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抽象函數(shù)解題方法與技巧
古語云：授人以魚，只供一飯。授人以漁，則終身受用無窮。學(xué)知識，更要學(xué)方法。清華網(wǎng)校的學(xué)習(xí)方法欄目由清華附中名師結(jié)合多年教學(xué)經(jīng)驗和附中優(yōu)秀學(xué)生學(xué)習(xí)心得組成，以幫助學(xué)生培養(yǎng)良好的學(xué)習(xí)習(xí)慣為目的，使學(xué)生在學(xué)習(xí)中能夠事半功倍。
所謂抽象函數(shù)問題，是指沒有具體地給出函數(shù)的解析式，只給出它的一些特征或性質(zhì)。解決這類問題常涉及到函數(shù)的概念和函數(shù)的各種性質(zhì)，因而它具有抽象性、綜合性和技巧性等特點。抽象函數(shù)問題既是教學(xué)中的難點，又是近幾年來高考的熱點。
換元法
換元法包括顯性換元法和隱性換元法，它是解答抽象函數(shù)問題的基本方法.
已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,則sinx=u-1 (0≤u≤2),則f(u)=-u2+3u+1 (0≤u≤2)
故f(x)=-x2+3x+1 (0≤u≤2)
2.方程組法
運用方程組通過消參、消元的途徑也可以解決有關(guān)抽象函數(shù)的問題。
例2.
解:
例3.
解:
3.待定系數(shù)法
如果抽象函數(shù)的類型是確定的，則可用待定系數(shù)法來解答有關(guān)抽象函數(shù)的問題。
例4.已知f(x)是多項式函數(shù)，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).
解:由已知得f(x)是二次多項式，設(shè)f(x)=ax2+bx+c (a≠0)
代入比較系數(shù)得過且過:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.
4.賦值法
有些抽象函數(shù)的性質(zhì)是用條件恒等式給出的，可通過賦特殊值法使問題得以解決。
例5.對任意實數(shù)x,y，均滿足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,則f(2001)=_______.
解:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,
例6.已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數(shù)，且對于任意的函數(shù)a,b都滿足
f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值；(2)判斷f(x)的奇偶性,并證明你的結(jié)論;
(3)若f(2)=2,un=f(2n) (n∈N*),求證:un+1>un (n∈N*).
解:(1)令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.
(2)f(x)是奇函數(shù).因為:令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,
故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)為奇函數(shù).
(3)先用數(shù)學(xué)歸納法證明:un=f(2n)>0 (n∈N*)(略)
5.轉(zhuǎn)化法
通過變量代換等數(shù)學(xué)手段將抽象函數(shù)具有的性質(zhì)與函數(shù)的單調(diào)性等定義式建立聯(lián)系，為問題的解決帶來極大的方便.
例7.設(shè)函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x)
在[-3，3]上的最大值和最小值.
解:令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)為奇函數(shù).
設(shè)x10,由已知得f(x2-x1)<0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)< f(x1).
所以f(x)是R上的減函數(shù),又f(3)=f(1)+f(2)=-6,f(-3)=6.
故f(x)在[-3,3]上的最大值為6,最小值為-6.
例8.定義在R+上的函數(shù)f(x)滿足: ①對任意實數(shù)m,f(xm)=mf(x); ②f(2)=1.
(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數(shù)x,y都成立;
(2)證明f(x)是R+上的單調(diào)增函數(shù);
(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范圍.
解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n為實數(shù),則f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.
又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
故f(x1)(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性質(zhì),得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(2)
解得 36.遞推法
對于定義在正整數(shù)集N*上的抽象函數(shù),用遞推法來探究，如果給出的關(guān)系式具有遞推性，也常用遞推法來求解.
例9.是否存在這樣的函數(shù)f(x),使下列三個條件:①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;
③f(2)=4同時成立 若存在,求出函數(shù)f(x)的解析式；若不存在，說明理由.
解:假設(shè)存在這樣的函數(shù)f(x),滿足條件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.
又f(2)=4=22,f(3)=23,…,由此猜想:f(x)=2x (x∈N*) (數(shù)學(xué)歸納證明 略）
例10.已知f(x)是定義在R上的函數(shù)，f(1)=1,且對任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,則g(2002)=_________.
解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.
所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1
即 g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x).
所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1),故g(x)=g(x+1)
又g(1)=1,故g(2002)=1.
