抽象函数的相关问题

2024-08-08

抽象函数的相关问题（精选9篇）

抽象函数的相关问题篇1

抽象函数是常考内容, 本文介绍解决抽象函数的几种常见策略。

一、“赋值”策略

观察与分析抽象函数问题中的已知与未知的关系, 巧妙地对一般变量赋予特殊值, 或把函数赋予特殊函数等, 从而达到解决问题的目的。

1. 赋特殊值。

例1已知函数y=f (x) (x∈R, x≠0) 对任意的非零实数x1, x2, 恒有f (x1x2) =f (x1) +f (x2) ,

试判断f (x) 的奇偶性。

解:令x1=-1, x2=x,

得f (-x) =f (-1) +f (x) …… (1)

为了求f (-1) 的值, 令x1=1, x2=-1,

则f (-1) =f (1) +f (-1) , 即f (1) =0,

再令x1=x2=-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. 赋特殊函数。

例2对于任意的函数y=f (x) , 在同一个直角坐标系中, 函数y=f (x-1) 与函数y=f (1-x) 的图象恒 ()

A.关于x轴对称

B.关于直线x=1对称

C.关于直线x=-1对称

D.关于y轴对称

解:取函数f (x) =x2, 则y=f (x-1) = (x-1) 2, y=f (1-x) = (1-x) 2这两个函数是同一个函数, 它们的对称轴为x=1, 故选B。

二、“穿脱”策略

加上函数符号即为“穿”, 去掉函数符号即为“脱”。对于有些抽象函数, 可根据函数值相等或者函数的单调性, 实现对函数符号的“穿脱”, 以达到简化的目的。

例3函数f (x) 对于x>0有意义, 且满足条件f (2) =1, f (xy) =f (x) +f (y) , f (x) 为减函数。

(1) 证明:f (1) =0; (2) 若f (x) +f (x-3) ≥2成立, 求x的取值范围。

(1) 证明:令x=y=1, 则f (1×1) =f (1) +f (1) , 故f (1) =0。

(2) 解:∵f (2) =1, 令x=y=2, 则f (2×2) =f (2) +f (2) =2, ∴f (4) =2

∴f (x) +f (x-3) ≥2成立的x的取值范围是3

三、“数形”策略

一般地, 抽象函数的图象为示意图居多, 有的示意图可能只能根据题意作出n个孤立的点, 但通过示意图能使抽象变形象, 有利于观察、对比, 有减少推理、减小计算量等好处。

例4若函数f (x) 为奇函数, 且在 (0, +∞) 内是增函数, 又f (2) =0, 则的解集为 ()

A. (-2, 0) ∪ (0, 2)

B. (-∞, -2) ∪ (0, 2)

C. (-∞, -2) ∪ (2, +∞)

D. (-2, 0) ∪ (2, +∞)

分析:因为f (x) 是定义域上的奇函数, 所以f (x) 的图象关于原点对称。根据题设条件可以作出函数f (x) 在R上的大致图象, 由得:x与f (x) 异号。由图象可得解集为 (-2, 0) ∪ (0, 2) , 故选A。

四、“换元”策略

根据题目结构特点及欲证的结论, 将题中的某些量替换成所需的量 (注意:应使函数的定义域不发生改变, 有时还需要作几次相应的替换) , 得到一个或几个方程, 然后设法从中求其解。

例5若函数f (x+1) 的定义域为[-2, 3) , 求函数的定义域。

解:设t=x+1, 因为f (x+1) 的定义域为[-2, 3) , 所以t∈[-1, 4) , 则f (t) 的定义域是[-1, 4) 。又令

五、“递推”策略

根据题目中所给出的或推出的函数方程, 运用递推的思想, 逐步递推, 达到目的。

例6设f (x) 是R上的奇函数, 且f (x+3) =-f (x) , 求f (1 998) 的值。

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。

浅淡高考中的抽象函数问题篇2

一、联想基本初等函数,化抽象为具体

对选择题和填空题中的抽象函数问题,一般化特殊的思维方法可起到事半功倍、快速解答的作用。

例1、已知函数y=f(x),x∈R+,对任意的x、y∈R+,f(xy)=f(x)+f(y)。若f(2)=1,当x>1时,f(x)>0,则f()=_____,f(x)在R+上为_____函数。

分析:用特殊化思想求解,依题意,设f(x)=logax,X∈R+,由f(2)=1得a=2,故f()=-1,且f(x)=log2x在(0,+∞)上为增函数。

二、寻求反例,推翻结论

证明一个结论的成立,需要严密的逻辑推理,步步为营,严密论证,但一个结论的推翻却只需一个反例。

例2,设函数f(x)在R上,满足f(2-x)=f(2+x)、f(7-x)=f(7+x),且在闭区间[0,7]上,只有f(1)=f(3)=0。

(1)试判断函数y=f(x)的奇偶性。

(2)试求方程f(x)=0在闭区间[-2005,2005]上的根的个数,并证明你的结论。

分析:函数y=f(x)为奇函数的条件是f(-x)=-f(x)对定义域内的一切x均成立,但要说明函数f(x)不是奇函数,只需找到一个反例x0,使得f(-x0)≠-f(x0)即可,同理,找到一个反例x0,使得f(-x0)≠f(x0),便可说明y=f(x)不是偶函数。

解:(1)∵f(2-x)=f(2+x),

∴f(2-3)=f(2+3),即f(-1)=f(5);

∵在[0,7]上,只有f(1)=f(3)=0,

故f(5)≠0;

∴ f(-1)≠f(1),且f(-1)≠-f(1);

