抽象函數(shù)常見問題剖析

安徽省宿州二中　鳳　斌　　葉　菊

抽象函數(shù)常見問題剖析

安徽省宿州二中鳳斌葉菊

抽象函數(shù)通常是指這樣一類函數(shù)，我們并沒有被告知函數(shù)的具體解析式，只知道其他一些條件（如定義域、經(jīng)過的特殊點、解析遞推式、部分圖像特征等），它是高中數(shù)學(xué)函數(shù)部分的難點，也是初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的一個銜接點。因無具體解析式，理解、研究起來往往很抽象?，F(xiàn)在我們梳理一下抽象函數(shù)的常考題型。

一、抽象函數(shù)的定義域問題

1.已知f（x）的定義域，求f［g（x）］的定義域

其解法是：若f（x）的定義域為a≤x≤b，則在f［g（x）］中，a≤g（x）≤b，從中解得x的取值范圍即為f［g（x）］的定義域。

例1已知函數(shù)f（x）的定義域為［-1，5］，求f（3x-5）的定義域。

解析因為f（x）的定義域為［-1，5］，所以-1≤3x-5≤5，

方法總結(jié)此類型試題的本質(zhì)就是解不等式。

2.已知f［g（x）］的定義域，求f（x）的定義域

其解法是：若f［g（x）］的定義域為m≤x≤n，則由m≤x≤n確定的g（x）的取值范圍即為f（x）的定義域。

例2已知函數(shù)f（x2-2x+2）的定義域為［0，3］，求函數(shù)f（x）的定義域。

解析由0≤x≤3，得1≤x2-2x+2≤5。

令u=x2-2x+2，則f（x2-2x+2）=f（u），1≤u≤5。

故f（x）的定義域為［1，5］。

方法總結(jié)此類型試題的本質(zhì)就是求函數(shù)的值域。

二、抽象函數(shù)的求值問題

例3已知f（x）的定義域為R*，且f（x+y）=f（x）+f（y）對一切正實數(shù)x、y都成立，若f（8）=4，則f（2）=______ _。

解析方法一：賦值法

令x=y=4，得f（8）=f（4）+f（4），

因為f（8）=4，所以f（4）=2。

令x=y=2，得f（4）=f（2）+f（2），

因為f（4）=2，所以f（2）=1。

方法總結(jié)通過觀察已知量與未知量的聯(lián)系，巧妙地進(jìn)行賦值，把已知條件與欲求的函數(shù)值聯(lián)系起來。賦值法是解此類問題的常用技巧。

方法二：特殊函數(shù)法［設(shè)f（x）=kx（k≠0）］

易知f（x）=kx（k≠0）滿足題設(shè)條件，

所以f（2）=1。

方法總結(jié)我們可以找滿足題設(shè)條件的一個具體函數(shù)作為函數(shù)模型來解這一類的選擇、填空題。但是滿足題設(shè)條件的函數(shù)不一定只有這個具體函數(shù)，所以這種方法只能幫助我們迅速求得答案，不能作為解答題的解答過程。

下面是常見的函數(shù)模型及其性質(zhì)：

初等函數(shù)模型函數(shù)性質(zhì)正比例函數(shù)f（x）=kx（k≠0）　f（x+y）=f（x）+f（y）一次函數(shù)模型f（x）=kx+b（k≠0）　f（x+y）+b=f（x）+f（y）冪函數(shù)f（x）=xa　f（xy）=f（x）f（y）指數(shù)函數(shù)f（x）=ax（a＞0，a≠1）　f（x+y）=f（x）f（y）對數(shù)函數(shù)f（x）=logax（a＞0，a≠1）　f（xy）=f（x）+f（y）正切函數(shù)f（x）=tanx　f（x+y）=f（x）+f（y）1-f（x）f（y ）

三、抽象函數(shù)與不等式問題

例4定義在［-1，1］上的奇函數(shù)f（x）是增函數(shù)，且f（x-1）+f（1-x2）＜0，求x的取值范圍。

解析因為f（x-1）+f（1-x2）＜0，

所以f（x-1）＜-f（1-x2），

因為f（x）為定義域上的奇函數(shù)，

所以上式可變形為f（x-1）＜f（x2-1），

因為f（x）為定義在［-1，1］上的增函數(shù)，

所以-1≤x-1＜x2-1≤1，

方法總結(jié)利用f（x）的奇偶性將已知條件轉(zhuǎn)化為f［g（x）］＞f［h（x）］的形式，再利用f（x）的單調(diào)性得到關(guān)于x的不等式，求出x的范圍。

四、抽象函數(shù)的奇偶性問題

例5已知f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）對一切實數(shù)x、y都成立，且f（0）≠0，求證：f（x）為偶函數(shù)。

解析令x=y=0，則2f（0）=2［f（0）］2，

因為f（0）≠0，所以f（0）=1。

令x=0，則f（y）+f（-y）=2f（0）f（y），

因為f（0）=1，所以f（-y）=f（y），

所以f（x）為偶函數(shù)。

方法總結(jié)通過賦值，得出f（-x）與f（x）的關(guān)系，從而判斷出函數(shù)的奇偶性。

五、抽象函數(shù)的綜合問題

例6函數(shù)f（x）對任意x、y∈R都有f（x+y）=f（x）+f（y），且當(dāng)x＞0時，f（x）＜0。

（1）判斷函數(shù)f（x）的奇偶性。

（2）求證：f（x）在R上是減函數(shù)。

（3）若f（1）=-2，求f（x）在［-3，3］上的最大值和最小值。

解析（1）令x=y=0，得f（0）=f（0）+f（0），即f（0）=0；

再令y=-x，得f（0）=f（x）+f（-x），則f（-x）=-f（x），

又因為定義域R關(guān)于原點對稱，所以f（x）為奇函數(shù)。

（2）任取x1＜x2，則x2-x1＞0，依題意有f（x2-x1）＜0，

f（x2）-f（x1）=f［x1+（x2-x1）］-f（x1）=f（x1）+f（x2-x1）-f（x1）=f（x2-x1）＜0，

即f（x2）＜f（x1），故f（x）在R上單調(diào)遞減。

（3）由（2）知函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞減，所以f（x）在［-3，3］上單調(diào)遞減，

所以f（x）min=f（3）=f（1+2）=f（1）+f（2）=3f（1）=-6；

又因為f（x）在R上是奇函數(shù)，

所以f（x）max=f（-3）=-f（3）=6。

綜上所述，f（x）在［-3，3］上的最大值為6，最小值為-6。

例7已知函數(shù)f（x）為定義在（0，+∞）上的函數(shù)，滿足f（xy）=f（x）+f（y），且x＞1時f（x）＞0。

（1）求f（1）的值。

（2）求證f（x）在定義域上是增函數(shù)。

（3）若f（2）=1，解不等式f（x）-f（x-2）＜3。

解析（1）令x=y=1，則f（1）=f（1）+f（1），可得f（1）=0。

（2）任取0＜x1＜x2，則f（x2）-f（x1）=

因0＜x1＜x2，所以＞1，所以，

所以f（x2）-f（x1）＞0，f（x）為（0，+∞）上的增函數(shù)。

（3）由f（2）=1得f（4）=f（2×2）=f（2）+f（2）=2，

f（8）=f（2×4）=f（2）+f（4）=3，

故f（x）-f（x-2）＜3?f（x）＜f（x-2）+f（8）=f（8x-16）。