数f(x)是正切型抽象函数. 其模型函数为正切函数f(x)=tan x.需要指出的是，不是每种抽象函数都可以找到在中学阶段所熟知的函数作模型函数. 抽象函数的种类还有很多，这里罗列的仅是常见的，尤其是类型①、②、③最常见.我们就上述方法的应用，先进行例说，再分类例说.例如（2008·重庆），若定义域在R上的函数f(x)满足：对任意x1，x2∈R，有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1，则下列说法一定正确的是（）A.f(x)为奇函数B.f(x)为偶函数C. f(x)+1为奇函数D. f(x)+1为偶函数这是线性型抽象函数问题. 联想模型函数f(x)=kx-1(k≠0），易知选C.如果此题改为解答题，题设条件不变，“判断并证明函数g(x)=f(x)+1的奇偶性”.那么我们首先联想模型函数，窥测解题方向，构建解题思路. 猜测g(x)是奇函数. 于是心中有“底”. 目标就是需要证明g(-x)+g(x)=0，即f(-x)+f(x)+2=0. 又抽象函数奇偶性问题，一般要先用赋值法确定f(0)的值，再用x，-x进行代换，进而得到g(-x)与g(x)的关系式.于是解答如下.g(x)是奇函数. 证明如下：令x1=x2=0，有f(0)=f(0)+f(0)+1，得f(0)=-1.再令x1=x，x2=-x，有f(0)=f(x)+f(-x)+1，即f(-x)+f(x)+2=0，从而g(-x)+g(x)= f(-x)+f(x)+2=0，所以函数g(x)是奇函数.1. 与单调性相关的问题例1已知函数f(x)的定义域为R，对任意x，y∈R，都有f(x+y)=f(x)+f(y)，且当x>0时，f(x)<0，又f(1)=-2. 求f(x)在区间[-3，3]上的最大值和最小值.解析联想模型函数f(x)=kx(k≠0)，猜想“f(x)是奇函数，且为减函数”.设m<n，则f(n)-f(m)=f((n-m)+m)-f(m)=f(n-m)+f(m)-f(m)=f(n-m).因为当x>0时，f(x)<0，而n-m>0，所以f(n-m)<0，即f(n)<f(m)，所以f(x)是减函数.根据最值定理，f(x)在[-3，3]上的最大值为f(-3)，最小值为f(3).因为f(1)=-2，所以f(2)=f(1+1)=2f(1)=-4，f(3)=f(2)+f(1)=-6.又令x=y=0，得f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)，故f(0)=0，再令x=1，y=-1，得0=f(0)=f(1)+f(-1)，故f(-1)=2，f(-3)=f(-2)+f(-1)=3f(-1)=6.所以f(x)在[-3，3]上的最大值为6，最小值为-6.点评我们可以举出具有这种性质的一个函数y=-2x（x∈[-3，3]）.此外，我们还可以用奇偶性来证明单调性和求f(-3)的值. 由0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)，得f(-x)=-f(x)，故f(x)是奇函数.因此f(n)-f(m)=f(n)+f(-m)=f(n-m)<0，f(-3)=-f(3)=6.注意这两种证明抽象函数单调性的技巧，为创造条件利用关系式，前者是作自变量变换n=n-m +m ；后者是用奇偶性巧妙地实现了“-”向“+”的转化.例2 已知函数f (x )的定义域为R ，对任意m ，n ，均有f (m +n )=f (m )+f (n )-1，且f (-12)=0，当x >-12时，f (x )>0. 求证f (x )是单调递增函数，并举出具有这种性质的一个函数. 解 设m >n ，则m -n >0，m -n -12>-12， 所以f (m )-f (n )=f (n +m -n )-f (n )=[f (n )+f (m -n )-1]-f (n )=f (m -n )+f (-12)-1=f (m -n -12)>0，即f (m )>f (n ). 从而f (x )为单调递增函数. 具有这种性质的一个函数是y =2x +1.例3 已知函数f (x )的定义域是(0，+∞），且f (xy )=f (x )+f (y )，当x >1时，f (x )>0.（1）求f (1)，并证明f (x )在定义域上是增函数；（2）如果f (13)=-1，求满足f (x )-f (1x -2)≥2的x 的取值范围. 解 （1）令x =y =1，则f (1)=f (1)+f (1)，得f (1)=0.