高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军
抽象函数常见题型解法
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的式子的一类函数。由于抽象函数表现形式的抽象性，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,解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质，通过局部性质或图象的局部特征，利用常规数学思想方法（如化归法、数形结合法等），这样就能突破“抽象”带来的困难，做到胸有成竹.另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。常见的特殊模型:
特殊模型 正比例函数f(x)=kx (k≠0) 幂函数 f(x)=xn 指数函数 f(x)=ax (a>0且a≠1) 对数函数 f(x)=logax (a>0且a≠1) 正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx 正切函数 f(x)=tanx 余切函数 f(x)=cotx f(x+y)=f(x)+f(y) 抽象函数 f(xy)=f(x)f(y) [或f(x)?yf(x)f(y)] f(x+y)=f(x)f(y) [或f(x?y)?f(x)f(y)f(xy)=f(x)+f(y) [或f(x)?f(x)?f(y)] yf(x+T)=f(x) f(x?y)?f(x)?f(y)1?f(x)f(y)1?f(x)f(y)f(x)?f(y) f(x?y)?目录：一.定义域问题 二、求值问题 三、值域问题 四、解析式问题 五、单调性问题 六、奇偶性问题
七、周期性与对称性问题 八、综合问题
一.定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。
例1.若函数y = f（x）的定义域是[－2，2]，则函数y = f（x+1）+f（x－1）的定义域为 ?1?x?1 。 解：f(x)的定义域是??2,2?，意思是凡被f作用的对象都在??2,2? 中。
评析：已知f(x)的定义域是A，求f???x??的定义域问题，相当于解内函数??x?的不等式问题。 练习：已知函数f(x)的定义域是??1,2? ，求函数f?log1?3?x?? 的定义域。
??????2例2：已知函数f?log3x?的定义域为[3，11]，求函数f(x)的定义域 。?1,log311? 评析： 已知函数f???x??的定义域是A，求函数f(x)的定义域。相当于求内函数??x?的值域。
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练习：定义在?3,8?上的函数f(x)的值域为??2,2?，若它的反函数为f(x)，则y=f(2-3x)的定义域为
-1
-1
，值域为 。?0,4?,?3,8?
??3??二、求值问题-----抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;
例3.①对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：
令x?n,y?1,得f(n?1)?f(n)?2[f(1)]2, 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,
∴f(1)=
11n2001,即 f(n?1)-f(n)?,故f(n)?,?f(2001)?. 2222②R上的奇函数y=f(x)有反函数y=f-1(x),由y=f(x+1)与y=f-1(x+2)互为反函数，则f(2009)= . 解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.
例4.已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1,且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,则g(2002)=_________.1
解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5，所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)≤f(x)+1，所以 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.
练习： 1. f(x)的定义域为(0,??)，对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ，则f(2)? （2.如果f(x?y)?f(x)f(y),且f(1)?2,则1 ）2f(2)f(4)f(6)f(2000)?????的值是 。2000 f(1)f(3)f(5)f(2001)f2(1)?f(2)f2(2)?f(4)f2(3)?f(6)f2(4)?f(8)n???? .( f(n)?2,原式=16)
f(1)f(3)f(5)f(7)3、对任意整数x,y函数y?f(x)满足：f(x?y)?f(x)?f(y)?xy?1，若f(1)?1，则f(?8)? C A.-1 B.1 C. 19 D. 43
4、函数f(x)为R上的偶函数，对x?R都有f(x?6)?f(x)?f(3)成立，若f(1)?2，则f(2005)=（ ）（B） A . 2005 B. 2 C.1 D.0
5、定义在R上的函数Y=f(x)有反函数Y=f-1(x)，又Y=f(x)过点（2，1），Y=f(2x)的反函数为Y=f-1(2x)，则Y=f-1(16)为（ ）（A） A）
11 B） C）8 D）16 816第 2 页 共 14 页
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6、已知a为实数，且0?a?1,f(x)是定义在[0，1]上的函数，满足f(0)?0,f(1)?1,对所有x?y,x?y均有f()?(1?a)f(x)?af(y)21(1)求a的值(2)求f()的值7
三、值域问题
例4.设函数f(x)定义于实数集上，对于任意实数x、y，f(x+y)=f(x)f(y)总成立，且存在x1?x2,使得f(x1)?f(x2)，求函数f(x)的值域。
解：令x=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0，则 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，这与存在实数
1135、(1)?f()?a?f()?a2,f()?(1?a)a?a24413? 144)?(1?a)a2?a[a?a(1?a)],可解得a?1又f()?f(22220?117)?1f(2)(2)设f()?b,则f()?f(7722723?f()?2b,同理f()?3b,?,f(1)?7b7711?f()?b?77x1?x2，使得f(x1)?f(x2)成立矛盾，故 f(0)≠0，必有 f(0)=1。
x?由于f(x+y)=f(x)f(y)对任意实数x、y均成立，因此，f(x)???f()??0 ,又因为若f(x)=0,则
?2?2f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(x)>0.
四、解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法， 例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u+3u+1 (0≤u≤2)故f(x)=-x+3x+1 (0≤u≤2) 小结：换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.
x?1?例6、设对满足x≠0,x≠1的所有实数x，函数f(x)满足,f?x??f????1?x ,求f(x)的解析式。 ?x?2
2
解:?f(x)?f(x?1)?1?x (x?0且x?1),(1)---- 用x-1代换x得:f(x?1)?f(1)?2x?1,（2）
xxx1?xx 再以112?x(1)?(3)?(2)x3?x2?1（3）代换(1)中的x得:f(由得:f(x)? (x?0且x?1) )?f(x)?. ---21-x1-x1?x2x2?2x小结：通过解方程组的方法可求表达式。怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键。通常，给某些变量适当赋值，使之在关系中“消失”，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要策略。 例7.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).