∴函数y=f(x)是非奇非偶函数。

(2)略。

三、结合抽象函数的特征,赋值转化

在研究函数的奇偶性、周期性、单调性时,常用赋值法,将抽象函数化归为某一性质特征,从而使问题获得解决。形如f(x±y)的抽象函数,则常可从f(0)上寻求突破,而形如f(xy)、f()的抽象函数,则常可从f(±1)寻求突破。

例3,设f(x)是定义在R上的函数,且f(x)不恒为0,对任意x1、x2∈R,都有f(x1+x2)+f(x1-x2)=2[f(x1)+ f(x2)]。

求证:f(x)为偶函数。

证明:令x1=x2=0,得2f(0)=4f(0),

∴f(0)=0。

又令x1=0,x2= x,得f(x)+f(-x)=2f(x)

∴f(x)=f(-x),x∈R,所以f(x)为偶函数。

四、寻找模型,启迪思路

中学阶段的抽象函数,一些是以基本初等函数为背景,概括其共同的本质特征而形成的,在教学中,应及时帮助学生总结概括一些基本的初等函数的共同特征,从特殊到一般,从具体到抽象,建立抽象函数与具体函数的对应关系。常见的抽象函数及其模型,列表如下:

例4、(1)已知函数y=f(x),x∈R,对任意的实数x1、x2∈R,都有f(x1+x2)= f(x1)+(x2),且当x>0时,f(x)<0,f(1)=a。则在区间[-3、3]上,f(x)的最大值为_____,f(x)的最小值为_____。

(2)已知函数y=f(x),x∈R,当x>0时,f(x)>1,对任意的实数x1、x2∈R,都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2),以及x1≠x2时,f(x1)≠(x2),则以下关于函数y=f(x)、x∈R的判断:①f(0)=0;②y=f(x)在x∈R时是增函数;③y=f(x)在x∈R时是偶函数,正确的有_____(留给读者)。

五、理解抽象函数的本质,化虚为实

有些抽象函数,虽然没有给出具体的解析式,但是以函数的性质为背景,解题时,可把抽象函数的表达转化为函数的性质,化虚为实,从而利用函数的性质解决问题。

结论1、若函数y=f(a+x)是偶函数,即f(a+x)=f(a-x),则函数y=f(x)满足:①f(x)=f(2a-x);②y=f(x)的图像关于直线x=a对称。

结论2、若函数y=f(a+x)是奇函数,即f(a+x)=-f(a-x),则函数y=f(x)满足:①f(x)=-f(2 a-x);②y=f(x)的图像关于点(a,0)成中心对称。

结论3、①若函数f(x)满足(a+x)=f(b-x),则函数f(x)的图像关于直线x=对称;②若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x),则函数f(x)的图像关于点(,0)成中心对称。

结论4、若函数f(x)满足f(a+x)= f(b+x),则|a-b|为f(x)的一个周期。

证明留给读者完成。

例5(2007年重庆理科第9题),已知定义在R上的函数f(x)在(8,+∞)为减函数,且函数y=f(8+x)为偶函数,则():

A、f(6)>f(7)B、f(6)>f(9)

C、f(7)>f(9)D、f(7)>f(10)

解析:∵y=f(8+x)是偶函数,∴函数y=f(x)的图像关于直线x=8对称;∵y=f(x)在(8,+∞)为减函数,∴f(x)在(-∞,8)为增函数,可以用图来表示它的图像,答案为D。

抽象函数问题的思维模式篇3

以下列举了求解抽象型函数问题的常规解题思想, 当然对于用常规思想难以解决的数学问题, 若利用一些特殊的数学方法求解, 如:合理赋值, 构造方程、剖析特例, 类比联想、正难则反, 逆推反正、恰用递推, 归纳猜想, 等等.疏理这类问题时, 常常将几种解题思想综合运用, 多管齐下.通过对抽象型函数问题的解题思想的探求, 提高解题能力, 培养思维的灵活性, 最终达到创新思想的培养.

例1 已知f (x) 是在R上的增函数, 点A (-1, 1) 与B (1, 3) 在它的图像上, f-1 (x) 是f (x) 的反函数, 那么不等式|f-1 (log2x) |<1的解集是 ( ) .

A.{x|-1

C.{x|1

解析由题意可知, 点A (1, -1) , B (3, 1) 在f-1 (x) 的图像上, 且f-1 (x) 也是R上的增函数, 由|f-1 (log2) x|<1⇔-1

设计理由本题是一个抽象函数的综合题, 既要用不等式的解法, 又要借助反函数的相关性质, 比较有代表性.

例2 已知定义在R上的函数y=f (x) , 满足下列三个条件:

①对任意的x∈R都有f (x+4) =f (x) ;

②对任意的0≤x1

③y=f (x+2) 的图像关于y轴对称.

则下列结论正确的是 ( ) .

A.f (4.5)

B.f (4.5)

C.f (7)

D.f (7)

解析由①知f (x) 是周期函数, 且周期为4, 由②知f (x) 是[0, 2]上的单调增函数, 由③知f (-x+2) =f (x+2) .故由③知y=f (x) 的图像关于直线x=2对称.

