2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)講義：抽象函數(shù)5大解題技巧

xx抽象函數(shù)解題技巧所謂抽象函數(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=l+sinx,貝sinx=u-l(0WuW2)，貝f(u)二-U2+3u+l(0WuW2)故f(x)=-X2+3x+l(0WuW2)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.設(shè)y=f(x)是實(shí)數(shù)函數(shù)(即X,f(x)為實(shí)數(shù))，且f(x)-2f(丄)=x,求證:lf(x)l>2V2.x3解:用丄代換x,得f(-)-2f(x)=丄，與已知得x2+3xf(x)+2=0xxx2由A>0得9f2(x)-4x2>0,.?」f(x)1>亍J2.例3?已知f(x)+f(—―)=1+x,(x豐0且x豐1),求f(x).x解：f(x)+f(—_)=1+x(x豐0且x豐1),(1)x_口-1乎代換帶:f(乎"f(*)=1+即f(￥+f亡)=寧.⑵再以總代換⑴中弧得:1f(亠)+f1f(亠)+f(斗x一11-1一)1,即^)+f(x)=1-x2一x1-x(3)由(1)+⑶-⑵得:f(x)=x3-x2-1(x豐0且x豐1)22x2一2x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(a#0)代入比較系數(shù)得:a=1，b=-2，c=-1，f(x)=x2-2x-1.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)+2[f(y)]2且f(1)工0,則f(2001)=.解:令x=y=0，得:f(0)=0，令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,11f(1)豐0,.?.f(1)=?令X=n,y=1,得f(n+1)=f(n)+2[f(1)]2=f(n)+,22即f(n+1)-f(n)=丄,故f(n)=n,.?.f(2001)=2001.222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)(neN*)，求證叫+]>un(neN*).解:(1)令a=b=0，得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.f(x)是奇函數(shù).因?yàn)?令a=b=-1,得f[(-l)(-l)]=-f(-l)-f(-l),f(-l)=0,故f(-x)=f[(-l)(x)]=-f(x)+xf(-l)=-f(x)，故f(x)為奇函數(shù).先用數(shù)學(xué)歸納法證明:un=f(2n)>0(neN*)(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x>0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)x1<x2,則x2-x1>0,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(l)+f(2)=-6,f(-3)=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：①對(duì)任意實(shí)數(shù)m,f(xm)=mf(x);②f(2)=1.⑴求證:f(xy)=f(x)+f(y)對(duì)任意正數(shù)x,y都成立；⑵證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù)；⑶若f(x)+f(x-3)W2，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)⑵證明:設(shè)0<xi<x2,可令m<n且使Xi=2m，X2=2n，x由⑴得f(x)一f(x)=f(1)=f(2m-n)=(m一n)f(2)=m一n<012x2故f(X])<f(x2),即f(x)是R+上的增函數(shù).⑶由f(x)+f(x-3)W2及f(x)的性質(zhì)，得f[x(x-3)]W2f(2)=f(2)解得3<xW4.6.遞推法對(duì)于定義在正整數(shù)集N*上的抽象函數(shù)，用遞推法來探究，如果給出的關(guān)系式具有遞推性，也常用遞推法來求解.例9.是否存在這樣的函數(shù)f(x),使下列三個(gè)條件：①f(n)〉0,nWN;②f(nl+n2)=f(nl)f(n2),nl,n2eN*；③f(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(xeN*)(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(l)=l,且對(duì)任意xeR都有f(x+5)上f(x)+5,f(x+l)Wf(x)+l.若g(x)=f(x)+1-x，則g(2002)=.解:由g(x)=f(x)+1-x，得f(x)=g(x)+x-1.所以g(x+5)+(x+5)-1上g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1Wg(x)+(x-1)+1即g(x+5)$g(x),g(x+1)Wg(x).所以g(x)Wg(x+5)Wg(x+4)Wg(x+3)Wg(x+2)Wg(x+1)，故g(x)=g(x+1)

又g(l)=l,故g(2002)=l.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(k#0)f(x+y)=f(x)+f(y)幕函數(shù)f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y)［或2)=上2］yf(y)指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0且a#1)f(x+y)=f(x)f(y)［或f(x-y)=f(y)對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logx(a>0且aa#1)f(xy)=f(x)+f(y)［或f(x)=f(x)-f(y)］y正、余弦函數(shù)f(x)=sinxf(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函數(shù)f(x)=tanxf(x+y)=f(x)+f(y)1-f(x)f(y)余切函數(shù)f(x)=cotxf(x+y)=1-f(x)f(y)f(x)+f(y)

