必修一数学专题 抽象函数 总结篇全面提升

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2．12 抽象函数

——抽象函数要求有较高的抽象思维和逻辑推理能力，在高考命题中也有逐渐加强的趋势

三、双基题目练练手

1.(2006山东)定义在R 上的奇函数()f x 满足(2)()f x f x +=-，则(6)f = ( ) （A ）-1

（B ）0

（C ）1

（D ）2

2.(2007启东质检)已知函数y=f (x )是定义在R 上的奇函数，且f (2)=0，对任意x ∈R ，都有f (x +4)=f (x )+f (4) 成立，则f (2006)= ( )

A ．4012

B ．2006

C ．2008

D ．0

3.已知y=f (2x +1)是偶函数，则函数y=f (2x )的图象的对称轴是（ ） A.x =1

B.x =2

C.x =－

2

1 D.x =

2

1 4.已知()f x 是偶函数，x R ∈，当0x >时，()f x 为增函数，若120,0x x <>，且12||||x x <，则 （ ）

A 12()()f x f x ->-

B 12()()f x f x -<-

C 12()()f x f x ->-

D 12()()f x f x -<-

5.(2006安徽)函数()f x 对于任意实数x 满足条件1

(2)()

f x f x +=

,若f (1)=－5,则f (f (5))=_______. 6．已知函数()f x 满足：()()()f a b f a f b +=⋅，(1)2f =，则

2(1)(2)

(1)f f f ++ 222(2)(4)(3)(6)(4)(8)

(3)(5)(7)

f f f f f f f f f +++++= 。

简答:

1-4.BDDB; 3.f(2x+1)关于x=0对称,则f(x)关于x=1对称,故f(2x)关于2x=1对称.

5.1

()(4)(2)

f x f x f x =

=++,周期是4,

111

((5))((1))(5)(3)(1)5

f f f f f f f ==-===--

6．由已知：

(1)

(1)()

f n f f n +==2，∴()2n f n =,原式=16 四、经典例题做一做

【例1】已知函数()f x 对一切,x y R ∈，都有()()()f x y f x f y +=+，求证: （1）()f x 是奇函数；（2）若f (x )的图象关于直线x =1对称,则f(x)恒等于0. 解：（1）在()()()f x y f x f y +=+中， 令y x =-，得(0)()()f f x f x =+-，

令0x y ==，得(0)(0)(0)f f f =+，∴(0)0f =， ∴()()0f x f x +-=，即()()f x f x -=-， ∴()f x 是奇函数

（2）f(x)是奇函数,则f (-x )=-f (x ).且f(0)=0

图象关于直线x =1对称,即点(x ,y),(2-x ,y )同在曲线上,有f (2-x )=f (x )， 且f(2)=f(0)=0 又已知f(x+y)=f(x)+f(y)

∴f (x )= f (2-x )=f(2)+f(-x)=f(2)-f(x)⇒2f(x)=f(2)=0即f(x)≡0.

方法提炼：１．赋值法．赋值的目的要明确，本题就是要凑出f(0),f (-x)与f(x)的关系；２．领会函数式变换的依据、目的和策略的灵活性。

【例2】已知函数f (x )的定义域是x ≠0的一切实数，对定义域内的任意x 1,x 2都有1212()()()f x x f x f x ⋅=+，且当1x >时()0,(2)1f x f >=，

（1）求证：f (x )是偶函数； （2）f (x )在(0,+∞)上是增函数； （3）解不等式2(21)2f x -<

解：（1）令121x x ==，得(1)2(1)f f =，∴(1)0f =， 令121x x ==-，得(1)0f -=，

∴()(1)(1)()()f x f x f f x f x -=-⋅=-+=， ∴()f x 是偶函数 （2）设210x x >>，则

221111()()()()x f x f x f x f x x -=⋅

-221111

()()()()x x

f x f f x f x x =+-= ∵210x x >>，∴

211x x >，∴21

()x

f x 0>， 即21()()0f x f x ->，∴21()()f x f x > ∴()f x 在(0,)+∞上是增函数

（3）

(2)1f =，∴(4)(2)(2)2f f f =+=，

∵()f x 是偶函数

∴不等式2

(21)2f x -<可化为2

(|21|)(4)f x f -<， 又∵函数在(0,)+∞上是增函数，

∴0≠2

|21|4x -<，解得：x x <<≠，

即不等式的解集为{|x x x <<≠ 【例3】 定义在R 上的函数y =f （x ），f （0）≠0，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意的a 、b ∈R ，有f （a +b ）

=f （a ）·f （b ）.

（1）求证：f （0）=1；

（2）求证：对任意的x ∈R ，恒有f （x ）＞0； （3）求证：f （x ）是R 上的增函数； （4）若f （x ）·f （2x －x 2）＞1，求x 的取值范围. （1）证明：令a =b =0，则f （0）=f 2（0）. 又f （0）≠0，∴f （0）=1.

（2）证明：当x ＜0时，－x ＞0， ∴f （0）=f （x ）·f （－x ）=1.

∴f （－x ）=

)

(1

x f ＞0.又x ≣0时f （x ）≣1＞0， ∴x ∈R 时，恒有f （x ）＞0.

（3）证明：设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0. ∴f （x 2）=f （x 2－x 1+x 1）=f （x 2－x 1）·f （x 1）. ∵x 2－x 1＞0，∴f （x 2－x 1）＞1. 又f （x 1）＞0，∴f （x 2－x 1）·f （x 1）＞f （x 1）. ∴f （x 2）＞f （x 1）.∴f （x ）是R 上的增函数. （4）解：由f （x ）·f （2x －x 2）＞1，f （0）=1得f （3x －x 2）＞f （0）.又f （x ）是R 上的增函数， ∴3x －x 2＞0.∴0＜x ＜3.

关键点注：解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f （x 2）=f ［（x 2－x 1）+x 1］”是证明单调性的关键，这里体现了向条件化归的策略.

【例4】已知f (x )是定义在Ｒ上的函数，且f (x +2)(1-f (x ))=1+f (x ).

(1)求证：f (x )是周期函数；

（２）若(1)2f =f (2001),f (2005)的值。

解：

1()

1(2) 1()

f x f x f x ++=-（）由已知

1()

1+

1(2)11()(4)(2(2)), 1()1(2)()11()

f x f x f x f x f x f x f x f x f x +

++-

∴+=++==

=-+

-+--

1

(8)((4)4)(),8(4)

f x f x f x f x +=++=-

=+周期为

2 (2001)(1)2f f ==（）

1(2005)(5)(14)2(1)f f f f ==+=-

==-解题要点 用活条件1()(2) 1()f x f x f x ++=

-,1

(4)(2(2)) ()

f x f x f x +=++=-