解:易知f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)，代入比较系数得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1. 小结：如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。 例8.是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件: ①f(n)>0,n∈N; ②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;
③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由. 解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,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*) (数学归纳证明 略）
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小结：对于定义在正整数集N*上的抽象函数,用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.
例9、已知f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x?)?f(x?)恒成立，当x??2,3?时，
3212f(x)?x，则当x?(?2,0)时，函数f(x)的解析式为（ D ）
A．x?2 B．x?4 C．2?x?1 D． 3?x?1
解：易知T=2，当x?(?2,?1)时,x?4??2,3?,∴f(x?4)?x?4?f(x); 当x?(?1,0)时2?x??2,3?,∴f(2?x)?2?x?f(?x)?f(x).故选D。
小结：利用函数的周期性和对称性把未知区间转移到已知区间，利用已知区间的表达式求未知区间的表达式，是求解析式中常用的方法。
练习：1、设y?f(x)是实数函数(即x,f(x)为实数),且f(x)?2f()?x,求证:|f(x)|?1x22. 3322解:用1代换x,得f(1)?2f(x)?1,与已知得|f(x)|?2. x2?3xf(x)?2?0，由??0得 9f(x)?4?2?0,?xxx2.（2006重庆）已知定义域为R的函数f(x)满足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x. （Ⅰ）若f(2)=3，求f(1)；又若f(0)=a，求f(a)；
（Ⅱ）设有且仅有一个实数x0，使得f(x0)=x0，求函数f(x)的解析表达式。
解：(I)因为对任意x?R,有f(f(x)-x2?x)?f(x)?x2?x 所以f(f(2)-22?2)?f(2)?22?2 又由f(2)?3,得f(3-22?2）?3?22?2,即f(1)?1 若f(0)?a,则f(a?02?0)?a?02?0,即f(a)?a(II)因为对任意x?R，有f(f(x)?x2?x)?f(x)?x2?x. 又因为有且只有一个实数x0，使得f(x0)?x0 所以对任意x?R,有f(x)?x2?x?x02 在上式中令x?x0，有f(x0)?x0?x0?x02 再代f(x0)?x0，得x0?x0?0，故x0=0或x0=1
若x0=0，则f(x)?x2?x?0，即f(x)?x2?x 但方程x2?x?x有两个不相同实根，与题设条件矛盾。故x0?0 若x0=1，则有f(x)?x2?x?1,即f(x)?x2?x?1.易验证该函数满足题设条件。 综上，所求函数为f(x)?x2?x?1 (x?R)3、函数f(x)对一切实数x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f(1)=0， （1）求f(0)的值； （2）对任意的x1?(0,)，x2?(0,)，都有f(x1)+2 解：（1）由已知等式（2）由 1212f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x，令x?1，y?0得f(1)?f(0)?2，又∵f(1)?0，∴f(0)??2． f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x，令y?0得f(x)?f(0)?(x?1)x， 第 4 页 共 14 页 高考专项复习-----抽象函数常见题型及解法 整理：吴小军 1112f(x1)?2?x1?x1?(x1?)2?在x1?(0,)242311上单调递增，∴f(x1)?2?(0,)．要使任意x1?(0,)，x2?(0,)都有f(x1)?2?logax2成立，必有 4223131?logax2都成立.当a?1时，logax2?loga,显然不成立．当0?a?1时，(logax2?)loga?，解 2424由（1）知 f(0)??2，∴ f(x)?2?x2?x．∵x10,)，∴1?(23得 344?a?1∴a的取值范围是[,1)． 44方法提炼 怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;(2)小题中实质是不等式恒成立问题. 五、单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决） 例10.设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x) 在[-3，3]上的最大值和最小值. 解析:由单调性的定义步骤设x1 练习：设f(x)定义于实数集上，当x>0时，f(x)>1,且对于任意实数x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)， 求证：f(x)在R上为增函数。 证明：设R上x1 f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此处不能直接得大于f(x1)，因为f(x1)的正负还没确定) 。 取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x<0时，-x>0，f(-x)>1,∴由f(0)?f(x)f(?x)?1得f(x)?1故f(x)>0，?0， f(?x)从而f(x2)>f(x1).即f(x)在R上是增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性） 例11、已知偶函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数，对定义域内的任意x1,x2都有 x?1时f(x)?0,f(2)?1， f(x)1?x2)?f(x1)?f(x2，且当 （1）f(x)在(0,+∞)上是增函数； （2）解不等式f(2x?1)?2 解： （1）设x2?x1?0，则f(x)?f(x)?f(x?x2)?f(x)?f(x)?f(x2)?f(x)?f(x2) 211111x1x1x12∵x2?x1?0，∴ x2x?1，∴f(2)?0，即f(x2)?f(x1)?0，∴f(x2)?f(x1) x1x1∴f(x)在(0,??)上是增函数 2（2）?f(2)?1，∴f(4)?f(2)?f(2)?2，∵f(x)是偶函数∴不等式f(2x?1)?2可化为2又∵函数在(0,??)上是增函数，∴0≠|2x?1|?4，解得：f(|2x2?1|)?f(4)，{x|?10102 ?x?且x??}222第 5 页 共 14 页
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