高中数学中抽象函数的解法及练习.doc

抽象函数问题有关解法
由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。现将常见解法及意义总结如下：
一、求表达式：
1.换元法：即用中间变量表示原自变量的代数式，从而求出，这也是证某些公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。
例1：已知 ,求.
解：设,则∴∴
2.凑配法：在已知的条件下，把拼凑成以表示的代数式，再利用代换即可求.此解法简洁，还能进一步复习代换法。
例2：已知，求
解：∵又∵
∴，(||≥1)
3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。
例3． 已知二次实函数，且+2+4,求.
解:设=，则
=比较系数得∴
4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.
例4.已知=为奇函数,当 >0时,,求
解:∵为奇函数，∴的定义域关于原点对称，故先求<0时的表达式。∵->0,∴,
∵为奇函数，∴∴当<0时∴
例5．一已知为偶函数，为奇函数，且有+， 求,.
解：∵为偶函数，为奇函数，∴,,
不妨用-代换+= ………①中的,
∴即－……②
显见①+②即可消去,求出函数再代入①求出
二、利用函数性质，解的有关问题
1.判断函数的奇偶性：
例7 已知,对一切实数、都成立，且,求证为偶函数。
证明：令=0, 则已知等式变为……①
在①中令=0则2=2∵ ≠0∴=1∴∴∴为偶函数。
2.确定参数的取值范围
例8：奇函数在定义域（-1，1）内递减，求满足的实数的取值范围。
解：由得，∵为函数，∴
又∵在（-1，1）内递减，∴
3.解不定式的有关题目
例9：如果=对任意的有,比较的大小
解：对任意有∴=2为抛物线=的对称轴
又∵其开口向上∴(2)最小，(1)=(3)∵在［2，＋∞)上，为增函数
∴(3)<(4),∴(2)<(1)<(4)
五类抽象函数解法
　　1、线性函数型抽象函数
线性函数型抽象函数，是由线性函数抽象而得的函数。
例1、已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。
分析：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，因此求函数f（x）的值域，关键在于研究它的单调性。
解：设，∵当，∴，
∵，
∴，即，∴f（x）为增函数。
在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f（0），∴ f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，
∴　f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，
∴ f（x）的值域为［－4，2］。
例2、已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2 + f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。
分析：由题设条件可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调增函数，如果这一猜想正确，也就可以脱去不等式中的函数符号，从而可求得不等式的解。 解：设，∵当，∴，则，
即，∴f（x）为单调增函数。 ∵， 又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，∴， 即，解得不等式的解为－1 < a < 3。
2、指数函数型抽象函数
例3、设函数f（x）的定义域是（－∞，＋∞），满足条件：存在，使得，对任何x和y，成立。求：
（1）f（0）； （2）对任意值x，判断f（x）值的正负。
分析：由题设可猜测f（x）是指数函数的抽象函数，从而猜想f（0）＝1且f（x）＞0。
解：（1）令y＝0代入，则，∴
。若f（x）＝0，则对任意，有，这与题设矛盾，∴f（x）≠0，∴f（0）＝1。
（2）令y＝x≠0，则，又由（1）知f（x）≠0，∴f（2x）＞0，即f（x）＞0，故对任意x，f（x）＞0恒成立。
例4、是否存在函数f（x），使下列三个条件：①f（x）＞0，x ∈N；②；③f（2）＝4。同时成立？若存在，求出f（x）的解析式，如不存在，说明理由。
分析：由题设可猜想存在，又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测存在函数，用数学归纳法证明如下：
（1）x＝1时，∵，又∵x ∈N时，f（x）＞0，∴，结论正确。
（2）假设时有，则x＝k＋1时，，∴x＝k＋1时，结论正确。
综上所述，x为一切自然数时。
3、对数函数型抽象函数
对数函数型抽象函数，即由对数函数抽象而得到的函数。
例5、设f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足，求：

