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抽象函数问题及解法


抽象函数问题及解法
原创/O 客
本文谈及的抽象函数问题是高考的必考内容,是高中函数与大学函数的衔接内容。打 开窗子说亮话,是高中教材没有,高考要考,大学不教但要经常用的内容。 如果一个关于函数 f(x)的题目,已知 f(x)的性质及 f(x)满足的关系式,求证 f(x)的其他性 质, 题目做完了,我们还不知道 f(x)的具体的解析式,这就是抽象函数问题. 一般地,抽象函数是指没有(直接或间接)给出具体的解析式,只给出一些函数符号及 其满足某些条件的函数. 解决抽象函数问题,我们可以用函数性质、特殊化、模型函数、联想类比转化、数形结 合等多种方法. (1)函数性质法. 函数的特征是通过其性质(如单调性、奇偶性、周期性、特殊点等)反映出来的,抽象 函数也如此. 我们可以综合利用上述性质, 包括借助特殊点布列方程等来解决抽象函数问题. (2)特殊化法. 特殊化法又叫特取法. 为达到我们预期的目的,将已知条件进行适当的变换,包括式子 的整体变换与具体数字的代换. 如在研究函数性质时,一般将 x 换成-x 或其他代数式;在求 值时,用赋值法,常用特殊值 0,1,-1 代入. (3)模型函数法. 模型函数在解决抽象函数问题中的作用非同小可. 一方面,可以用借助具体的模型函数 解答选择题、填空题等客观题. 另一方面,可以用“特例探路” ,联想具体的模型函数进行 类比、 猜想, 为解答题等主观题的解决提供思路和方法. 一般地, 抽象函数类型有以下几种: ①满足关系式 f(x+y)=f(x)+f(y) (ⅰ) 的函数 f(x)是线性型抽象函数. 其模型函数为正比例函数 f(x)=kx (k≠0). 事实上,f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y). 令 x=y=0,得 f(0)=0,故 f(x)的图象必过原点. 令 y=-x,得 0=f(0)=f(x)+f(-x),即 f(-x)=-f(x),所以 f(x)为奇函数. 命题(ⅰ)可以推广为 f(x+y)=f(x)+f(y)+b(b 是常数) ,其模型函数为一次函数 f(x)=kx-b(k ≠0). ②满足关系式 f(x+y)=f(x) f(y) (ⅱ) 的函数 f(x)是指数型抽象函数. 其模型函数为指数函数 f(x)=ax (a>0,a≠1). 事实上,f(x+y)=ax+y=ax·ay=f(x) f(y). 令 x=y=0,得 f(0)=1,故曲线 f(x)必过点(0,1). 命题(ⅱ)等价于 f(x-y)= ③满足关系式 f(xy)=f(x)+f(y) (x,y∈R+) (ⅲ) 的函数 f(x)是对数型抽象函数. 其模型函数为对数函数 f(x)=logax (a>0,a≠1). 令 x=y=1,得 f(1)=0,故曲线 f(x)必过点(1,0). f(x) . f(y)

-1-

命题(ⅲ)等价于 f( ④满足关系式

x )=f(x)-f(y) y

(x,y∈R+) .

f(xy)=f(x) f(y) 的函数 f(x)是幂型抽象函数. 其模型函数为幂函数 f(x)=xn. ⑤满足关系式 f(x+y)= f(x)+f(y) 1- f (x) f(y)

