函數(shù)-抽象函數(shù)(函數(shù)類型)

word格式-可編輯-感謝下載支持函數(shù)一抽象函數(shù)(函數(shù)類型)所謂抽象函數(shù)，是指沒有明確給出函數(shù)表達式，只給出它具有的某些特征或性質，并用一種符號表示的函數(shù)。抽象來源于具體。抽象函數(shù)是由特殊的、具體的函數(shù)抽象而得到的，高中大量的抽象函數(shù)都是以中學階所學的基本函數(shù)為背景抽象而得，解題時，若能從研究抽象函數(shù)的“模型”入手，根據(jù)題設中抽象函數(shù)的性質，通過類比、猜想出它可能為某種基本函數(shù)，變抽象為具體，變陌生為熟知，?？刹聹y出抽象函數(shù)所蘊含的重要性質，并以此作為解題的突破口，必能為我們的解題提供思路和方法?！铩锍橄蠛瘮?shù)常見模型：函數(shù)模型抽象函數(shù)性質正比例函數(shù)f(x)=kx(k豐0)f(x士y)=f(x)士f(y)一次函數(shù)f(x)=kx+b(k豐0)f(x+y)+b=f(x)+f(y)冪函數(shù)f(x)=xnf(盯)=f(x)f(y)或f(x)=等y f(y)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(aWO)f(x+y)=f(x)+f(y)+2axy-c指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a＞。且a豐1)f(x+y)=f(x)f(y)或f(x-y)=fx)f(y)對數(shù)函數(shù)f(x)=logx(a＞。且a豐1)af(xy)=f(x)+f(y)或f(2)=f(x)-f(y) 或yf(xm)=mf(x)余弦函數(shù)f(x)=cosxf(x)+f(y)=2f(x+y)f(—)(和差化積)f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)還有周期性。正切函數(shù)f(x)=tanxf(x土y)=f(x)士f(y)1干f(x)f(y)余切函數(shù)f(x)=cotxf(x±y)=1'f(x)f(y)f(x)±f(y)一．以正比例函數(shù)為模型的抽象函數(shù)正比例函數(shù)y=kx是滿足函數(shù)恒等式f(x士y)=f(x)士f(y)的最常見的模型。若我們能從這個具word格式-可編輯-感謝下載支持體的模型出發(fā)，根據(jù)解題目標展開聯(lián)想，給解題帶來了思路。例1、已知函數(shù)/(%)對任意實數(shù)羽y,均有/(x±y)=/(x)±/(y),且當了>。時，f(x)>0,/(—1)=—2,求/⑴在區(qū)間［—2,1］上的值域。分析：由題設可知，函數(shù)/(%)是丁=息(kwO)的抽象函數(shù)，因此求函數(shù)/(%)的值域，關鍵在于研究它的單調性。二、以一次函數(shù)為模型的抽象函數(shù)一次函數(shù)kax+b是滿足函數(shù)恒等式f(x+y)=f(x)+f(y)-b的最常見的模型。例2、已知函數(shù)f(x)對任意wA,滿足條件f(x)+f(y)=2+f(x+y),且當x>0時，f(x)>2,f(3)=5,求不等式―3的解。分析：由題設條件可猜測：f(x)是y=x+2的抽象函數(shù)，且f(x)為單調增函數(shù)，如果這一猜想正確,也就可以脫去不等式中的函數(shù)符號，從而可求得不等式的解。三、以幕函數(shù)為模型的抽象函數(shù)幕函數(shù)型抽象函數(shù)，即由幕函數(shù)抽象而得到的函數(shù)。由幕函數(shù)的運算法則知=是我們最熟悉的滿足恒等式/(肛)=/(%)/(y)或(3=的函數(shù)的函數(shù)。yf(y)例3、已知函數(shù)f(X)對任意實數(shù)x、y都有f(xy)=f(x)-f(y),且f(-1)=1,f(27)=9,當口Exul時，/⑺。(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)判斷f(x)在［0,+8)上的單調性，并給出證明；分析：由題設可知f(X)是冪函數(shù)尸=”的抽象函數(shù)，從而可猜想f(x)是偶函數(shù)，且在［0,+8)上是增函數(shù)。