7.模型法
模型法是指通過對題目的特征進(jìn)行觀察、分析、類比和聯(lián)想，尋找具體的函數(shù)模型，再由具體函數(shù)模型的圖象和性質(zhì)來指導(dǎo)我們解決抽象函數(shù)問題的方法。
應(yīng)掌握下面常見的特殊模型:
特殊模型 抽象函數(shù)
正比例函數(shù)f(x)=kx (k≠0) f(x+y)=f(x)+f(y)
冪函數(shù) f(x)=xn f(xy)=f(x)f(y) [或]
指數(shù)函數(shù) f(x)=ax (a>0且a≠1) f(x+y)=f(x)f(y) [
對數(shù)函數(shù) f(x)=logax (a>0且a≠1) f(xy)=f(x)+f(y) [
正、余弦函數(shù) f(x)=sinx f(x)=cosx f(x+T)=f(x)
正切函數(shù) f(x)=tanx
余切函數(shù) f(x)=cotx
例11.設(shè)定義在R上的函數(shù)f(x),滿足當(dāng)x>0時,f(x)>1,且對任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2
解:(1)先證f(x)>0,且單調(diào)遞增，因為f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時f(x)>1,所以f(0)=1.
f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故f(x)>0
任取x1,x2∈R且x10,f(x2-x1)>1,
所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0.
所以x∈R時,f(x)為增函數(shù). 解得:{x|1(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化為:[f(x)]2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)
由(1)得x=0.
例12.已知函數(shù)f(x)對任何正數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,當(dāng)x>1時,f(x)<1.試判斷f(x)在
(0,+∞)上的單調(diào)性,并說明理由.
解:
所以f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上為減函數(shù).
能力訓(xùn)練
1.
A.1999 B.2000 C.2001 D.2002
2.已知不恒為零的函數(shù)f(x)對任意實數(shù)x,y都滿足f(x+y)+f(x-y)=2[f(x)+f(y)],則f(x)是
A.偶函數(shù) B.奇函數(shù) C.既是奇函數(shù)又是偶函數(shù) D.非奇非偶函數(shù)
3.
的值為__________.
4.
則f(x)=_____________.
5.
(2)當(dāng)x∈(-1,0)時,有f(x)>0.求證:(Ⅰ)f(x)是奇函數(shù)；
（Ⅱ）
解:(1)易證f(x)是奇函數(shù)。
（2）易證f(x)在(-1,0),(0,1)上是單調(diào)遞減函數(shù).
6.定義域為R的函數(shù)f(x)滿足：對于任意的實數(shù)x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當(dāng)x＞0時f(x)＜0恒成立.
(1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性，并證明你的結(jié)論；
(2)證明f(x)為減函數(shù)；若函數(shù)f(x)在[-3，3）上總有f(x)≤6成立，試確定f(1)應(yīng)滿足的條件；
解:（1）由已知對于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+ f（y）恒成立
令x=y=0，得f（0+0）= f（0）+ f（0），∴f（0）=0
令x=-y，得f(x-x)= f(x)+ f(-x)=0∴對于任意x，都有f(-x)= - f(x)∴f(x)是奇函數(shù).
（2）設(shè)任意x1，x2∈R且x1＜x2，則x2-x1＞0，由已知f（x2-x1）＜0（1）
又f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2）
由（1）（2）得f(x1)＞f(x2),根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義知f(x0在(-∞，+∞)上是減函數(shù).
∴f(x)在[-3，3]上的最大值為f(-3).要使f(x)≤6恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)f(-3)≤6，
又∵f（-3）= - f（3）= - f（2+1）=-[ f（2）+ f（1）]= -[ f（1）+ f（1）+ f（1）]= -3 f（1），
∴f（1）≥-2.
（3） f（ax2）- f（x）＞ f（a2x）- f（a）
f（ax2）- f（a2x）＞n[f（x）- f（a）]
f（ax2-a2x）＞nf（x-a）（10分）
由已知得：f[n（x-a）]=nf（x-a）
∴f（ax2-a2x）＞f[n（x-a）]
∵f（x）在（-∞，+∞）上是減函數(shù)
∴ax2-a2x＜n（x-a）.即（x-a）（ax-n）＜0，
∵a＜0，
∴（x-a）（x-）＞0，（11分）
討論：（1）當(dāng)a＜＜0，即a＜-時，
原不等式解集為{x | x＞或x＜a}；
（2）當(dāng)a=＜0即a=-時，原不等式的解集為φ；
（3）當(dāng)＜a＜0時，即-＜a＜0時，
原不等式的解集為{x | x＞a或x＜

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