抽象函數(shù)解題方法

1、抽象函數(shù)解題方法與技巧 所謂抽象函數(shù)問題，是指沒有具體地給出函數(shù)的解析式，只給出它的一些特征或性質(zhì)。解決這類問題常涉及到函數(shù)的概念和函數(shù)的各種性質(zhì)，因而它具有抽象性、綜合性和技巧性等特點(diǎn)。抽象函數(shù)問題既是教學(xué)中的難點(diǎn)，又是近幾年來高考的熱點(diǎn)。1. 換元法換元法包括顯性換元法和隱性換元法，它是解答抽象函數(shù)問題的基本方法.例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,則sinx=u-1 (0u2),則f(u)=-u2+3u+1 (0u2)故f(x)=-x2+3x+1 (0u2)2.方程組法運(yùn)用方程組通過消參、消元的途徑也可以解決有關(guān)抽象函數(shù)的問題。例

2、2.解:例3.解:3.待定系數(shù)法如果抽象函數(shù)的類型是確定的，則可用待定系數(shù)法來解答有關(guān)抽象函數(shù)的問題。例4.已知f(x)是多項(xiàng)式函數(shù)，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).解:由已知得f(x)是二次多項(xiàng)式，設(shè)f(x)=ax2+bx+c (a0)代入比較系數(shù)得過且過:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.4.賦值法有些抽象函數(shù)的性質(zhì)是用條件恒等式給出的，可通過賦特殊值法使問題得以解決。例5.對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y，均滿足f(x+y2)=f(x)+2f(y)2且f(1)0,則f(2001)=_.解:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=

3、f(0)+2f(1)2,例6.已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對(duì)于任意的函數(shù)a,b都滿足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值；(2)判斷f(x)的奇偶性,并證明你的結(jié)論;(3)若f(2)=2,un=f(2n) (nN*),求證:un+1un (nN*).解:(1)令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.(2)f(x)是奇函數(shù).因?yàn)?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)為奇函數(shù).(3)先用數(shù)學(xué)歸納法證明:u

4、n=f(2n)0 (nN*)(略)5.轉(zhuǎn)化法通過變量代換等數(shù)學(xué)手段將抽象函數(shù)具有的性質(zhì)與函數(shù)的單調(diào)性等定義式建立聯(lián)系，為問題的解決帶來極大的方便.例7.設(shè)函數(shù)f(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x0時(shí)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)為奇函數(shù).設(shè)x10,由已知得f(x2-x1)0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1) f(x1).所以f(x)是R上的減函數(shù),又f(3)=f(1)+f(2)=-6,f(-3)

5、=6.故f(x)在-3,3上的最大值為6,最小值為-6.例8.定義在R+上的函數(shù)f(x)滿足: 對(duì)任意實(shí)數(shù)m,f(xm)=mf(x); f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對(duì)任意正數(shù)x,y都成立;(2)證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù);(3)若f(x)+f(x-3)2,求x 的取值范圍.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n為實(shí)數(shù),則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)故f(x1)f(x2),即f(x)是R+上的增函數(shù).(3)由f(x)+f

6、(x-3)2及f(x)的性質(zhì),得fx(x-3)2f(2)=f(2)解得 30,nN;f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N*;f(2)=4同時(shí)成立?若存在,求出函數(shù)f(x)的解析式；若不存在，說明理由.解:假設(shè)存在這樣的函數(shù)f(x),滿足條件,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 (xN*) (數(shù)學(xué)歸納證明 略）例10.已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=1,且對(duì)任意xR都有f(x+5)f(x)+5,f(x+1)f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,則g(2002)=_.解:由g(x)=f(x)

7、+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.所以g(x+5)+(x+5)-1g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1g(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 模型法是指通過對(duì)題目的特征進(jìn)行觀察、分析、類比和聯(lián)想，尋找具體的函數(shù)模型，再由具體函數(shù)模型的圖象和性質(zhì)來指導(dǎo)我們解決抽象函數(shù)問題的方法。 應(yīng)掌握下面常見的特殊模型:特殊模型抽象函數(shù)正比例函數(shù)f(x)=kx (k0)f(x+y)=f(x)+f(y)冪函數(shù)

8、 f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) 或指數(shù)函數(shù) f(x)=ax (a0且a1)f(x+y)=f(x)f(y) 對(duì)數(shù)函數(shù) f(x)=logax (a0且a1)f(xy)=f(x)+f(y) 正、余弦函數(shù) f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函數(shù) f(x)=tanx余切函數(shù) f(x)=cotx例11.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x0時(shí),f(x)1,且對(duì)任意x,yR,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2解:(1)先證f(x)0,且單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x0時(shí)f(x)1,所以f(0)=1.f(x)=f(x-xo)+

9、xo=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故f(x)0任取x1,x2R且x10,f(x2-x1)1,所以f(x1)-f(x2)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-10.所以xR時(shí),f(x)為增函數(shù). 解得:x|1x1時(shí),f(x)f(x2),故f(x)在R+上為減函數(shù).能力訓(xùn)練1.A.1999 B.2000 C.2001 D.20022.已知不恒為零的函數(shù)f(x)對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y都滿足f(x+y)+f(x-y)=2f(x)+f(y),則f(x)是A.偶函數(shù) B.奇函數(shù) C.既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) D.非奇非偶函數(shù)3.的值為

10、_.4.則f(x)=_.5.(2)當(dāng)x(-1,0)時(shí),有f(x)0.求證:()f(x)是奇函數(shù)；（）解:(1)易證f(x)是奇函數(shù)。（2）易證f(x)在(-1,0),(0,1)上是單調(diào)遞減函數(shù).6.定義域?yàn)镽的函數(shù)f(x)滿足：對(duì)于任意的實(shí)數(shù)x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當(dāng)x0時(shí)f(x)0恒成立.(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；(2)證明f(x)為減函數(shù)；若函數(shù)f(x)在-3，3）上總有f(x)6成立，試確定f(1)應(yīng)滿足的條件；解:（1）由已知對(duì)于任意xR，yR，f（x+y）=f（x）+ f（y）恒成立令x=y=0，得f（0+0）= f（0）+ f（0），

11、f（0）=0令x=-y，得f(x-x)= f(x)+ f(-x)=0對(duì)于任意x，都有f(-x)= - f(x)f(x)是奇函數(shù).（2）設(shè)任意x1，x2R且x1x2，則x2-x10，由已知f（x2-x1）0（1）又f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2）由（1）（2）得f(x1)f(x2),根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義知f(x0在(-，+)上是減函數(shù).f(x)在-3，3上的最大值為f(-3).要使f(x)6恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)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） f（ax2）- f（x） f（a2x）- f（a）f（ax2）- f（a2x）nf（x）- f（a）f（ax2-a2x）nf（x-a）（10分）由已知得