四、二次函數(shù)型的抽象函數(shù)例4、定義在R的函數(shù)f(x)滿足f(x+y)=f(x)+f(y)+2xy,f(1)=2，則f(—3)等于( )A.2 B.3 C.6 D.9五、指數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)f(x)由指數(shù)函數(shù)的性質知y=ax(a>0,a豐1)是滿足恒等式f(x+y)=f(x)f(y)或/(x—y)=-r-4的重f(y)要函數(shù)之一。例5、已知函數(shù)f(x)對于一切實數(shù)x、y滿足f(0)W0,f(x+y)=f(x)f(y),且當x<0時，f(x)>1 (1)當x>0時，求f(x)的取值范圍(2)判斷f(x)在r上的單調性分析：由f(x+y)=f(x)f(y)可知f(x)是指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>。且a豐1)的抽象函數(shù)，從而可猜想0<a<1六、以對數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)由對數(shù)函數(shù)的性質知f(x)=logx(a>。且a豐1)是滿足恒等式ax一一f(xy)=f(x)+f(y)或/(一)=f(x)—f(y)的重要函數(shù)之一。y例6、已知函數(shù)f(x)定義域為(0,+8)且單調遞增，滿足f(4)=1,f(xy)=f(x)+f(y)(1)證明：f(1)=0；⑵求f(16)；(3)若f(x)+f(x-3)W1,求x的范圍；(4)試證f(xn)=nf(x)(n￡N)分析：由f(xy)=f(x)+f(y)可知f(x)是對數(shù)函數(shù)f(x)=logx(a>。且a豐1)的抽象函數(shù)a七、以三角函數(shù)為模型的抽象函數(shù)如滿足f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)或f(x)+f(y)=2f(，；，)f(\上)的函數(shù)便是以余弦…一…人,,皿廠 f(x)+f(y)，…人 ,,一, ……函數(shù)為模型的抽象函數(shù)；而滿足f(x+y) 的抽象函數(shù)，則常以正切函數(shù)為模型進行聯(lián)-f(x)f(y)想。例7、設函數(shù)f(x)滿足f(x)+f(y)=2f(一)f(x-y))，且f(y)=0,X、y￡R；求證：f(x)為周期函數(shù)，并指出它的一個周期。TOC\o"1-5"\h\z分析：由f(x)+f(y)=2f(上)f(q)和cosx+cosxo=2cosx^2 2 1 2 2^以余弦函數(shù)f(x)=cosx為模型的函數(shù)練習：1、f(x)為R上的偶函數(shù)，對xeR都有f(x+6Af(x)+f(3成立，若f(1注2,則f(2005R()A.20052 C.1 D.0.f(x)的定義域為(0+西，對任意正實數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2，則f(2A—.如果'(x+y)=f(x)f(y),4(1)=2,則衛(wèi)+f4)+?+…+f^2000)的值是 。f(1)f(3)f(5) f(2001) .對任意整數(shù)x,y函數(shù)y=f(x)滿足：f(x+y)=f(x)+f(y)+盯+1,若f(1)=1,則f(-8)=()A.-1 B.1 C.19 D.43x15、設〃乂)是定義在R+上的增函數(shù)，且f(x)=f(-)+f(y),若f(3)=1,f(x)-f(--)>2，求x的取y x-56、已知函數(shù)/(%)滿足/(%+1)=:嬰，若/(0)=2004,試求/(2005)。參考答案：例1、解：設工廠：三，現(xiàn)七一亂；口,???當工；，口時-一7，8二，口，???了(必一蜀)》°,?.?/氏；=力(町-三)+/1=〃叼-馬)+了(可)，:.八*G八2-八430;"，即。,.?.f(x)為增函數(shù)。在條件中，令y=一x，則?門ul/ei?