（1）f（1）；
（2）若f（x）＋f（x－8）≤2，求x的取值范围。
分析：由题设可猜测f（x）是对数函数的抽象函数，f（1）＝0，f（9）＝2。
解：（1）∵，∴f（1）＝0。
（2），从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9），
即，∵f（x）是（0，＋∞）上的增函数，故
，解之得：8＜x≤9。
例6、设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）。如果f（ab）＝f（a）＋f（b），那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否正确，试说明理由。
分析: 由题设条件可猜测y＝f（x）是对数函数的抽象函数，又∵y＝f（x）的反函数是y＝g（x），∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数，于是猜想g（a＋b）＝g（a）·g（b）正确。
解：设f（a）＝m，f（b）＝n，由于g（x）是f（x）的反函数，∴g（m）＝a，g（n）＝b，从而，∴g（m）·g（n）＝g（m＋n），以a、b分别代替上式中的m、n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）。
4、三角函数型抽象函数
三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数。
例7、己知函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三条件：
①当是定义域中的数时，有；
②f（a）＝－1（a＞0，a是定义域中的一个数）；
③当0＜x＜2a时，f（x）＜0。
试问：（1）f（x）的奇偶性如何？说明理由。
（2）在（0，4a）上,f（x）的单调性如何？说明理由。
分析: 由题设知f（x）是的抽象函数，从而由及题设条件猜想：f（x）是奇函数且在（0，4a）上是增函数（这里把a看成进行猜想）。
解：（1）∵f（x）的定义域关于原点对称，且是定义域中的数时有
，∴在定义域中。∵
，
∴f（x）是奇函数。
（2）设0＜x1＜x2＜2a，则0＜x2－x1＜2a，∵在（0，2a）上f（x）＜0，
∴f（x1），f（x2），f（x2－x1）均小于零，进而知中的，于是f（x1）＜ f（x2），∴在（0，2a）上f（x）是增函数。
又，∵f（a）＝－1，∴，∴f（2a）＝0，设2a＜x＜4a，则0＜x－2a＜2a，
，于是f（x）＞0，即在（2a，4a）上f（x）＞0。设2a＜x1＜x2＜4a，则0＜x2－x1＜2a，从而知f（x1），f（x2）均大于零。f（x2－x1）＜0，∵，∴，即
f（x1）＜f（x2），即f（x）在（2a，4a）上也是增函数。综上所述，f（x）在（0，4a）上是增函数。
5、幂函数型抽象函数
幂函数型抽象函数，即由幂函数抽象而得到的函数。
例8、已知函数f（x）对任意实数x、y都有f（xy）＝f（x）·f（y），且f（－1）＝1，f（27）＝9，当时，。
（1）判断f（x）的奇偶性；
（2）判断f（x）在［0，＋∞）上的单调性，并给出证明；
（3）若，求a的取值范围。
分析：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数，从而可猜想f（x）是偶函数，且在［0，＋∞）上是增函数。
解：（1）令y＝－1，则f（－x）＝f（x）·f（－1），∵f（－1）＝1，∴
f（－x）＝f（x），f（x）为偶函数。
（2）设，∴，，
∵时，，∴，∴f（x1）＜f（x2），故f（x）在0，＋∞）上是增函数。
（3）∵f（27）＝9，又，
∴，∴，∵，∴，
∵，∴，又，故。
抽象函数常见题型解法综述
抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数。由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题成为函数内容的难点之一。本文就抽象函数常见题型及解法评析如下：
一、定义域问题
例1. 已知函数的定义域是［1，2］，求f(x)的定义域。
解：的定义域是［1，2］，是指，所以中的满足
从而函数f(x)的定义域是［1，4］
评析：一般地，已知函数的定义域是A，求f(x)的定义域问题，相当于已知中x的取值范围为A，据此求的值域问题。
例2. 已知函数的定义域是，求函数的定义域。
解：的定义域是，意思是凡被f作用的对象都在中，由此可得
所以函数的定义域是
评析：这类问题的一般形式是：已知函数f(x)的定义域是A，求函数的定义域。正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键。这类问题实质上相当于已知的值域B，且，据此求x的取值范围。例2和例1形式上正相反。
二、求值问题
例3. 已知定义域为的函数f(x)，同时满足下列条件：①；②，求f(3)，f(9)的值。
解：取，得
因为，所以
又取
得
评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取，这样便把已知条件与欲求的f(3)沟通了起来。赋值法是解此类问题的常用技巧。
三、值域问题
例4. 设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数x、y，总成立，且存在，使得，求函数的值域。
解：令，得，即有或。
若，则，对任意均成立，这与存在实数，使得成立矛盾，故，必有。
由于对任意均成立，因此，对任意，有

