抽象函数问题的解题策略

抽象函数问题的解题策略Last revision on 21 December 2020
抽象函数问题的解题策略
一、利用特殊模型
有些抽象函数问题,用常规解法很难解决,但与具体函数“对号入座”后,问题容易迎刃而解.这种方法多用于解填空题、选择题、解答题的解题后的检验,但解答题的解答书写过程一般不能用此法.
例1 若函数f(x)与g(x)在R 上有定义,且f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y),
f(-2)=f(1)≠0,则g(1)+g(-1)= .
解 因为 f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y), 这是两角差的正弦公式模型,
又f(-2)=f(1)≠0,
则可取x x f 3
2sin )(π= 于是 f(-1-1)=f(-1)g(1)-g(-1)f(1)
例2 设函数f(x)是定义在R 上的减函数,且满足f(x+y)=f(x)f(y),
f(-3)=8,则不等式f(x)f(x-2)< 的解集为 .
解 因为函数f(x)满足f(x+y)=f(x)f(y),这是指数函数模型,
又 f(-3)=8,
则可取
∵f(x)f(x-2)< ∴2)21()21(-x x ＜2561, 即22)21(-x ＜8)2
1(， ∴ 2x-2 >8, 解不等式,得 x>5,
∴ 不等式的解集为 {x|x >5}.
二、利用函数性质
函数的特征是通过函数的性质反映出来的,抽象函数也不例外,只有充分利用题设条件所表明的函数的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能峰回路
转、化难为易.
1. 利用单调性
例3 设f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1,解不等式f(x)+f(x-8)≤2.
解 ∵ 函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1,
∴ 2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),
由f(x)+f(x-8)≤2,得 f[x(x-8)]≤f(9),
∵ 函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数, 则 ∴ 不等式解集为
{x|8<x ≤9}. 2. 利用奇偶性 例4 已知函数f(x)=ax 5+bsinx+3,且f(-3)=7,求f(3)的值.
分析 f(x)的解析式含有两个参数a 、b,却只有一个条件f(-3)=7,无法确定a 、b 的值,因此f(x)仍是抽象函数,但我们注意到g(x)=ax 5+bsinx 是奇函数,有g(-3)=-g(3). 解 设g(x)=ax 5+bsinx,显然g(x)是奇函数,
∵ f(-3)=7,
∴ f(-3)=g(-3)+3=-g(3)+3=7 g(3)=-4,
∴ f(3)=g(3)+3=-4+3=-1.
x>0, x-8>0, x(x-8)≤9,
8<x ≤9,
3. 利用周期性
例5 设函数f(x)在R 上是奇函数,f(x+2)=-f(x) ,当0<x ≤1时,f(x)=x,则f= .
解 由f(x+2)=-f(x) ,得 f(x+4)=-f(x+2)=f(x),
则f(x)是以4为周期的周期函数,且是奇函数,
于是 f=f(2×=f=-f=.
例6 已知函数f(x)满足f(1)=2,f(x+1)=)
(1)(1x f x f -+,则 f(2007)= . 解 ∵ ∴ f(x)是以4为周期的周期函数,
4. 利用对称性
例7 已知f(x)是奇函数,定义域为{x|x ∈R,x ≠0},又f(x)在区间（0,+∞）上是增函数,且f(-1)=0,则满足f(x)>0的x 的取值区间是 .
解 依已知条件作出f(x)的大致图象,如图1所示,从图象中可看出,当f(x)>0时,x 的取值区间是（-1,0）∪（1,+∞）.
例8 定义在（-在（-∞,2）上是增函数,且函数y=f(x+2)为偶函数,则的大小关系为 .
解 设 ∵ F(x)为偶函数 ∴ F(-x)=F(x), ∴ 函数f(x) ∴ f(-1)=f(5),
∵ f(x)在（-∞,2）上是增函数,
∴ f(x)在（2,+∞）上是减函数,
∴ f(6)<f(5)<f(4), 即f(6)<f(-1)<f(4).
三、利用特殊方法
有些抽象函数问题,用常规方法来解决往往难于奏效,但用一些非常规方法来求解,常收到意想不到的效果.
1. 利用赋值法
例9 函数f(x)的定义域为R,对任意x 、y ∈R,都有f(x+y)+f(x-y)=
2f(x)f(y),且f(0)≠0.
（1）求证:f(0)=1;
（2）求证:f(x)是偶函数;
（3） ① 求证:对任意x ∈R,有f(x+c)=
-f(x)成 立;② 求证:f(x)是周期函数.
解 （1）令x=y=0,则有2f(0)=2f 2(0),
∵ f(0)≠0,
∴ f(0)=1.
（2）令x=0,则有f(y)+f(-y)= 2f(0)f(y),
∵ f(0)=1,
∴ f(-y)=f(y),
∴ f(x)是偶函数.
（3）① 分别用22c 、c x + (c ≠0)替换x 、y, 有f(x+c)+f(x)=2f(2c x +)f(2
c ). 图1
∵ f(
2
c )=0, ∴ f(x+c)= -f(x) .
② 由①知 f(x+c)=-f(x),
用x+c 替换x,有f(x+2c)=-f(x+c)=f(x),
∴ f(x)是以2c 为周期的周期函数.
2. 利用递推法
例10 设函数f(x)的定义域为R,且对任意实数x,都有f(x)=f(x+1)-f(x+2),求证：f(x)是周期函数.
解 ∵ f(x)=f(x+1)-f(x+2),
∴ f(x+1)=f(x+2)-f(x+3),
将以上两式相加,得 f(x+3)=-f(x),
∴ f(x+6)=-f(x +3)=f(x),
∴ f(x)是周期函数,6是它的一个周期.
例11 f(x)是定义在正整数集的函数,且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy
(x,y ∈N +),f(1)=1,求函数f(x)的解析式.
解 令y=1,
∵ f(1)=1,
∴ f(x+1)=f(x)+f(1)+x, 即f(x+1)-f(x)=x+1,
则 f （2)-f(1)=2,
f （3)-f(2)=3,
……
f(x)-f(x-1)=x.
将以上各式相加,得 f(x)-f(1)=2+3+4+ (x)
∴ f(x)=1+2+3+4+…+x=2
1x(x+1) (x ∈N +). 3. 利用反证法
例12 已知函数f(x)在区间(-∞,+∞）上是增函数,a,b ∈R,若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).求证:a+b ≥0.
证明 假设a+b<0,则a<-b,b<-a,
∵ 函数f(x)在区间(-∞,+∞）上是增函数,
∴ f(a) <f(-b),f(b) <f(-a),
∴ f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b),这与已知矛盾,
∴ a+b<0不成立,即a+b ≥0.
例13 设函数f(x)对定义域内任意实数都有f(x) ≠0,且f(x+y)=f(x)f(y)成立,求证:对定义域内任意x,都有f(x) >0.
证明 假设在定义域内存在x 0,使f(x 0)≤ 0,
∵
∴ f(x 0) >0,这与假设的f(x 0)≤ 0矛盾,
所以假设不成立,故对定义域内任意x,都有f(x) >0.
以上我们利用抽象函数的特殊模型、函数性质、特殊方法等途径举例说明了求解抽象函数问题的一些策略.事实上处理这类问题时,常将几种解题策略综合使用,“多管齐下”方能游刃有余.。