∴f (4.5) =f (0.5) , f (6.5) =f (2.5) , f (7) =f (3) =f (1) ,

且f (0.5)

故有f (4.5)

例3 设f (x) 是定义在R上的偶函数, 且在 (-∞, 0) 上是增函数, 又f (2a2+a+1)

解析通过偶函数的性质知道f (x) 在 (0, +∞) 上递减,

而2a2+a+1>0, 3a2-2a+1>0,

∴由f (2a2+a+1)

得2a2+a+1>3a2-2a+1, 解得0

设计理由此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题, 所以本题弹性较大, 可以作一些条件变换, 如f (a+1)

例4 函数f (x) 的定义域为R, 且满足任意x∈R, f (x+2) =-f (x) .又x∈[4, 6]时, f (x) 单调递增.试比较f (ln4) 与f (ln2) 的大小.

解析由f (x+2) =-f (x) , 易得f (x) 是周期函数且周期为4, 0f (ln2) .

设计理由此类题源于函数周期性与其他性质的结合题, 因此题型的覆盖面可以表现于:

1.周期性的表现形式:

(1) f (x+2) =-f (x) 或undefined或undefined等;

(2) 类似于三角的图像特征, 具有两种对称的函数条件:f (-x) =f (x) , f (2-x) =f (x) 等.

2.函数的周期性与其他函数性质的结合:解析式、单调性、对称性等.

规律小结

1.把抽象函数具体化, 用满足题意的特殊函数代入, 问题一般能迎刃而解.

2.赋值法.用函数定义进行赋值, 将自变量用适当的值进行代换, 也是一种行之有效的方法.

3.利用函数性质的解题思想, 函数的特征是通过各种各样的性质反映出来的, 抽象函数也不例外, 只要充分利用题设条件已表明的或通过挖掘出隐含的函数性质, 就能顺利解决抽象型函数问题.

摘要：函数是每年高考的热点, 而抽象函数性质的应用又是函数的难点之一.函数是指没有给出具体的函数解析式或函数图像, 但给出了函数满足的一部分性质或运算法则.此类函数试题即能全面考查学生对函数概念的理解及性质的代数推理和论证能力, 又能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力以及对一般和特殊的认识.所以备受命题者的青睐, 相信在以后的高考试题中也会不断出现.我们有必要在这一方面做些初步的研究.

抽象函数的相关问题篇4

关键词：抽象函数；定义域；周期；对称；平移；解析式

中图分类号：G633.6 文献标识码：A 文章编号：1992-7711（2016）03-0114

抽象函数的有关内容一直是学生学习的一个难点，关于抽象函数题目类型较多，形式灵活多变，考查内容无论从深度和广度，给人耳目一新的感受，现就其中几个主要问题加以分类解析。

一、求抽象函数的定义域

1. 若已知函数f [g（x）]的定义域为x∈（a，b），求函数f（x）。

解决这类问题的方法是：利用a

例1. 已知函数f（x+1）的定义域是[-2，3]，求y=f（x）的定义域。

解：因为函数f（x+1）的定义域是[-2，3]，所以-2≤x≤3

所以-1≤x+1≤4，因此y=f（x）的定义域是[-1，4]

2. 若已知函数f（x）的定义域为x∈（a，b），求f [g（x）]函数的定义域。

解决这类问题的方法是：a

例2. 已知函数f（x）的定义域为（0，1]，求函数g（x）=f（x+a）+f（x-a）（-

解：因为函数f（x）的定义域为（0，1]

所以0

由于-

所以不等式组（Ⅰ）的解为-a

即g（x）=f（x+a）+f（x-a）（-

二、抽象函数的周期性和奇偶性

1. 抽象函数的周期性

例3. 定义在R上的函数f（x）满足f（x）=-f（x+2），且当x∈（-1，1]时，f（x）=x2+2x，

求当x∈（3，5]时，f（x）的解析式。

解：∵f（x+4）=f（x+2+2）=-f（x+2）=f（x）

∴f（x）是以4为周期的周期函数

设x∈（3，5]时，则-1

∴f（x）=f（x-4）=（x+4）2+2（x-4）=x2-6x+8（3

评注：若对函数f（x）定义域内的任意，恒有下列条件之一成立（以下式子分母不为零，a≠0）

①f（x+a）=-f（x） ②f（x+a）= ③f（x+a）=-

④f（x+a）=- ⑤f（x+a）=- ⑥f（x+a）=f（x-a）

则函数f（x）是以2a为周期的周期函数①

2. 抽象函数的奇偶性

奇、偶函数的定义是判断函数奇偶性的主要依据，有时为了便于判断函数的奇偶性，也往往需要先将函数进行化简，或运用定义的等价形式，但对于抽象函数的奇偶性的判断主要是用赋值法，构造出定义的形式。

例4. 已知定义在上的函数f（x），对于任意x，y∈R都有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）·f（y），且f（0）≠0