例11.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x>0時(shí),f(x)>l,且對(duì)任意x,y三R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(l)=21⑴解不等式f(3x-x2)〉4,;⑵解方程[f(x)]2+-f(x+3)=f(2)+1?解:⑴先證f(x)>0，且單調(diào)遞增，因?yàn)閒(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時(shí)f(x)>1,所以f(0)=1.又f(x)=f(x+x)=[f(x)]2>0,假設(shè)存在某個(gè)xeR,使f(x)=0,則222oof(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故f(x)>0任取X],X2WR且X]<x2,則X2-X]>0,f(x2-X])>l,所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0.所以XER時(shí),f(x)為增函數(shù).解得:{xll<x<2}(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為:[f(x)]2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5(舍)由(1)得x=0.例12.已知函數(shù)f(x)對(duì)任何正數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)#0,當(dāng)x>1時(shí),f(x)<l.試判斷f(x)在(0,+^)上的單調(diào)性,并說明理由.解:對(duì)xeR+有f(x)=f(、：x?ix)=f2(、x)>0,又f(x)豐0,故f(x)>0x設(shè)x,xeR+,且x<x,則2>1,則1212x1f(^2f(^2?X)f(—)?f(xi)5=f(^2)<1f(xi)Xi所以f(X])>f(x2),故f(x)在R+上為減函數(shù).能力訓(xùn)練1-如果f(1-如果f(X+y)=f(x)f(y),且f(1)=2,則f⑵+f(4)*f⑹fl)而莎f(2000)f(2001)的值是A.1999B.2000C.2001D.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)=2[f(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?定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)f(x)滿足f(x-1')=1+f(x+D,貝吐(1)f(2)f⑶…f(2000)1—f(x+1)的值為.4?已知函數(shù)f(x)滿足af(x)+bf(丄)=cx,其中a,b,c是不為零的常數(shù)且a豐b,x則f(x)=?f(x)=畑2-b).(a2—b2)x5.定義在(-1,1)上的函數(shù)f(x)滿足:(1)對(duì)任意x,ye(-1,1),都有f(x)+f(y)=珂耳工)1+xy⑵當(dāng)xe(-1,0)時(shí)，有f(x)>0.求證:(I)f(x)是奇函數(shù)；(II)冷)+f(-L)+…+f(1)>f(；).1119n2+5n+53解：(1)易證f(x)是奇函數(shù)。(2)易證f(x)在(T,0),(0,1)上是單調(diào)遞減函數(shù).又由)=fte(^)=f「1又由)=fte(^)=f「1]「11](n+2)(n+3)=fn+2+(-一)n+3.1r1/1、11+——?(-)(n+2)(n+3)Ln+2n+3」11=f(n+2)-f(n+3)-fG)]+f(*+詰)+…+f(1)=n2+5n+5+…-f(n^)1111又珂)<0,.?.f(—)-f()〉f(—).命題成立n+33n+336.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)x〉0時(shí)f(x)V0恒成立.(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；⑵證明f(x)為減函數(shù)；若函數(shù)f(x)在[-3,3)上總有f(x)W6成立，試確定f(l)應(yīng)滿足的條件；(3)解關(guān)于x的不等式-f(ax2)-f(x)>-f(a2x)-f(a),(n是一個(gè)給定的自然數(shù),a<0)nn解：(1)由已知對(duì)于任意x^R,yWR,f(x+y)=f(x)+f(y)恒成立令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0),???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,x2^R且x1Vx2，貝I」x2-x1〉0,由已知f(x2-x1)V0(1)又f(x2-xi)=f(x2)+f(-X1)=f(x2)-f(xi)(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(-8,+8)上是減函數(shù).?f(x)在[-3,3]上的最大值為f(-3).要使f(x)W6恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)f(-3)W6,又?.?f(-3)=-f(3)=-f(2+1)=-[f(2)+f(1)]=-[f(1)+f(1)+f(1)]=-3f(1)，???f(1)2-2.(3)1f(ax2)-f(x)〉丄f(a2x)-f(a)nnnf(ax2)-f(a2x)〉n