设0<m <n ，则f (n ) - f (m )= f (n m ·m ) - f (m )= [f (n m )+f (m )] - f (m )= f (n m )>0 (因为n m>1). 即f (m )<f (n). 所以f (x )在(0，+∞）上是增函数.（2）由f (1)=0， f (1)=f (1x ·x )=f (1x )+f (x )，得f (1x)=-f (x ). 有f (13)=-f (3)=-1，得f (3)=1，故2=f (3)+f (3)=f (9)， 有f (x )-f (1x -2)=f (x )+f (x -2)=f (x (x -2))， 所以原不等式可化为f (x (x -2))≥f (9)，于是从而所求x 的取值范围是[1+10，+∞）.点评 题（2）实质上是解抽象函数不等式. 一般地，先把不等式中的常数项化成某个函数值（如这里的2=f (9))，以便利用单调性“脱去”函数符号，转化成一般不等式. 特别注意抽象函数定义域. 不等式组的前两个不等式是定义域要求（这里也是单调区间的要求，因为只有同一个单调区间，才能“脱去”函数符号），第三个是单调性的逆用.此外，我们可以写出满足题设条件的一个函数y =log 3x .2. 与奇偶性相关的问题例4（2002·北京）已知f (x )是定义域在R 上不恒为0的函数，且对任意a ，b ∈R 都满足f (a ·b )=af (b )+bf (a ). 求f (0)和f (1)，判断并证明f (x )的奇偶性.解 令a =b =0，则f (0·0）=0，即f (0)=0.令a =b =1，则f (1)=2 f (1)，即f (1)=0.x >0，x -2>0， 解得x ≥1+10.x (x -2)≥9.f (x )为奇函数，证明如下.令a =-1，b =x ，则f (-x )=-f (x )+xf (-1)，又f (1)=f ((-1)·(-1))=-f (-1)-f (-1)，即f (-1)=0，从而f (-x )=-f (x ).所以f (x )为奇函数.点评 当然，也可以只令a =-1，推得f (-b )=-f (b )而得结论.例5（2009·全国）函数f (x )的定义域为R . 若f (x +1)与f (x -1)都是奇函数，则（ ）A. f (x )是偶函数B. f (x )是奇函数C. f (x )=f (x +2)D. f (x +3)是奇函数解析 由f (x +1)是奇函数，知f (-x +1)=-f (x +1)， ①由f (x -1)是奇函数，知f (-x -1)=-f (x -1)， ②在①中，用x -1代换x ，得f (2-x )= -f (x )，在②中，用x +1代换x ，得f (-2-x )=-f (x )，所以f (2-x )= f (-2-x )，再用-2-x 代换x ，得f (4+x )=f (x )，知4为f (x )的周期.于是由②，f (-x -1+4)=-f (x -1+4)，即f (-x +3)=-f (x +3)，所以f (x +3)是奇函数，可知选D.点评 我们还可以构造模型函数f (x )=cosπx 2来解此选择题，可知选 D. 事实上f (x +3)=sin πx 2. 还有，由f (x +1)是奇函数，可令h (x )=f (x +1)，则h (-x )=-h (x )，即f (-x +1)=-f (x +1).此外，对上述变量代换法可以用换元法帮助理解. 例如，令t =x +1，则x =t -1，代入①式得f (2-t )=-f (t )，即f (2-x )=-f (x ). 注意这里的代换和换元的前提是，不能改变函数f (x )的定义域.例6（2014•全国）已知偶函数f (x )在[0，+∞)上单调递减，且f (2)=0，若f (x -1)>0，则x 的取值范围是 .解析 实际上是解抽象不等式f (|x -1|)>f (2).因为f (x )是偶函数，所以f (x -1)= f (|x -1|)，因为f (2)=0，f (x -1)>0，所以f (|x -1|)>f (2).又f (x )在[0，+∞)上单调递减， |x -1|，2∈[0，+∞)，所以|x -1|<2，解得-2<x -1<2，即-1<x <3综上可知，x 的取值范围是(-1，3).