下面来证明，对任意
设存在，使得，则
这与上面已证的矛盾，因此，对任意
所以
评析：在处理抽象函数的问题时，往往需要对某些变量进行适当的赋值，这是一般向特殊转化的必要手段。
四、解析式问题
例5. 设对满足的所有实数x，函数满足，求f(x)的解析式。
解：在中以代换其中x，得：

再在(1)中以代换x，得

化简得：
评析：如果把x和分别看作两个变量，怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键。通常情况下，给某些变量适当赋值，使之在关系中“消失”，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要策略。
五、单调性问题
例6. 设f(x)定义于实数集上，当时，，且对于任意实数x、y，有，求证：在R上为增函数。
证明：在中取，得
若，令，则，与矛盾
所以，即有
当时，；当时，
而
所以
又当时，
所以对任意，恒有
设，则
所以
所以在R上为增函数。
评析：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作给定的运算法则，则变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联。
六、奇偶性问题
例7. 已知函数对任意不等于零的实数都有，试判断函数f(x)的奇偶性。
解：取得：，所以
又取得：，所以
再取则，即
因为为非零函数，所以为偶函数。
七、对称性问题
例8. 已知函数满足，求的值。
解：已知式即在对称关系式中取，所以函数的图象关于点（0，2002）对称。根据原函数与其反函数的关系，知函数的图象关于点（2002，0）对称。
所以
将上式中的x用代换，得
评析：这是同一个函数图象关于点成中心对称问题，在解题中使用了下述命题：设a、b均为常数，函数对一切实数x都满足，则函数的图象关于点（a，b）成中心对称图形。
八、网络综合问题
例9. 定义在R上的函数f(x)满足：对任意实数m，n，总有，且当x>0时，0<f(x)<1。
（1）判断f(x)的单调性；
（2）设，
，若，试确定a的取值范围。
解：（1）在中，令，得，因为，所以。
在中，令
因为当时，
所以当时
而
所以
又当x=0时，，所以，综上可知，对于任意，均有。
设，则
所以
所以在R上为减函数。
（2）由于函数y=f(x)在R上为减函数，所以
即有
又，根据函数的单调性，有
由，所以直线与圆面无公共点。因此有，解得。
评析：（1）要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题，二是f(x)>0的结论。这是解题的关键性步骤，完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和解决。
抽象函数专题练习
抽象函数专题复习
1. 已知函数y ＝ f (x)(x∈R，x≠0)对任意的非零实数，，恒有f()＝f()+f(),
试判断f(x)的奇偶性。
2 已知定义在[—2，2]上的偶函数，f (x)在区间[0，2]上单调递减，若f (1—m)<f (m),求实数m的取值范围
3. 设f(x)是R上的奇函数，且f(x+3) ＝—f(x)，求f(1998)的值。
4. 设函数f（x）对任意都有f（＝f（， 已知f（1）＝2，求f（
5. 已知f（x）是定义在R上的函数，且满足：f（x+2）[1－f（x）]＝1+
f（x），f（1）＝1997，求f（2001）的值。
6. 设f（x）是定义R在上的函数，对任意x，y∈R，有 f（x+y）+f（x—y）＝2f（x）f（y）且f（0）≠0.
（1）求证f（0）＝1；
（2）求证：y＝f（x）为偶函数.
7. 已知定义在R上的偶函数y＝f(x)的一个递增区间为（2，6），试判断（4，8）是y＝f(2—x)的递增区间还是递减区间？
8. 设f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意a，b，当a+b≠0，都有＞0
（1）.若a＞b，试比较f（a）与f（b）的大小；
（2）.若f（k＜0对x∈[－1，1]恒成立，求实数k的取值范围。
9.已知函数是定义在（—∞，3]上的减函数，已知对恒成立，求实数的取值范围。
10．已知函数当时，恒有.
(1)求证: 是奇函数;
(2)若.