（1）求f（0）的值

（2）判断函数f（x）的奇偶性

解：（1）令x=y=0，则有2f（0）=2[f（0）]2 ∵f（0）≠0∴ f（0）=1

（2）令x=0，得f（y）+f（-y）=2f（0）·f（y）=2f（y）

所以f（-y）=f（y）这说明函数f（x）是偶函数。

三、抽象函数图像的对称变换

结论1：①函数y=f（-x）与函数y=f（x）的图像关于y轴对称；

②函数y=-f（x）与函数y=f（x）的图像关于轴对称；

③函数y=-f（-x）与函数y=f（x）的图像关于原点轴对称；

④函数y=f-1（x）与函数y=f（x）的图像关于直线y=x轴对称。

结论2：若对定义域内的一切x均有f（x+m）=f（n-x）成立，则函数y=f（x）的图像关于直线x= 对称。

结论3：函数y=f（x+a）与y=f（-x+b）的图像关于直线x=对称（a，b为常数）。

例5. 設函数y=f（x）的定义域为，则函数y=f（x-1）与y=f（1-x）的图像关于（）

A. 直线y=0对称 B. 直线x=0对称

C. 直线y=1对称 D. 直线x=1对称

错解：因为函数y=f（x）的定义域为R，且f（x-1）=f（1-x），所以函数y=f（x）的图像关于直线x=0对称，故选择B。

错解分析：错误的原因是将两个不同的对称问题混为一谈，即将两个不同函数图像的对称问题，错误地当成一个函数的图像对称问题，从而导致错误。

正解：因为函数y=f（x）的定义域为R，而y=f（x-1）的图像是y=f（x）图像向右平移1个单位而得到的f（1-x）=f[-（x-1）]的图像是y=f（-x）图像向右平移1个单位而得到的，又因为f（x）与f（-x）的图像关于y轴对称，因此函数y=f（x-1）与y=f（1-x的图像关于直线x=1对称，故应该选择D。

四、求抽象函数的解析式

解决抽象函数解析式的问题，关键是构造出函数f（x）。通常采取赋值法，赋予恰当的数值或代数式后，通过合理运算推理，最后得出结论。

例6. 已知f（0）=1，f（a-b）=f（a）-b（2a-b+1），求函数f（x）的解析式。

解：令a=0，则 f（-b）=f（0）-b（-b-1）=1+b（b-1）=b2-b+1

再令-b=x，即得f（x）=x2+x+1

抽象函数问题解法篇5

一、利用函数性质的解题思想

函数性质是反映函数特征的主要途径, 充分利用题设条件中已表明或隐含的函数性质, 选择适当的方法解决抽象函数问题。

1. 利用对称性, 数形结合

例1:已知函数f (x) 对一切实数x都有f (2+x) =f (2-x) , 如果方程f (x) =0恰好有4个不同的实根, 求这些实根之和。

策略:由f (2+x) =f (2-x) 可知是函数图像关于直线x=2对称。又f (x) =0四个根按由小到大的顺序可设为x1、x2、x3、x4, 则x1+x4=2×2=4, x2+x3=2×2=4, ∴x1+x2+x3+x4=8。

2. 利用奇偶性分析函数特征

例2:已知函数f (x) =ax+bsinx+3, 且f (-3) =7, 求f (3) 的值。

策略:注意到g (x) =ax+bsinx=f (x) -3是奇函数, 可得g (-3) =-g (3) , 即f (-3) -3=-[f (3) -3], f (3) =6-f (-3) =-1。

3. 利用单调性等价转化

例3:已知奇函数f (x) 在定义域 (-1, 1) 上是减函数, 试求满足不等式f (1-a) +f (1-a2) <0的a的取值范围。

策略:由单调性可知, 原不等式等价于:

4. 利用周期性研究函数特征

例4:已知f (x) 是定义在正整数集上的函数, 对任意正整数x都有f (x) =f (x-1) +f (x+1) , 且f (1) =2002, 求f (2002) 。

分析:根据x的任意性, 判断函数的周期。

略解:由f (x) =f (x-1) +f (x+1) , 可得:f (x+3) =-f (x) 。

∴f (x+6) =-f (x+3) =[-f (x) ]=f (x) ,

∴f (x) 是以6为周期的周期函数,

∴f (2002) =f (333×6+4) =f (4) =f (3+1) =-f (1) =-2002。

注:对这一类抽象函数求值问题, 利用周期性研究其特征求解。

二、研究抽象函数的背景, 利用具体模型函数求解

大量的抽象函数都是以中学阶段所学的基本函数为背景抽象而得的, 解题时, 若能从研究抽象函数的“背景”入手, 根据题设中抽象函数的性质, 进行分析、类比, 确定具体的函数模型, 据此求解。

例5: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。

简析:由题设可知, 可确定函数y=kx, (k≠0) 为模型函数。解:设x1<x2, 则x2-x1>0, ∵当x>0时, f (x) >0, ∴f (x2-x1) >0, ∵f (x2) =f[ (x2-x1) +x1) ]=f (x2-x1) +f (x1) ,

∴f (x2) -f (x1) =f (x2-x1) >0, 即f (x2) >f (x1) , ∴f (x) 为增函数。在条件中, 令y=-x, 则f (0) =f (x) +f (-x) , 再令x=y=0, 则f (0) =2f (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6:设函数y=f (x) 定义在R上, 对于任意实数x、y, 有f (x+y) =f (x) f (y) , 且当x>0时, 0<f (x) <1。

(1) 求证:f (0) =1, 且当x<0时, f (x) >1; (2) 求证:f (x) 在R上递减。

简析:由题设可猜测f (x) 的解析式, 可确定指数函数y=ax为模型函数, 从而猜想f (0) =1, 且f (x) >0。当x>0时, 0<f (x) <1, 可猜想0<a<1。

证明: (1) f (0) =f (0+0) =f (0) , 得f (0) =1或0。

有f (1) =f (1+0) =f (1) ·f (0) >0, ∴f (0) ≠0, ∴f (0) =1。

f (0) =f (x-x) =f (x) ·f (-x) , ∴f (-x) =1/f (x) 。

当x>0时, -x<0, 当x>0时, 0<f (x) <1, f (-x) =1/f (x) >1, ∴当x<0时, f (x) >1。

(2) 从已知和以上证明得f (x) >0,

设x1<x2, 则x2-x1>0, ∵当x>0时, 0<f (x) <1, ∴1>f (x2-x1) >0, 0<f (x2-x1) =f (x2) ·f (-x1) =f (x2) /f (x1) <1, ∴f (x1) >f (x2) ,

