抽象函数解题策略剖析

抽象函数解题策略剖析（精选3篇）

抽象函数解题策略剖析 篇1

高中数学课程中有很多问题都具有一定的抽象性, 我们在解题的过程中也常常会遇到一些抽象函数的问题, 每当学生遇见此类问题时都有望而生畏的感觉, 其原因主要是抽象函数本身就是高中数学教学的难点, 它没有明确的函数解析式作为条件, 只给出了一些能体现函数特征的代数式, 而这些代数式往往又是隐藏较深的条件, 学生对于这些条件很难找到合适的突破口, 为了解决这一难题, 本文就抽象函数问题中的几种常见题型作一简单剖析, 以供大家参考。

一、一次型抽象函数

f (x+y) =f (x) +f (y) (x, y∈R) 对应具体函数模型f (x) =kx (k为常数)

f (x+y) =f (x) +f (y) +b (x, y∈R) 对应具体函数模型f (x) =kx-b (k, b为常数)

例1:f (x) 是定义在R上的奇函数, 且满足如下两个条件。

1) 对于任意的x, y∈R, 有f (x+y) =f (x) +f (y)

2) 当x>0时f (x) <0且f (1) =-2

求函数f (x) 在[-3, 3]上的最大值和最小值。

分析:由关系式f (x+y) =f (x) +f (y) , 可知此函数为f (x) =kx型, 而由x>0时f (x) <0知f (x) 必为减函数, 所以本题应先考虑利用已知条件确定f (x) 在[-3, 3]上的单调性, 从而再由已知条件f (1) =-2求解最值。

解:设x1

∴f (x2) -f (x1) =f (x2-x1) 。

又∵x10而x>0时f (x) <0。

∴f (x2-x1) <0即f (x2) -f (x1) <0, ∴f (x2)

∴f (x) 在x∈R上是减函数

∴fmin (x) =f (3) =f (1+2) =f (1) +f (2) =f (1) +f (1+1) =3f (1) =-6。

fmax (x) =f (-3) =-f (3) =6。

例2:函数f (x) 对任意的a, b∈R都有f (a+b) =f (a) +f (b) -1, 并且当x>0时f (x) >1。

1) 求证:f (x) 是R上的增函数;

2) 若f (4) =5解不等式f (3m2-m-2) <3。

分析:由关系式f (x+y) =f (x) +f (y) +b, 可联想一次函数f (x) =kx+b, 由x>0时f (x) >0可知该函数必为增函数, 再由f (4) =5可分析f (2) =3。

解:1) 设x1

由f (a+b) =f (a) +f (b) -1可知f (a+b) -f (a) =f (b) -1,

∴f (x2) -f (x1) =f (x2-x1) -1∵x>0时f (x) >1

而x2>x1∴x2-x1>0∴f (x2-x1) >1∴f (x2-x1) -1>0

即f (x2) >f (x1) , ∴f (x) 是R上的增函数。

2) 由f (4) =5可得f (4) =f (2) +f (2) -1

∴f (2) =3。

∴f (3m2-m-2) <3=f (2) , ∵f (x) 为增函数。

∴3m2-m-2<2, 得-1

评注:对于抽象函数, 往往是通过研究函数单调性确定其最值的。

二、指数型抽象函数

f (x+y) =f (x) ·f (y)

其中f (y) ≠0 (x, y∈R) 对应具体函数模型f (x) =ax (a>0且a≠1) 。

例3:已知函数f (x) 定义域为R, 且对任意x, y总有f (x+y) =f (x) ·f (y) , 且当x>0时, 0

1) 求证f (0) =1且当x<0时f (x) >1;

2) 求证f (x) 是R上的减函数。

分析:由关系式f (x+y) =f (x) ·f (y) , 可知此函数为指函数而由x>0时0

证明:1) 由f (x+y) =f (x) ·f (y) ,

令x=1, y=0得f (1) =f (1) ·f (0) ∵x>0时0

∴f (0) =1。

令x<0则-x>0, ∴0

∴f (x) =1f (-x) >1, 即x<0时f (x) >1。

2) 设x10且0

由f (x+y) =f (x) ·f (y) 得f (fx (+x) y) =f (y) ,

∴f (x2)