門川，再令x=y=0,則f(0)=2f(0),.f(0)=0,故f(-x)=f(x),f(x)為奇函數(shù)，..f(1)=-f(—1)=2,又f(—2)=2f(-1)=-4,.f(x)的值域為［-4,2］。word格式-可編輯-感謝下載支持例2、解：設茍《與，則的一事》口，???當x>口時，八琰)2, -網(wǎng))>?則■二/臺一地+苞卜/①-3+/㈤-"2+，⑹一2=於J,即了0G ,-,f(x)為單調增函數(shù)。?.?一/=兆川7⑵+*)-2=［加+")-小川”=切1)-4,又.二￡(3)=5,.*.f(1)=3。???/(?—口一2) .?.>-把―2<1,即y-2^-3<o,解得不等式的解為—1<a<3o例3、解：(1)令y=—1,則f(―x)=f(x)-f(―1),f(—1)=Lf(—x)=f(x),???f(x)為偶函數(shù)。(2)設(2)設0&為《電，o<1 1^2)=,, 4 , 心 心\,口"了《1時，*叫)，5,(XJ<f(X?),故f(x)在0,+8)上是增函數(shù)。(3)Vf(27)=9,又-3"紂=/⑶x>⑼=力力」⑶?、?［?、?；2=［八到二.?.」回-的，?.?丁9+1)工的,.?.-+1”八%.”之。3+L3eR+e),...H工即口工2,又心口，故”建2。例4、解：法一;設函數(shù)為f(x)=ax2+bx+c，由f(x+y)=f(x)+f(y)+2孫得至1」f(x)=x2+bx,又由f(1)=2,b=1，知f(x)=x2+x,f(-3)=6；法二：f(-3)=f(-1)+f(-2)+4=3f(-1)+6,0=f(0)=f(1-1)=f(1)+f(-1)-2=f(-1)所以f(-3)=6法三：0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)-2x2 f(1)+f(-1)=2 f(-1)=0f⑵=2f(1)+2=6 f(3)=f(1)+f(2)+4=12二f(-3)+f(3)=2x32二f(-3)=6

word格式-可編輯-感謝下載支持例5、解：(1)對于一切X、y￡R,f(x+y)=f(x)f(y)且f(0)W0令X=y=0，則f(0)=1，現(xiàn)設X〉0,則-X<0,???f(-X)〉1又f(0)=f(X-X)=f(x)f(—x)=1.?.f(-x)=-1-〉1??.0<f(x)<1f(X)TOC\o"1-5"\h\z(2)設X<X,X、X￡R，則X—X<0,f(X—X)〉1且12 12 1 2 1 2f(X) f(X-X+X) f(X-X)f(X) -= 1 2 2-= 1 2 2—=f(X-X)〉1f(X) f(X) f(X)J1 222 2??.f(X)>f(X),??.f(x)在R上為單調減函數(shù)1 2例6、解：(1)令X=1,y=4,則f(4)=f(1X4)=f(1)+f(4),f(1)=0(2)f(16)=f(4X4)=f(4)+f(4)=2⑶f(x)+f(X—3)=f[X(X—3)]^1=f(4)X(X-3)X(X-3)<4<x-3>0x>0-1<x<4n< n3<x<4x>3???XE(3,4](4);f(xy)=f(x)+f(y)??.f(xn)=f ?????9=nf(x)n個, 兀兀TOC\o"1-5"\h\z例7、解：令x=X+兀,X=兀則f(x+兀)+f(X)=2f(x+-)f(-)=01 2 2 2???f(x+兀)=-f(x)nf(x+2兀)=f(x).?.f(x)為周期函數(shù)且2n是它的一個周期。練習：1、B2、2 3、2000 4、CX5、分析：由f(x)=f(-)+f(y)可知f(x)是對數(shù)函數(shù)f(x)=logx(a>0且a牛1)的抽象函數(shù)解：???f(3)=1 ?f(3)+f(3)=2 ?f(9)+f(3)=f(9)=2X X 1???f(x)=f(-)+f(y)即f(x)-f(y)=f(-) .?.f(X)-f(--)=f[X(X-5)]y y --5??.f[x(x-5)]>f(9)???f(x)是定義在R+上的增函數(shù)〈八… 5+兩--5>0 解得：->----(--5)>9 21+f(-) 兀1+tan- -6、分析：由f(-+1戶匚港和tan(-+/==嬴可知,本題應是以正切函久-)=tan-為模型的函數(shù)

word格式-可編輯-感謝下載支持1+1+f(x)解?.?f(x+2)