∴f (x) 在R上递减。

三、利用特殊化的方法求解

利用一些特殊化数学思想求解, 有时会收到事半功倍的效果。

例7:已知定义域为 (0, +∞) 的函数f (x) , 对于任意的x>0、y>0时, 恒有f (xy) =f (x) +f (y) 。

(1) 求证:当x>0时, f (1/x) =-f (x) ;

(2) 若x>1时, 恒有f (x) <0, 求证:f (x) 必有反函数。

简析:可取x=y=1, 求f (1) , 再求解。

解: (1) 在f (xy) =f (x) +f (y) 中, 令x=y=1, 得f (1) =0, 又令y=1/x, 得f (x) +f (1/x) =f (x·1/x) =f (1) =0,

∴当x>0时, f (1/x) =-f (x) 。

注:根据题设条件挖掘函数性质, 合理赋值, 可使这类抽象函数问题迅速获解。

解抽象函数问题篇6

例1 ( 2009年高考四川卷理科第12题) 已知函数f ( x) 是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数, 且对任意的实数x都有xf ( x + 1) = ( 1 + x) f ( x) , 则f ( f (5/ 2) ) 的值是 ( )

( A) 0 ( B) 1 /2 ( C) 1 ( D) 5/ 2

二、函数与方程 ——— 抽象函数永恒的主题

例2 ( 2005年复旦大学自主招生数学试题第一大题第9题) 定义在R上的函数f ( x) ( x≠1) 满足f ( x) +2f ( (x + 2002) / ( x - 1) ) = 4015 - x, 则f ( 2004) =_______ .

三、奇偶性、单调性 ——— 不可忽视的常规性质

例3 ( 2008高考辽宁卷理科第12题) 设f ( x) 是连续的偶函数, 且当x > 0时f ( x) 是单调函数, 则满足的所有x之和为 ( )

( A) - 3 ( B) 3 ( C) - 8 ( D) 8

例4 ( 2008年高考重庆卷理科第6题) 若定义在R上的 (函数f ( x) 满足: x1, x2∈R, 有f ( x1+ x2) = f ( x1) + f ( x2) + 1, 则下列说法一定正确的是 ()

( A) f ( x) 为奇函数 ( B) f ( x) 为偶函数

( C) f ( x) + 1为奇函数 ( D) f ( x) + 1为偶函数

解: ( C) . 设g ( x) = f ( x) + 1, 得g ( x1+ x2) = g ( x1) + g ( x2) , 可得g ( x) 即f ( x) + 1为奇函数.

四、对称性 ——— 以形养数的典型范例

例5 ( 2007年复旦大学自主招生考试试题) 设函数y = f ( x) 对一切实数x均满足f ( 2 + x) = f ( 2 - x) , 且方程f ( x) = 0恰好有7个不同的实根, 则这7个不同的实根的和为 ()

( A) 0 ( B) 10 ( C) 12 ( D) 14

解: ( D) . 得曲线y = f ( x) 关于直线x = 2对称, 所以方程f ( x) = 0的恰好有7个不同实根中一个是2, 另外6个两两之和是4, 所以所有根之和是14.

例6 ( 2008年复旦大学自主招生考试试题第72题) 设f ( x) 的定义域是全体实数, 且f ( x) 的图象关于直线x = a和x = b对称, 其中a < b, 则f ( x) 是 ()

( A) 一个以b - a为周期的周期函数

( B) 一个以2b - 2a为周期的周期函数

( C) 一个非周期函数 ( D) 以上均不对

解: ( B) . 得f ( x) = f ( 2a - x) , f ( x) = f ( 2b - x) , 所以f ( 2a - x) = f ( 2b - x) 即f ( 2b - 2a + x) = f ( x) .

注: 对于定义域是R的函数y = f ( x) , 有以下结论成立:

( 1) 若曲线y = f ( x) 有两条不同的对称轴x = a, x = b, 则函数y = f ( x) 是周期函数且有一个周期是2 ( a - b) .

( 2) 若曲线y = f ( x) 有两个不同的对称中心 ( a, c) , ( b, c) , 则函数y = f ( x) 是周期函数且有一个周期是2 ( a - b) .

( 3) 若曲线y = f ( x) 有一个对称中心 ( a, c) 和一条对称轴x = b ( a≠b) , 则函数y = f ( x) 是周期函数且有一个周期是4 ( a - b) .

( 可类比正弦函数的性质来记忆上述结论)

五、周期性———“重复造就完美”

例7 ( 2007年复旦大学自主招生考试试题第86题) 设f ( x) 是定义在实数集上的周期为2的周期函数, 且是偶函数. 已知当x∈[2, 3]时, f ( x) = - x, 则当x∈[-2, 0]时, f ( x) = ( )

( A) - 3 +| x + 1 | ( B) 2 -| x + 1 |

( C) 3 -| x + 1 | ( D) 2 +| x + 1 |

解: ( A) . 当 x ∈[- 2, - 1]时, f ( x) = f ( x + 4) = - x - 4. 当 x ∈ [- 1, 0]时, f ( x) = f ( - x) = f ( - x + 2) = x - 2.

由此可得答案.

例8 ( 2006年武汉大学自主招生考试试题) 已知f ( x) 是定义在R上的偶函数, 并满足f ( x + 2) = -1/f (x) ; 当2≤x≤3时, f ( x) = x, 则 f ( 5. 5) = ()

( A) 5. 5 ( B) - 5. 5 ( C) - 2. 5 ( D) 2. 5

解: ( D) . 得f ( x + 4) = -1/ f ( x+2) = f ( x) , 所以f ( 5. 5) = f ( - 2. 5) = f ( 2. 5) = 2. 5.