的函数 f(x)是正切型抽象函数. 其模型函数为正切函数 f(x)=tanx. 需要指出的是,不是每种抽象函数都可以找到在中学阶段所熟知的函数作模型函数. 抽 象函数的种类还有很多,这里罗列的仅是常见的,尤其是类型①、②、③最常见. 我们就上述方法的应用,先进行例说,再分类例说. 例如( 2008 ·重庆) ,若定义域在 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 C. f(x)+1 为奇函数 D. f(x)+1 为偶函数 这是线性型抽象函数问题. 联想模型函数 f(x)=kx-1(k≠0) ,易知选 C. 如果此题改为解答题,题设条件不变, “判断并证明函数 g(x)=f(x)+1 的奇偶性”. 那么我们首先联想模型函数,窥测解题方向,构建解题思路. 猜测 g(x)是奇函数. 于是 心中有“底”. 目标就是需要证明 g(-x)+g(x)=0,即 f(-x)+f(x)+2=0. 又抽象函数奇偶性问题, 一般要先用赋值法确定 f(0)的值,再用 x,-x 进行代换,进而得到 g(-x)与 g(x)的关系式.于是 解答如下. g(x)是奇函数. 证明如下: 令 x1=x2=0,有 f(0)=f(0)+f(0)+1,得 f(0)=-1. 再令 x1=x,x2=-x,有 f(0)=f(x)+f(-x)+1,即 f(-x)+f(x)+2=0, 从而 g(-x)+g(x)= f(-x)+f(x)+2=0, 所以函数 g(x)是奇函数. 1. 与单调性相关的问题 例 1 已知函数 f(x)的定义域为 R,对任意 x,y∈R,都有 f(x+y)=f(x)+f(y),且当 x>0 时, f(x)<0,又 f(1)=-2. 求 f(x)在区间[-3,3]上的最大值和最小值. 解析 联想模型函数 f(x)=kx(k≠0),猜想“f(x)是奇函数,且为减函数”. 设 m<n,则 f(n)-f(m)=f((n-m)+m)-f(m)=f(n-m)+f(m)-f(m)=f(n-m). 因为当 x>0 时,f(x)<0,而 n-m>0,所以 f(n-m)<0, 即 f(n)<f(m),所以 f(x)是减函数. 根据最值定理,f(x)在[-3,3]上的最大值为 f(-3),最小值为 f(3). 因为 f(1)=-2,所以 f(2)=f(1+1)=2f(1)=-4,f(3)=f(2)+f(1)=-6. 又令 x=y=0,得 f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0),故 f(0)=0, 再令 x=1,y=-1,得 0=f(0)=f(1)+f(-1),故 f(-1)=2, f(-3)=f(-2)+f(-1)=3f(-1)=6. 所以 f(x)在[-3,3]上的最大值为 6,最小值为-6. 点评 我们可以举出具有这种性质的一个函数 y=-2x(x∈[-3,3]). 此外,我们还可以 用奇偶性来证明单调性和求 f(-3)的值. 由 0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x),得 f(-x)=-f(x),故 f(x)是奇 函数.因此 f(n)-f(m)=f(n)+f(-m)=f(n-m)<0,f(-3)=-f(3)=6.
-2-

注意这两种证明抽象函数单调性的技巧, 为创造条件利用关系式, 前者是作自变量变换 n=n-m+m;后者是用奇偶性巧妙地实现了“-”向“+”的转化. 1 例 2 已知函数 f(x)的定义域为 R,对任意 m,n,均有 f(m+n)=f(m)+f(n)-1,且 f(- )=0, 2 1 当 x>- 时,f(x)>0. 求证 f(x)是单调递增函数,并举出具有这种性质的一个函数. 2 1 1 解 设 m>n,则 m-n>0,m-n- >- , 2 2 所以 f(m)-f(n)=f(n+m-n)-f(n)=[f(n)+f(m-n)-1]-f(n) 1 1 =f(m-n)+f(- )-1=f(m-n- )>0,即 f(m)>f(n). 2 2 从而 f(x)为单调递增函数. 具有这种性质的一个函数是 y=2x+1. 例 3 已知函数 f(x)的定义域是(0,+∞) ,且 f(xy)=f(x)+f(y),当 x>1 时,f(x)>0. (1)求 f(1),并证明 f(x)在定义域上是增函数; 1 1 (2)如果 f( )=-1,求满足 f(x)-f( )≥2 的 x 的取值范围. 3 x-2 解 (1)令 x=y=1,则 f(1)=f(1)+f(1),得 f(1)=0. 设 0<m<n,则 n n n n f(n) - f(m)= f( ·m) - f(m)= [f( )+f(m)] - f(m)= f( )>0 (因为 >1). m m m m 即 f(m)<f(n). 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数. 1 1 1 (2)由 f(1)=0, f(1)=f( ·x)=f( )+f(x),得 f( )=-f(x). x x x 1 有 f( )=-f(3)=-1,得 f(3)=1,故 2=f(3)+f(3)=f(9), 3 有 f(x)-f( 1 )=f(x)+f(x-2)=f(x(x-2)), x-2

所以原不等式可化为 f(x(x-2))≥f(9),于是 x>0, x-2>0, x(x-2)≥9. 解得 x≥1+ 10.