∴f (x) 是R上减函数。

评注:本题解题中应注意整体思想的应用。

三、对数型抽象函数

f (x) +f (y) =f (xy)

f (x) -f (y) =f (x/y) (其中x, y∈R+) 对应的具体函数模型f (x) =logax (a>0且a≠1)

例4:已知函数f (x) 是定义在 (0, +∞) 上的增函数且满足对于任意正实数x, y都有f (xy) =f (x) +f (y) , 且f (2) =1:

1) 求f (8) 的值;

2) 解不等式f (x) -f (x-2) >3。

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

∴f (4) =2。

再令x=4, y=2, 则f (8) =f (4) +f (2) =3。

2) 由f (x) -f (x-2) >3=f (8) , 可知x>0, x-2>0,

f (x) >f (8) +f (x-2) ,

f (x) >f[8 (x-2) ],

∵f (x) 为增函数∴x>0, x-2>0, x>8 (x-2) , 得到2

评注:解对数型的抽象函数是一定要注意定义域的范围。

四、三角函数型抽象函数

) ) 中:1±f (x) f (y) ≠0)

对应具体函数模型f (x) =tanx (x≠π/2+kπ, k∈z)

f (x) f (y) =1/2[f (x+y) +f (x-y) ], 对应具体函数模型y=cosx。

例5:已知函数f (x) 满足f (x+y) +f (x-y) =2f (x) f (y) (x, y∈R且f (0) ≠0) 。

求证:f (x) 为偶函数。

证明:令x=y=0, 有f (0) +f (0) =2f (0) ·f (0) ,

又∵f (0) ≠0∴f (0) =1,

令x=0得f (y) +f (-y) =2f (0) ·f (y) ,

∴f (-y) =f (y) , ∴f (x) 为偶函数。

例6:设函数f (x) 定义域关于原点对称, 且满足

(2) 存在正常数a, 使f (a) =1。

求证:1) f (x) 是奇函数;

2) f (x) 是周期函数, 并且有一个周期为4a。

分析:由关系式可知, 此函数可类比f (x) =tanx,

1) 利用赋值法, 构造出式子f (-x) =±f (x) ;

2) 证明周期性, 一般通过两次代换。

证明:1) 令x=x1-x2得

∴f (x) 是奇函数

2) 由f (a) =1可知

∴f (x) 是以4a为周期的周期函数。

抽象函数问题对培养学生的逻辑推理能力, 抽象思维能力都是极好的题材, 但抽象函数问题的求解用常规方法一般很难奏效, 我们如果能通过对题目的信息分析与研究, 采用特殊的方法和手段求解, 往往会收到事半功倍之功效, 真有些“山重水复疑无路, 柳暗花明又一村”的感觉。

“抽象函数”常见题型解题策略 篇2

一、重视运用“赋值法”

例1定义在实数集R上的函数f (x) ，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)判断y=f (x) 的奇偶性;