11.已知是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的都满足: .
(1)求的值;
(2)判断的奇偶性,并证明你的结论;
(3)若,,求数列{}的前项和.
12.已知定义域为R的函数满足.
(1)若
(2)设有且仅有一个实数,使得,求函数的解析表达式.
13.已知函数的定义域为R,对任意实数都有,且,当时, >0.
(1)求;
(2)求和;
14.已知函数的定义域为R,对任意实数都有,且当时,.
(1)证明:;
(2)证明: 在R上单调递减;
(3)设A＝,B＝{},若＝,试确定的取值范围
15. 已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。
16. 已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2 + f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。
17、设函数的定义域为全体R，当x<0时，，且对任意的实数x，y∈R，有成立，数列满足，且（n∈N*）
   （Ⅰ）求证：是R上的减函数；
   （Ⅱ）求数列的通项公式；
   （Ⅲ）若不等式对一切n∈N*均成立，求k的
最大值．
18、设函数满足，且对任意，都有
.
（Ⅰ）求的解析式；
（Ⅱ）若数列满足：（），且,  求数列的通项；
（Ⅲ）求证：
19、若数列满足其中为常数，则称数列为等方差数列.已知等方差数列满足.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和
答案：
1. 解：令＝ —1，＝x，得f (—x)＝ f (—1)+ f (x) ……①为了求f (—1)的值，令＝1，＝—1，则f(—1)＝f(1)+f(—1),即f(1)＝0,再令＝＝—1得f(1)＝f(—1)+f(—1)＝2f(—1) ∴f(—1)＝0代入①式得
f(—x)＝f(x),可得f(x)是一个偶函数。
2. 分析：根据函数的定义域，—m，m∈[—2,2]，但是1— m和m分别在[—2，0]和[0，2]的哪个区间内呢？如果就此讨论，将十分复杂，如果注意到偶函数，则f (x)有性质f（—x)＝ f (x)＝f ( |x| )，就可避免一场大规模讨论。
解：∵f (x)是偶函数， f (1—m)<f(m) 可得，∴f(x)在[0，2]上是单调递减的，于是 ，即 化简得—1≤m<。
3. 解：因为f(x+3) ＝—f(x)，所以f(x+6)＝f((x+3)+3) ＝—f(x+3)＝f(x)，故6是函数f(x)的一个周期。又f(x)是奇函数，且在x＝0处有定义，所以f(x)＝0从而f(1998)＝f(6×333)＝f(0)＝0。
4. 解：由f（＝f（，知 f（x）＝f（≥0，x
， f（1）＝2，
同理可得
5.解：从自变量值2001和1进行比较及根据已知条件来看，易联想到函数f（x）是周期函数。由条件得f（x）≠1，故
f（x+2）＝f（x+4）＝. 所以f（x+8）＝.
所以f（x）是以8为周期的周期函数，
从而f（2001）＝f（1）＝1997
说明：这类问题出现应紧扣已知条件，需用数值或变量来迭代变换，经过有限次迭代可直接求出结果，或者在迭代过程中发现函数具有周期性，利用周期性使问题巧妙获解。

6.证明：（1）问题为求函数值，只需令x＝y＝0即可得。
（2）问题中令x＝0即得f（y）+f（— y）＝2f（0）f（y），
且f（0）＝1.所以f（y）+f（—y）＝2f（y），因此y＝f（x）为偶函数.
说明：这类问题应抓住f（x）与f（—x）的关系，通过已知条件中等式进行变量赋值。

7. 解：由y＝f(x)是偶函数且在（2，6）上递增可知，y＝f(x)在（－6，－2）上递减。令u＝2—x，则当x∈(4,8)时，u是减函数且u∈(—6,—2)，而f(u)在（－6，－2）上递减，故y＝f(2—x)在（4，8）上递增。所以（4，8）是y＝f(2—x)的单调递增区间。

