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,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+= 中的,即显见+即可消去,求出函数再代入求出二、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, 则已知等式变为在中令=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（xy）f（x）f（y），且当x0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yx，则，再令xy0，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（xy），且当x0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yx2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 0时，0f(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)(xR，x0)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 (1m)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（xy）f（x）f（y），且当x0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（xy），且当x0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x0时，且对任意的实数x，yR，有成立，数列满足，且（nN*） （）求证：是R上的减函数； （）求数列的通项公式； （）若不等式对一切nN*均成立，求k的最大值18、设函数满足，且对任意，都有.（）求的解析式；（）若数列满足：（），且, 求数列的通项； （）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.（）求数列的通项公式；（）求数列的前项和答案：1. 解：令 1，x，得f (x) f (1)+ f (x) 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，m2,2，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 (1m)f(m) 可得，f(x)在0，2上是单调递减的，于是 ，即 化简得1m。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x0处有定义，所以f(x)0从而f(1998)f(6333)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xy0即可得。 （2）问题中令x0即得f（y）+f（ y）2f（0）f（y），且f（0）1.所以f（y）+f（y）2f（y），因此yf（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yf(x)是偶函数且在（2，6）上递增可知，yf(x)在（6，2）上递减。令u2x，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yf(2x)在（4，8）上递增。所以（4，8）是yf(2x)的单调递增区间。8. 解：（1）.因为ab，所以ab0，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ff0，得ff，故，所以k令t,所以kt+，而t+2，即k219.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yx，则，再令xy0，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x0时，且对任意的实数x，yR，有成立，数列满足，且（nN*） （）求证：是R上的减函数； （）求数列的通项公式； （）若不等式对一切nN*均成立，求k的最大值解析：（）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 （）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（）由对一切nN*均成立知对一切nN*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.（）求的解析式；（）若数列满足：（），且, 求数列的通项； （）求证：解析：（）因. 若令得再令得 （），,又数列是首项为2,公比为3的等比数列, ，即 （），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.（）求数列的通项公式；（）求数列的前项和；（）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：（）由 得， 数列的通项公式为； （）设 -，得 .即数列的前项和为； （）解法：，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：，不等式恒成立，即对于一切的恒成立，而恒成立故当时，不等式对于一切的恒成立.