例7（2015•全国）设函数f ´(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (-1)=0，当x >0时，xf ´(x )-f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A. (-∞，-1)∪(0，1)B. (-1，0)∪(1，+∞)C. (-∞，-1)∪(-1，0)D. (0，1)∪(1，+∞)解析 因为f (x )是R 上的奇函数，所以f (-x )=-f (x ) ①，对等式两边求导，注意左边用复合函数求导法则，得[f (-x )]´=[ -f (x )]´ ，f ´(-x )•(-x )´=-f ´(x )，即f ´(-x ) =f ´(x ) ②.因为当x >0时，xf ´(x )< f (x )，故当x <0时，则-x >0，-xf ´(-x )< f (-x )，将①，②代入得-xf ´(x )<- f (x )，即xf ´(x )> f (x ) (x <0).由f (x )>0，知xf ´(x )>0，得f ´(x )<0 (x <0)，因此，f (x )在(-∞，0)上是减函数，又f (-1)=0，所以x <0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (-1)，解得x <-1.由奇偶性与单调性的关系知，f (x )在(0，+∞)上也是减函数，又f (1)=-f (-1)=0，所以x >0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (1)，解得0<x <1.综上可知，选A.评注（1）这里，我们由f (-x )=-f (x )，推得f ´(-x ) =f ´(x ). 这表明奇函数的导函数是偶函数. 同理可得，偶函数的导函数是奇函数.（2）另法. 我们可以构造辅助函数来解此题. 令g (x )=f (x )x ，得g ´(x )=xf ´(x )-f (x )x 2.当x >0时，g ´(x )<0，知g (x )单调递减. 由f (-1)=-f (1)及f (-1)=0，知g (1)=0，所以由不等式f (x )>0，即g (x )>g (1),解得0<x <1. 可证g (-x )=g (x )，g (x )是偶函数，知g (x )在(-∞，0)上是单调递增. 当x <0时，同理，由g (x )<g (-1)解得x <-1. 一般地，题目条件出现“xf ´(x )-f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数g (x )=f(x )x；出现“xf ´(x )+f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数 h (x )=xf (x ).（3）为加深对此题的理解，我们可以举出这类函数的一个特例：它的图象如图1.3. 与周期性相关的问题例8（2001·全国）设f (x )是定义域在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1，x 2∈[0，12 ]，都有f (x 1+x 2)=f (x 1)f (x 2)，且f (1)=a >0. 求f (12)，f (14)，并证明f (x )是周期函数.解 由题设得a =f (1)=f (12+12)=f (12)f (12)，即f (12)=21a . 21a = f (12)=f (14+14)=f (14)f (14)，即f (14)=41a . 因为f (x )是偶函数，所以f (-x )= f (x )，又f (x )图象关于直线x =1对称，得f (1+x )=f (1-x )，用x +1代换x ，得f (2+x )=f (-x )，于是f (2+x )=f (x )，所以f (x )是周期函数.例9 设函数f (x )定义在R 上，且对任意的x 有f (x )=f (x +1)-f (x +2)，求证f (x )是周期函数，并找出它的一个周期.解 因为f (x )=f (x +1)-f (x +2)，所以f (x +1)= f (x +2)-f (x +3)，两式相加，得f (x )= -f (x +3)，即f (x +3)= - f (x ).因此，f (x +6)=f ((x +3)+3)=-f (x +3)=-(-f (x ))=f (x ).所以，f (x )是周期函数，它的一个周期是6.点评 对于由关系式f (x +3)= - f (x )，推得f (x +6)=f (x ). 这个我们可以这样理解，“自变量每增加3，函数值反号一次”. 我们增加6，反号两次，不就“负负得正”了吗. 类似的还有f (x +2)=-x +1，x >0， 0， x =0， -x -1， x <0. f (x )= 图1±1f(x )，可得f (x +4)=f (x )等. 