8. 解：（1）.因为a＞b，所以a—b＞0，由题意得
＞0，所以f（a）+f（－b）＞0，又f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（－b）＝－f（b）， f（a）－f（b）＞0，即f（a）＞f（b）
（2）.由（1）知f（x）在R上是单调递增函数，又f＋f＜0，得f＜f，故＜，所以k＜
令t＝,所以k＜t+，而t+≥2，即k＜2－1

9.解：等价于

10.（1）证明：令，得
令，则
∴ ∴是奇函数。
（2）∵
又∵
11.（1）解：令，则
令，则
（2）证明：令，则，∵，∴
令，则
∴是奇函数。
（3）当时，，令，则
故，所以
∴
∵
∴，故
∴
12.解：(1)∵对任意，函数满足，且
∴
∵，∴＝f(a)＝a
(2) ∵对任意，函数满足,有且仅有一个实数,使得
∴对任意，有
上式中，令，则
∵，故
若，则，则，但方程有两个不相同的实根与题设茅盾，故
若，则，则，此时方程有两个相等的实根，即有且仅有一个实数,使得
∴
13.（1）解：令，则
（2）∵
∴
∴数列是以为首项,1为公差的等差数列,故
＝＝
(3)任取,则
＝
∴
∴函数是R上的单调增函数.
14、. (1)证明:令,则
∵当时,,故,∴,∵当时,
∴当时,,则
(2)证明: 任取,则

∵,∴0<,故<0,又∵
∴,故
∴函数是R上的单调减函数.
(3) ∵
由（2）知，是R上的减函数，∴
∵B＝{}＝
又∵，
∴方程组无解，即直线的内部无公共点
∴，故的取值范围是—
15、 解：设，∵当，∴，
∵，
∴，即，∴f（x）为增函数。
在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2 f（0），∴ f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，
∴　f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2 f（－1）＝－4，
∴ f（x）的值域为［－4，2］。

16、. 解：设，∵当，∴，则，
即，∴f（x）为单调增函数。 ∵， 又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，∴， 即，解得不等式的解为－1 < a < 3。
17、设函数的定义域为全体R，当x<0时，，且对任意的实数x，y∈R，有成立，数列满足，且（n∈N*）
   （Ⅰ）求证：是R上的减函数；
   （Ⅱ）求数列的通项公式；
   （Ⅲ）若不等式对一切n∈N*均成立，求k的
最大值．
解析：（Ⅰ）令，得，
由题意知，所以，故．
    当时，，，进而得．
       设且，则，
．
即，所以是R上的减函数．     
（Ⅱ）由 得  ，
所以．
因为是R上的减函数，所以， 
即， 进而，
所以是以1为首项，2为公差的等差数列．
所以，           
所以．                                      ………………9分
（Ⅲ）由对一切n∈N*均成立．
知对一切n∈N*均成立．
    设，
知且
   又．
故为关于n的单调增函数，．
所以，k的最大值为                     ………………14分
18、设函数满足，且对任意，都有
.
（Ⅰ）求的解析式；
（Ⅱ）若数列满足：（），且,  求数列的通项；
（Ⅲ）求证：
解析：（Ⅰ）因. 若令得
再令得 Þ 　
（Ⅱ）∵，∴,
∴又 ∴数列是首项为2,公比为3的等比数列,
∴，即  
（Ⅲ）∵，∴T=  
…
另一方面：因为，
所以   
综上可得命题成立. 
19、若数列满足其中为常数，则称数列为等方差数列.已知等方差数列满足.
（Ⅰ）求数列的通项公式；
（Ⅱ）求数列的前项和；
（Ⅲ）记，则当实数大于4时，不等式能否对于一切的恒成立？请说明理由.
解析：（Ⅰ）由  得，
，

数列的通项公式为；   
（Ⅱ）
设       ①
  ②
①-②，得

.
即数列的前项和为；      
（Ⅲ）解法１：，不等式恒成立，
即对于一切的恒成立．
设＝．当时，由于对称轴＝，且＝
而函数在是增函数，∴不等式恒成立，
即当时，不等式对于一切的恒成立.
解法２：，不等式恒成立，即对于一切的恒成立．
∴　
∵　≥１，∴　　而　
　　　　∴　　恒成立．
故当时，不等式对于一切的恒成立.