(3)若存在正常数c，使f () =0。

(Ⅰ)求证对任意x∈R，有f (x+c) =-f (x) 成立，

(Ⅱ)试问函数f (x) 是不是周期函数?如果是，找出它的一个周期;如果不是，请说明理由。

解：(1)令x=y=0，则2f (0) =2f 2 (0) ，

∵f (0) ≠0, ∴f (0) =1。

(2)令x=0，则f (y) +f(-y)=2f (0) f (y) =2f (y) ,

∴f(-y)=f (y) ，∴f (x) 为偶函数。

(3)(Ⅰ)分别用 (c>0)替换x, y，则：

(Ⅱ)由(Ⅰ)的结论知f (x+2c) =-f (x+c) =f (x) ,

∴f (x) 是周期函数，2c就是它的一个周期。

点拨：“赋值法”是解决抽象函数问题常用的有效方法，故通过所给关系式，对其中的变量进行有效赋值，充分利用题设条件和定义，联系解题目标赋值求解。

二、运用“换元”思想

例2已知函数f (x) 存在且f (x) +f (-x) =2，则f-1 (x-1)+f-1 (3-x)=______

解：令y1=f (x) ，y2=f (-x) ，则

x=f-1 (y1) , -x=f-1 (y2) 。又∵y1+y2=2,

∴当y1+y2=2时，有

f-1 (y1) +f-1 (y2) =0。

∵ (x-1) + (3-x) =2,

∴f-1 (x-1) +f-1 (3-x) =0。

点拨：本题无法直接求出f-1 (x)，若将已知等式左边看成两个函数，利用换元，进行变量代换，问题则迎刃而解。

三、寻找“模型函数”

例3已知定义域为R+的函数f (x) 满足：(1) x>1时，f (x) <0,

(2) f ()=1， (3)对任意x, y∈R+，都有f (x·y)=f (x)+f (y)。

求不等式f (x)+f (5-x)≥-2的解集。

分析：由题设条件可猜测y=f (x)是对数函数y=logax (0

解：设01。

又∵x>1时，f (x) <0,

即f (x2)

又f (1×1) =f (1) +f (1) , ∴f (1) =0, 而f () =1,

解得{x│0

点拨：值得注意的是，我们只能借助这些模型帮助我们“探索”，“猜测”某些结论，而不能直接用这些函数模型(如本题，我们不能直接设y=logax (0

四、综合运用函数性质

抽象函数问题中，常常需要综合运用函数的单调性，奇偶性，对称性，周期性以及定义域和值域，另外在数学思想上还得数形结合。

例4定义在(-∞，0)∪(0，+∞)上的奇函数f (x) ，在(0，+∞)上是增函数，f (-2) =0，则不等式f (x-1) <0的解集是()。

A.-13

B.-1

C.x<-1或x>3

D.x<-1或1

解：f (x) 是奇函数，且在(0，+∞)上是减函数，由f (-2)=0，则可得出f (x) 大致的图象，于是可知f (x) 在(-∞，0)上是增函数，且f (2) =0,

∴x-1<-2或0

∴x<-1或1

例5已知f (x) 是定义在R上的奇函数，若g (x) 为偶函数，且g (x) =f (x-1), g (2) =2，求f (2007)的值。

解：∵g (x) =f (x-1)为偶函数，

∴f (-x-1) =f (x-1)

又f (x)为奇函数，

∴f (x)是以4为周期的周期函数。

则f (2007) =f (3) =f (-1) =-f (1) =-g (2) =-2,

即f (2007) =-2。

点拨：本题对抽象函数的奇偶性、周期性进行了综合考查。

抽象函数解题举例 篇3

一、定义域

例1已知函数f (2x) 的定义域为[-1, 2], 求函数的定义域。

解析:先求f (x) 的定义域

即f (x) 的定义域为

解得:

的定义域是

二、值域

一般从定义域出发, 借助函数的单调性和最值求值域

例2已知f (x) 的值域是[-1, 2], 试求的值域。

解析:利用不等式性质, 逐步变换求解

即, 则t∈[1, 2]

故函数y=g (x) 的值域为[1, 3]。

三、奇偶性

例3若函数y=f (x) , (x∈R, x≠0) 对任意非零实数x1, x2恒有f (x1x2) =f (x1) +f (x2) , 试判断f (x) 的单调性。

解析:取x1=-1, x2=x, 得f (-x) =f (-1) + (x) …… (1)

令x1=1, x2=-1得f (-1) =f (1) +f (-1) ∴f (1) =0…… (2)

由 (1) (2) 得f (-x) =f (x) , 故f (x) 是偶函数。

四、周期性

例4已知函数y=f (x) (x∈R) 满足:f (2+x) =f (2-x) , 且f (7+x) =f (7-x) , 设f (x) =0的一个根为0, 记f (x) 在[-1000, 1000]中根的个数为M, 求M的最小值。

解析:由已知条件得:y=f (x) 的图像关于直线x=2和x=7对称

由 (1) (2) 得:f (x+4) =f (x+14) , ∴f (x) =f (x+1 0)