例9 ( 2010年高考重庆卷理科第15题) 已知函数f ( x) 满足: f ( 1) =1/4, 4f ( x) f ( y) = f ( x + y) + f ( x - y) ( x, y∈R) , 则 f ( 2010) =_____.

解法1: 1/2 . 取x = 1, y = 0得f ( 0) =1/2.

再取x = n, y = 1, 得f ( n) = f ( n + 1) + f ( n - 1) , 同理f ( n + 1) = f ( n + 2) + f ( n) , 得f ( n + 2) = - f ( n - 1) , 所以数列{ f ( n) } 是以6为周期的周期数列, 得f ( 2010) = f ( 0) = 1/2.

抽象函数问题解法例篇7

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式子的一类函数.由于抽象函数的表现形式的抽象性, 使得这类问题成为函数内容的难点之一, 抽象性较强, 灵活性大, 解抽象函数的重要一点要抓住函数的某些特征, 进行观察、分析、联想和类比, 利用常规的数学思想方法, 突破抽象带来的困难.就抽象函数, 本文总结和反思先者的经验, 写出拙见以供参考.

一、特例法

例1 已知f (x) 是R上的增函数, 令F (x) =f (1-x) +f (3+x) , 则F (x) 是R上的 ( ) .

A.增函数 B.减函数

C.先减后增函数 D.先增后减函数

解析不妨设f (x) =x, 则F (x) =1-x- (3+x) =-2x-2, 显然F (x) 是R上的减函数.

总结特例、特值、特位、特形是选择题解答的捷径, 抽象函数问题也不例外.

练习定义在R上的函数f (x) 满足f (a+b) =f (a) ·f (b) , a, b为实数, 且f (x) >0.若 $f (1) = \frac{1}{2}$ , 求f (-2) =_____.

二、递推法

例2 对任意实数x, y均满足f (x+y) =f (x) +2[f (y) ]2, 且f (1) ≠0, 则f (2011) =____.

解析令x=y=0, 得f (0) =0,

令x=0, y=1,

得f (0+12) =f (0) +2[f (1) 2],

$\begin{array}{l} 解得 f (1) = 0 或 f (2) = \frac{1}{2} . \\ 又 ∵ f (1) \neq 0, ∴ f (1) = \frac{1}{2} ‚ 令 x = n ‚ y = 1, 得 \end{array}$

f (n+12) =f (0) +2[f (1) 2].即 $f (n + 1) - f (n) = \frac{1}{2}$ ,

故 $f (n) = \frac{n}{2} ‚ ∴ f (2011) = \frac{2011}{2} .$

总结这种求较大的自变量对应的函数值, 一般从周期或者递推式入手, 在抽象的关系始终, 根据求解目标而赋值递推, 显然是特殊到一般, 再从一般到特殊的基本认识规律, 要处理的问题就一目了然了.

三、单调法

例3 已知f (x) 的定义域是 (0, +∞) , 对任意x, y∈ (0, +∞) , 都有f (xy) =f (x) +f (y) , 且当x>1时, f (x) >0, 若 $f (\frac{1}{3}) = - 1$ , 求f (1) 的值及满足不等式 $f (x) - f (\frac{1}{x - 2}) \geq 2$ 的x的取值范围.

解析令x=y=1, 则f (1) =0.

任取x1, x2∈ (0, +∞) , 且x1<x2, 则

∴f (x) 在 (0, +∞) 上是增函数.

$\begin{array}{l} ∴ f (x) - f (\frac{1}{x - 2}) = f [x (x - 2)] \geq 2 . \\ ∵ f (3) = f (1) - f (\frac{1}{3}) = 1, ∴ f (9) = 2 f (3) = 2 . \end{array}$

则解得 $x \geq 1 + \sqrt{10} .$

总结解抽象函数的不等式, 往往先用单调性的定义判断函数的单调性, 再把要求解的不等式化为f (A) 与f (B) 的不等式后, 再转化到自变量A, B之间的不等关系, 实现不等式的求解, 注意绝不能忽略定义域的约束.

四、周期法

例4 已知f (x) 是R上的函数, 且 $f (x + 2) = \frac{1 + f (x)}{1 - f (x)}$ , 若f (1) =2, 求f (2013) 的值.

$\begin{array}{l} 解析 ∵ f (x + 4) = \frac{1 + f (x + 2)}{1 - f (x + 2)} = - \frac{1}{f (x)} ‚ \\ ∴ f (x + 8) = - \frac{1}{f (x + 4)} = f (x) . \end{array}$

∴f (x) 的最小正周期为8,

$∴ f (2013) = f (5) = f (1 + 4) = - \frac{1}{f (1)} = - \frac{1}{2} .$

总结赋值的过程注意到抽象关系式所表达的自变量的增量引起的f (x) 的循环, 发现抽象函数的周期性是解题的关键.

五、对称法

例5 已知函数f (x) 满足f (x) +f (-x) =2012, 求f-1 (x) +f-1 (2012-x) 的值.

解析由题知函数f (x) 的图像关于 (0, 1006) 对称, 根据原反函数的关系知函数f-1 (x) 图像关于点 (1006, 0) 对称, 所以f-1 (x) +f-1 (2012-x) =0.

练习定义在R上的函数f (x) 在区间 (0, 2) 上为增函数, 且对任意x∈R都有f (2+x) =f (2-x) 成立, 那么下列不等式正确的是 ( ) .