从而所求 x 的取值范围是[1+ 10,+∞). 点评 题(2)实质上是解抽象函数不等式. 一般地,先把不等式中的常数项化成某个函 数值(如这里的 2=f(9)),以便利用单调性“脱去”函数符号,转化成一般不等式. 特别注意 抽象函数定义域. 不等式组的前两个不等式是定义域要求(这里也是单调区间的要求,因为 只有同一个单调区间,才能“脱去”函数符号) ,第三个是单调性的逆用. 此外,我们可以写出满足题设条件的一个函数 y=log3x. 2. 与奇偶性相关的问题 例 4(2002·北京)已知 f(x)是定义域在 R 上不恒为 0 的函数,且对任意 a,b∈R 都满 足 f(a·b)=af(b)+bf(a). 求 f(0)和 f(1),判断并证明 f(x)的奇偶性. 解 令 a=b=0,则 f(0·0)=0,即 f(0)=0. 令 a=b=1,则 f(1)=2 f(1),即 f(1)=0.
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f(x)为奇函数,证明如下. 令 a=-1,b=x,则 f(-x)=-f(x)+xf(-1), 又 f(1)=f((-1)·(-1))=-f(-1)-f(-1),即 f(-1)=0,从而 f(-x)=-f(x). 所以 f(x)为奇函数. 点评 当然,也可以只令 a=-1,推得 f(-b)=-f(b)而得结论. 例 5(2009·全国)函数 f(x)的定义域为 R. 若 f(x+1)与 f(x-1)都是奇函数,则( A. f(x)是偶函数 B. f(x)是奇函数 C. f(x)=f(x+2) D. f(x+3)是奇函数 解析 由 f(x+1)是奇函数,知 f(-x+1)=-f(x+1), ① 由 f(x-1)是奇函数,知 f(-x-1)=-f(x-1), ② 在①中,用 x-1 代换 x,得 f(2-x)= -f(x), 在②中,用 x+1 代换 x,得 f(-2-x)=-f(x), 所以 f(2-x)= f(-2-x),再用-2-x 代换 x,得 f(4+x)=f(x),知 4 为 f(x)的周期. 于是由②,f(-x-1+4)=-f(x-1+4),即 f(-x+3)=-f(x+3), 所以 f(x+3)是奇函数,可知选 D. 点 评 我 们 还 可 以 构 造 模 型 函 数 f(x)=cos πx f(x+3)=sin . 2