例10（2011·上海）设g (x )是定义在R 上的以1为周期的函数，若函数f (x )=x +g (x )在区间[3，4]上的值域为[-2，5]，求f (x )在区间[-10，10]上的值域.解 由g (x +1)=g (x )，知g (x +n )=g (x )，n ∈Z .所以f (x +n )=x +n + g (x +n )=x +g (x )+n =f (x )+n ，n ∈Z .因为x ∈[3，4]时，f (x )∈[-2，5]，故当x ∈[-10，-9]时，x +13∈[3，4]，有f (x +13)∈[-2，5]，即f (x )+13∈[-2，5]，所以f (x )∈[-15，-8].当x ∈[-9，-8]时，x +12∈[3，4]，同理，f (x )∈[-14，-7].……当x ∈[9，10]时，x -6∈[3，4]，从而f (x -6)∈[-2，5]，即f (x )-6∈[-2，5]，所以f (x )∈[4，11].综上，当x ∈[-10，10]时，有f (x )∈[-15，-8]∪[-14，-7]∪…∪[4，11]=[-15，11].所以f (x )值域为[-15，11].4. f (x )=af (x +b )的问题关于已知f (x )所满足的方程求f (x )的解析式问题，我们在7.3节讲述过. 我们现在来研究函数f (x )满足关系式f (x )=af (x +b )，求解与f (x )相关的问题.例11（2010·广东）已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )=kf (x +2)，其中常数k 为负数，且f (x )在区间[0，2]上有表达式f (x )=x (x -2).（1）求f (-1)，f (2. 5)的值；（2）写出f (x )在[-3，3]上的表达式，并讨论f (x )在[-3，3]上的单调性.解析 （1）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，故f (1)=-1，f (12)=-34. 又x ∈R 时，f (x )=kf (x +2)（k <0）， 所以f (-1)=kf (-1+2)=kf (1)=-k ; f (2. 5)=f (2+12)=1k f (12)=-34k. （2）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，设-2≤x <0，则0≤x +2<2，有f (x +2)=(x +2)(x +2-2)=x (x +2)，所以f (x )=kf (x +2)=k x (x +2).设-3≤x <-2，则-1≤x +2<0，有f (x +2) =k (x +2)(x +4)，所以f (x )=kf (x +2)=k 2(x +2)(x +4). 设2<x ≤3, 则0<x -2≤1，又f (x -2)=kf (x )，所以f (x )=1k f (x -2)=1k(x -2)(x -4).因为k <0，由二次函数性质知，f (x )在[-3，-1]，[1，3]上为增函数；在[-1，1]上为减函k 2(x +2)(x +4)，-3≤x <-2， k x (x +2)， -2≤x <0， x (x -2)， 0≤x ≤2， 1k (x -2)(x -4)， 2<x ≤3. 综上所述，f (x )=数. （图2）例12（2003·上海）已知集合M 是满足下列性质的函数f (x )的全体：存在非零常数T ，对任意x ∈R ，有f (x +T )=Tf (x )成立.（1）函数f (x )=x 是否属于集合M ，说明理由；（2）设函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，证明：f (x )=a x ∈M . 解 （1）对于非零常数T ，f (x +T )=Tf (x )=Tx ，因为对任意x ∈R ，x +T = Tx 不能恒成立，所以f (x )=x M .（2）因为函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，显然x =0不是方程a x =x 的解，所以存在非零常数T ，使a T =T .于是对于f (x )=a x 有f (x +T )=a x +T = a T ·a x = T ·a x = Tf (x )，所以f (x )=a x ∈M .所以方程组 有解，消去y 得a x =x ， y =a x ， y =x。