$\begin{array}{l} A . f (1) < f (\frac{5}{2}) < f (\frac{7}{2}) B . f (\frac{7}{2}) < f (1) < f (\frac{5}{2}) \\ C . f (\frac{7}{2}) < f (\frac{5}{2}) < f (1) D . f (\frac{5}{2}) < f (1) < f (\frac{7}{2}) \end{array}$

解析由f (2+x) =f (2-x) 知f (x) 的图像关于直线x=2对称, 有f (x) =f (4-x) , 则 $f (\frac{5}{2}) = f (\frac{3}{2}) ‚ f (\frac{7}{2}) = f (\frac{1}{2})$ .又 $∵ \frac{1}{2} < 1 < \frac{3}{2}$ , 且函数f (x) 在区间 (0, 2) 上为增函数, $∴ f (\frac{1}{2}) < f (1) < f (\frac{3}{2})$ , 即 $f (\frac{7}{2}) < f (1) < f (\frac{5}{2}) .$

总结由题设表达式知函数的对称性, 再将所求的转化到已知上达到求解的目的.

抽象函数的相关问题篇8

函数的性质有很多,常见性质有奇偶性、单调性、周期性和对称性。奇偶性和单调性课本介绍的比较多,这里不在说明。对于抽象函数问题补充以下的对称性和周期性对解题有很大的帮助,运用得好就能达快速解题。

1.对称性:若函数f(x)对定义域内的一切x都有f(a+x)=f(b-x)(其中a、b为常数),则y=f(x)的图象关于直线对称。特殊的有f(a+x)=f(ax)(或f(x)=f(2a-x))则对称轴为x=a。

例1函数f(x)在x∈(0,2)上是增函数,且y=f(x+2)是偶函数,则下列结论正确的是().

分析:y=f(x+2)是偶函数,∴f(x+2)=f(-x+2),∴对称轴为x=2∴函数y=f(x)在x∈(0,4)之间的图象大致可为上图∴根据图象可得正确答案为B.

2.周期性(1):若函数f(x)对定义域内的一切x都有f(x)=-f(x-a)则函数y=f(x)的周期为2∣a丨。(证明:f(x)=-f(x+a)=-[-f(x+a+a)]=f(x+2a)∴周期T=2∣a∣)

例2 (设函数f(x)是定义在R上的奇函数,并且f(x+2)=-f(x),当0≤x≤1时有f(x)=x,则f(3.5)=______。

分析:由结论得函数f(x)的周期T=2,∴f(3.5)=f(3.5-4)=f(-0.5)=-f(0.5)=0.5

周期性(2):若函数f(x)在定义域内为偶函数且满足f(a+x)=f(a-x)(或f(x)=f(2a-x))则函数y=f(x)的周期为2∣d∣。(证明:f(x)=f(-x)=f(2a+x)∴周期T=2∣a∣))

例3函数f(x)是定义在R上的偶函数,对任意的f∈R,有关系f(1+x)=f(1-x),又当x∈[-1,0)时有,求f(2π)的值。

分析:由题意可知函数f(x)的对称轴为x=1,函数周期T=2,∴f(2π)=f(-2π)f(6-2π),-1<6-2π<0∴。

周期性(3):若函数f(x)在定义域内为奇函数且满足f(a+x)=f(a-x)(或f(x)=f(2a-x))则函数y=f(x)的周期为4丨a∣。(证明:f(x)=-f(-x)=-f(2a+x)=-[-f(2a+2a+x)]=f(4a+x)∴周期T=4∣a∣))

例4 (05天津高考)设函数f(x)是定义在R上的奇函数,且y=f(x)的图象关于对称,则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=______。

分析:由f(x)是定义在R上的奇函数有f(0)=0,∴,又由上面结论有函数f(x)的周期。故原式=f(1)+f(0)+f(1)+f(0)+f(1)=0。

由此可见,我们抓住抽象函数的奇偶性和对称性,进而可以推导出周期性,对我们解题起了很大的作用。结合以上方法,来解决这两年高考中出现的抽象函数求值问题:

(2008四川延考卷11)设函数y=f(x)(xeR)的图象关于直线x=0及直线x=1对称,且x∈[0,1]时,f(x)=x2,则

分析1:由赋值法得

分析2:关于直线x=0,即为偶函数,关于直线x=1对称,则T=4,故有

(2008四川卷11)设定义在R上的函数f(x)满足f(x)·f(x+2)=13,若f(1)=2,则f(99)=()

(A)13 (B)2 (C)(D)

分析1:由赋值法得f(x)=2,,,观察规律得。

分析2:由f(x)·f(x+2)=13记为①,得f(x+2)f(x+4)=13记为②,则①/②得f(x)=f(x+4),故有周期T=4,所以。

(2009山东卷10)定义在R上的函数f(x)满足,则f(2009)的值为()

(A)-1 (B) 0 (C)1 (D) 2

分析1:由赋值法得f(-1)=1,f(0)=0,f(1)=-1,f(2)=-1,f(3)=0,f(4)=1,f(5)=1,f(6)=0观察得出周期T=6,f(2009)=f(6*334+5)=f(5)=1。

分析2:由x>0时,f(x)=f(x-1)-f(x-2)记为①,得f(x+1)=f(x)-f(x-1)记为②,则①+②有f(x+1)=-f(x-2),所以有f(x)=-f(x-3),即得f(x)=f(x-6)

所以得周期T=6,f(2009)=f(6*334+5)=f(5)=1

抽象函数不抽象篇9

抽象函数似乎很抽象.其实, 抽象函数的问题, 不需要具体的函数式, 却可以把抽象转化为具体.