πx 来 解 此 选 择 题 , 可 知 选 D. 事 实 上 2

还有,由 f(x+1)是奇函数,可令 h(x)=f(x+1),则 h(-x)=-h(x),即 f(-x+1)=-f(x+1). 此外,对上述变量代换法可以用换元法帮助理解. 例如,令 t=x+1,则 x=t-1,代入①式 得 f(2-t)=-f(t),即 f(2-x)=-f(x). 注意这里的代换和换元的前提是,不能改变函数 f(x)的定义域. 例 6(2014?全国)已知偶函数 f(x)在[0,+∞)上单调递减,且 f(2)=0,若 f(x-1)>0,则 x 的取值范围是 . 解析 实际上是解抽象不等式 f(|x-1|)>f(2). 因为 f(x)是偶函数,所以 f(x-1)= f(|x-1|), 因为 f(2)=0,f(x-1)>0,所以 f(|x-1|)>f(2). 又 f(x)在[0,+∞)上单调递减, |x-1|,2∈[0,+∞), 所以|x-1|<2,解得-2<x-1<2,即-1<x<3 综上可知,x 的取值范围是(-1,3). 例 7(2015?全国)设函数 f? (x)是奇函数 f(x)(x∈ R)的导函数,f(-1)=0,当 x>0 时, xf? (x)-f(x)<0,则使得 f(x)>0 成立的 x 的取值范围是( ) A. (-∞,-1)∪(0,1) B. (-1,0)∪(1,+∞) C. (-∞,-1)∪(-1,0) D. (0,1)∪(1,+∞) 解析 因为 f(x)是 R 上的奇函数,所以 f(-x)=-f(x) ①, 对等式两边求导,注意左边用复合函数求导法则,得 [f(-x)]? =[ -f(x)]? ,f? (-x)?(-x)? =-f? (x),即 f? (-x) =f? (x) ②. 因为当 x>0 时,xf? (x)< f(x), 故当 x<0 时,则-x>0,-xf? (-x)< f(-x),将①,②代入得 -xf? (x)<- f(x),即 xf? (x)> f(x) (x<0). 由 f(x)>0,知 xf? (x)>0,得 f? (x)<0 (x<0), 因此,f(x)在(-∞,0)上是减函数,又 f(-1)=0, 所以 x<0 时,由不等式 f(x)>0,即 f(x)> f(-1),解得 x<-1. 由奇偶性与单调性的关系知, f(x)在(0,+∞)上也是减函数,又 f(1)=-f(-1)=0,
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所以 x>0 时,由不等式 f(x)>0,即 f(x)> f(1),解得 0<x<1. 综上可知,选 A. 评注(1)这里,我们由 f(-x)=-f(x),推得 f? (-x) =f? (x). 这表明奇函数的导函数是偶函数. 同理可得,偶函数的导函数是奇函数. f(x) xf? (x)-f(x) (2) 另法. 我们可以构造辅助函数来解此题. 令 g(x)= , 得 g? (x)= .当 x>0 时, x x2 g? (x)<0,知 g(x)单调递减. 由 f(-1)=-f(1)及 f(-1)=0,知 g(1)=0,所以由不等式 f(x)>0, 即 g(x)>g(1),解得 0<x<1. 可证 g(-x)=g(x),g(x)是偶函数,知 g(x)在(-∞,0)上是单调递增. 当 x<0 时,同理,由 g(x)<g(-1)解得 x<-1. 一般地,题目条件出现“xf? (x)-f(x)<0( >0)”时,可以 f(x) 考虑构造辅助函数 g(x)= ;出现“xf? (x)+f(x)<0( >0)”时,可以考虑构造辅助函数 x h(x)=xf(x). (3)为加深对此题的理解,我们可以举出这类函数的一个特例: -x+1,x>0, 0, x=0, -x-1, x<0.
y 1 -1 O 1 x

f(x)=

-1

它的图象如图 1.
图1

3. 与周期性相关的问题 例 8(2001·全国)设 f(x)是定义域在 R 上的偶函数,其图象关于直线 x=1 对称,对任 1 1 1 意 x1,x2∈[0, ],都有 f(x1+x2)=f(x1)f(x2),且 f(1)=a>0. 求 f( ),f( ),并证明 f(x)是周期函 2 2 4 数.
1 1 1 1 1 1 解 由题设得 a=f(1)=f( + )=f( )f( ),即 f( )= a 2 . 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 a 2 = f( )=f( + )=f( )f( ),即 f( )= a 4 . 2 4 4 4 4 4

因为 f(x)是偶函数,所以 f(-x)= f(x), 又 f(x)图象关于直线 x=1 对称,得 f(1+x)=f(1-x), 用 x+1 代换 x,得 f(2+x)=f(-x), 于是 f(2+x)=f(x),所以 f(x)是周期函数. 例 9 设函数 f(x)定义在 R 上,且对任意的 x 有 f(x)=f(x+1)-f(x+2),求证 f(x)是周期函数, 并找出它的一个周期. 解 因为 f(x)=f(x+1)-f(x+2), 所以 f(x+1)= f(x+2)-f(x+3), 两式相加,得 f(x)= -f(x+3),即 f(x+3)= - f(x). 因此,f(x+6)=f((x+3)+3)=-f(x+3)=-(-f(x))=f(x). 所以,f(x)是周期函数,它的一个周期是 6. 点评 对于由关系式 f(x+3)= - f(x),推得 f(x+6)=f(x). 这个我们可以这样理解, “自变量每 增加 3, 函数值反号一次” . 我们增加 6, 反号两次, 不就 “负负得正” 了吗. 类似的还有 f(x+2)=

-5-

±

1 ,可得 f(x+4)=f(x)等. f(x)

例 10(2011·上海)设 g(x)是定义在 R 上的以 1 为周期的函数,若函数 f(x)=x+g(x)在 区间[3,4]上的值域为[-2,5],求 f(x)在区间[-10,10]上的值域. 解 由 g(x+1)=g(x),知 g(x+n)=g(x),n∈Z. 所以 f(x+n)=x+n+ g(x+n)=x+g(x)+n=f(x)+n,n∈Z. 因为 x∈[3,4]时,f(x)∈[-2,5], 故当 x∈[-10,-9]时,x+13∈[3,4], 有 f(x+13)∈[-2,5],即 f(x)+13∈[-2,5],所以 f(x)∈[-15,-8]. 当 x∈[-9,-8]时,x+12∈[3,4],同理,f(x)∈[-14,-7]. ?? 当 x∈[9,10]时,x-6∈[3,4], 从而 f(x-6)∈[-2,5],即 f(x)-6∈[-2,5],所以 f(x)∈[4,11]. 综上,当 x∈[-10,10]时,有 f(x)∈[-15,-8]∪[-14,-7]∪?∪[4,11]=[-15,11]. 所以 f(x)值域为[-15,11]. 4. f(x)=af(x+b)的问题 关于已知 f(x)所满足的方程求 f(x)的解析式问题, 我们在 7.3 节讲述过. 我们现在来研究 函数 f(x)满足关系式 f(x)=af(x+b),求解与 f(x)相关的问题. 例 11(2010·广东)已知函数 f(x)对任意实数 x 均有 f(x)=kf(x+2),其中常数 k 为负数, 且 f(x)在区间[0,2]上有表达式 f(x)=x(x-2). (1)求 f(-1),f(2. 5)的值; (2)写出 f(x)在[-3,3]上的表达式,并讨论 f(x)在[-3,3]上的单调性. 解析 (1)因为当 0≤x≤2 时,f(x)=x(x-2), 1 3 故 f(1)=-1,f( )=- . 又 x∈R 时,f(x)=kf(x+2)(k<0) , 2 4 1 1 1 3 所以 f(-1)=kf(-1+2)=kf(1)=-k; f(2. 5)=f(2+ )= f( )=- . 2 k 2 4k (2)因为当 0≤x≤2 时,f(x)=x(x-2), 设-2≤x<0,则 0≤x+2<2,有 f(x+2)=(x+2)(x+2-2)=x(x+2), 所以 f(x)=kf(x+2)=k x(x+2). 设-3≤x<-2,则-1≤x+2<0,有 f(x+2) =k (x+2)(x+4), 所以 f(x)=kf(x+2)=k2(x+2)(x+4). 设 2<x≤3, 则 0<x-2≤1,又 f(x-2)=kf(x), 1 1 所以 f(x)= f(x-2)= (x-2)(x-4). k k k2(x+2)(x+4),-3≤x<-2, k x(x+2), -2≤x<0, 综上所述,f(x)= x(x-2), 0≤x≤2, 1 (x-2)(x-4), k 2<x≤3.
-3

y y=f(x)

-2 -1 O

1





x

图2

因为 k<0,由二次函数性质知,f(x)在[-3,-1],[1,3]上为增函数;在[-1,1]上为减函
-6-

数. (图 2) 例 12(2003·上海)已知集合 M 是满足下列性质的函数 f(x)的全体:存在非零常数 T, 对任意 x∈R,有 f(x+T)=Tf(x)成立. (1)函数 f(x)=x 是否属于集合 M,说明理由; (2)设函数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的图象与 y=x 的图象有公共点,证明:f(x)=ax∈M. 解 (1)对于非零常数 T,f(x+T)=Tf(x)=Tx, 因为对任意 x∈R,x+T= Tx 不能恒成立,所以 f(x)=x ? M. (2)因为函数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1)的图象与 y=x 的图象有公共点, y=ax, x y=x 有解,消去 y 得 a =x, 显然 x=0 不是方程 ax=x 的解,所以存在非零常数 T,使 aT=T. 于是对于 f(x)=ax 有 f(x+T)=a x+T= aT·ax = T·ax= Tf(x), 所以 f(x)=ax∈M. 所以方程组

-7-


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