一、求值问题中的转化

运用所给函数的关系和性质, 及自变量和函数值的关系, 转化为具体的求值问题.

例1 (2008年陕西卷) 定义在R上的函数f (x) 满足f (x+y) =f (x) +f (y) +2xy (x, y∈R) , f (1) =2, 则f (-3) 等于 ( )

(A) 2 (B) 3

分析:由条件f (x+y) =f (x) +f (y) +2xy, 对于x, y∈R恒成立, 根据已知及所求目标对于自变量的值与函数的值进行一系列变换, 即可化抽象为具体.由f (0+0) =f (0) +f (0) , 得f (0) =0.由f (1+1) =f (1) +f (1) +2, 得f (2) =2f (1) +2=6.由f (2+1) =f (2) +f (1) +4, 得f (3) =f (2) +f (1) +4=12.最后由f[ (-3) +3]=f (-3) +f (3) -18, 得f (0) =f (-3) +12-18.所以f (-3) =f (0) +6=6.故选 (C) .

例2 (2006年福建卷) 已知f (x) 是周期为2的奇函数, 当0<x<1时, f (x) =lgx, 设 $a = f (\frac{6}{5}), b = f (\frac{3}{2}), c = f (\frac{5}{2})$ , 则 ( )

(A) a<b<c (B) b<a<c

分析:由于f (x) 是周期为2的奇函数, 且

0<x<1时, f (x) =lgx.把自变量x的值由区间外“诱导”到区间 (0, 1) 内, 就可以把函数值具体化.得到:

$\begin{array}{l} a = f (\frac{6}{5}) = f (\frac{6}{5} - 2) = \\ - f (\frac{4}{5}) = - \lg \frac{4}{5}, b = f (\frac{3}{2}) = f (\frac{3}{2} - 2) = \\ - f (\frac{1}{2}) = - \lg \frac{1}{2}, c = f (\frac{5}{2}) = f (\frac{5}{2} - 2) = f (\frac{1}{2}) = \lg \frac{1}{2}, 故 a < b < c, 应选 (A) . \end{array}$

例3 (2008年四川卷) 设定义在R上的函数f (x) 满足f (x) f (x+2) =13, 若f (1) =2, 则f (99) 等于 ( )

$\begin{array}{l} (A) 13 (B) 2 \\ (C) \frac{13}{2} (D) \frac{2}{13} \end{array}$

分析:利用f (x) 满足f (x) f (x+2) =13的条件, 发现f (x) 是周期函数, 就可以化抽象为具体.由f (x+2) f (x+4) =13得 $\frac{f (x + 2) f (x + 4)}{f (x) f (x + 2)} = \frac{13}{13}$ , 所以f (x+4) =f (x) .从而f (x) 为周期是4的周期函数.由f (97) =f (1+4×24) =f (1) =2, 及f (99) f (97) =13, 得 $f (99) = \frac{13}{2}$ .故选 (C) .

二、性质问题中的转化

根据所研究的问题, 利用相应的函数性质, 化抽象为具体.

例4 (2008年湖南卷) 设函数y=f (x) 存在反函数y=f-1 (x) , 且y=x-f (x) 的图象过点 (1, 2) , 则函数y=f-1 (x) -x的图象一定过点.

分析:利用函数与其反函数的定义域和值域互换, 即可转化为具体问题.由y=x-f (x) 过点 (1, 2) , 得2=1-f (1) , f (1) =-1, f-1 (-1) =1.则y=f-1 (x) -x, 当x=-1时, y=

f-1 (-1) +1=2.故过点 (-1, 2) .

例5 (2008年重庆卷) 定义在R上的函数f (x) 满足:对任意x1, x2∈R, 有f (x1+x2) =f (x1) +f (x2) +1, 则下列说法一定正确的是 ( )

(A) f (x) 为奇函数

(B) f (x) 为偶函数

(D) f (x) +1为偶函数

分析:为了探索函数的奇偶性, 在f (x1+x2) =f (x1) +f (x2) +1中, 自变量给出一系列值, 抽象即化具体.令x1=x2=0, 则f (0+0) =f (0) +f (0) +1, 得f (0) =-1.令x1+x2=0, 则x2=-x1, 有f (0) =f (x1) +f (-x1) +1.即f (x1) +1=-f (x1) -1, 故f (x1) +1是奇函数, 应选 (C) .

例6 (2008年辽宁卷) 设f (x) 是连续的偶函数, 且当x>0时, f (x) 是单调函数, 则满足 $f (x) = f (\frac{x + 3}{x + 4})$ 的所有x之和为 ( )

(A) -3 (B) 3

分析:利用函数的单调性, 由函数关系转化为自变量的关系, 抽象即化为具体.

由 $f (x) = f (\frac{x + 3}{x + 4})$ , 得 $x = \frac{x + 3}{x + 4}$ 或 $x = - \frac{x + 3}{x + 4}$ , 有

x2+3x-3=0 ①

或 x2+5x+3=0 ②

设x1, x2为方程①两根, x3, x4为方程②两根, 则x1+x2=-3, x3+x4=-5.故所有x之和为-8, 应选 (C) .

三、图象把抽象函数具体化

利用直观的图象, 把抽象函数转化为具体的问题来解决.

例7 (2008年北京卷) 如图1, 函数f (x) 的图象是折线ABC, 其中A、B、C的坐标分别为 (0, 4) , (2, 0) , (6, 0) , 则f (f (0) ) =; $\lim_{Δ x \to 0} \frac{f (1 + Δ x) - f (1)}{Δ x} =$ .