抽象函數(shù)解題全攻略

抽象函數(shù)常以高中函數(shù)的主體內(nèi)容——定義域、函數(shù)的單調(diào)性、函數(shù)的奇偶性、函數(shù)的周期性為背景，以解不等式、求數(shù)列通項(xiàng)等為目的，知識(shí)覆蓋面較大，綜合性較強(qiáng)，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意變幻，構(gòu)思精巧，具有相當(dāng)?shù)纳疃群碗y度.為了應(yīng)對(duì)2010年的高考，本著未雨綢繆的思想，本文探討一些抽象函數(shù)問(wèn)題，并舉例分析其解題方法，旨在探索題型規(guī)律，開(kāi)拓同學(xué)們的視野.

一、抽象函數(shù)的周期性

一個(gè)函數(shù)，如果有兩條對(duì)稱軸，則它是周期函數(shù)，如果有兩個(gè)對(duì)稱中心，它也必然是周期函數(shù);如果有一個(gè)對(duì)稱中心和一條對(duì)稱軸，則它也是周期函數(shù)，抽象函數(shù)經(jīng)常在這個(gè)方面出題.

例1 設(shè)函數(shù)f(x)在(-∞，+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x)，f(7-x)=f(7+x)，且在閉區(qū)間[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0. ⑴ 試判斷函數(shù)y=f(x)的奇偶性; (2)試求方程f(x)=0在閉區(qū)間[-2010，2010]上的根的個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論.

⑴分析:證明函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，只須證①定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱;②f(-x)=f(x)，要注意判斷y=f(x)也有可能是非奇非偶函數(shù).

解析 ⑴由f(2-x)=f(2+x)，得f(x)=f(4-x);由f(7-x)=f(7+x)，得f(x)=f(14-x)，故f(4-x)=f(14-x)，即f(x)=f(x+10)，函數(shù)y=f(x)的周期為T=10，而f(3)=f(1)=0，f(7)≠0，f(-3)=f(-3+10)=f(7)≠0，所以f(-3)≠±f(3)，故函數(shù)y=f(x)是非奇非偶函數(shù).

⑵ 分析:顯然要根據(jù)周期解決，周期為10，在閉區(qū)間[0，7 ]上，只有f(1)=f(3)=0，必須研究f(8)、f(9)、f(10)是否為0.

解析 ⑵f(3)=f(1)=0，圖像關(guān)于x=7對(duì)稱，故可知f(8)=f(6)≠0，同理f(9)≠0，f(10)≠0，即在一個(gè)周期內(nèi)只有兩個(gè)根.可知函數(shù)y=f(x)在[0，2010]上有402個(gè)根，在[-2010，0]上有402個(gè)解，所以函數(shù)y=f(x)在[-2010，2010]上有804個(gè)解.

點(diǎn)評(píng) ⑴若函數(shù)f(a+x)=f(b-x)滿足，則關(guān)于直線x=對(duì)稱;⑵若函數(shù)滿足f(x+a)=-f(x)，則周期為T=2a. 若函數(shù)滿足f(a-x)=f(b-x)，則周期T=b-a.

二、抽象函數(shù)的單調(diào)性

函數(shù)是數(shù)學(xué)大廈的“基石”，是中學(xué)數(shù)學(xué)中具有統(tǒng)帥作用的重要內(nèi)容，函數(shù)的單調(diào)性則是函數(shù)的核心.經(jīng)常利用導(dǎo)數(shù)來(lái)判斷函數(shù)的單調(diào)性.由于抽象函數(shù)沒(méi)有具體解析式，所以其單調(diào)性的證明又別有一番風(fēng)味.

例2 已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R，且x≠0}，對(duì)定義域內(nèi)的任意x1、x2，都有f(x1#8226;x2)=f(x1)+f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)f(x)>0，f(2)=1.(1)求證:f(x)是偶函數(shù);(2)求證:f(x)在(0，+∞)上是增函數(shù);(3)解不等式f(2x2-1)<2.

解析 (1)分析:證明函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，只須證①定義域關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱;②f(-x)=f(x)，因此可令x1=-1，x2=x. 再利用特值法求f(-1)，f(1).

證明: f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R，且x≠0}關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，因?yàn)閷?duì)定義域內(nèi)的任意x1、x2都有f(x1#8226;x2)=f(x1)+ f(x2)，令x1=-1，x2=x，則有f(-x)=f(x)+f(-1)，又令x1=x2=-1，得f(1)=2f(-1)，再令x1=x2=1，得f(1)=0，從而f(-1)=0，于是有f(-x)=f(x)，可知f(x)是偶函數(shù).

(2)分析:證明單調(diào)性一般采用定義法來(lái)證. 本題的關(guān)鍵是利用f(x1#8226;x2)=f(x1)+f(x2)，因此可令x2=x1#8226;t(t>1).

證明: 設(shè)任意x1，x2滿足01)，故f(x1)-f(x2)=f(x1)-[f(x1)+f(t)]=-f(t)，因?yàn)閠>1，故f(t)>0，所以 f(x1)-f(x2)<0，即f(x)在(0，+∞)上是增函數(shù).

(3)分析:由于沒(méi)有具體函數(shù)，因此要解不等式必須利用函數(shù)的單調(diào)性，也就是要求出f(m)=2中的m，又因?yàn)楹瘮?shù)是偶函數(shù)，故可以利用f(-x)=f(x)=f(|x|)來(lái)解不等式.

解析: 由于f(2)=1，令x1=x2=2，則f(4)=2f(2)=2，于是待解不等式可化為f(2x2-1)

點(diǎn)評(píng) ⑴在抽象函數(shù)問(wèn)題中，常用的特殊值是f(0)， f(1)，f(-1)等等;⑵ 如果題目所給的條件是f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，則在證明單調(diào)性時(shí)，一般可令x2=x1+t(t>0);⑶ 在求解不等式時(shí)，可以采用令x1=x2等于所給的兩個(gè)數(shù)的方法來(lái)解決.

三、抽象函數(shù)的原型

抽象函數(shù)也是從實(shí)際函數(shù)中轉(zhuǎn)化而來(lái)的，在解題中，如果能夠熟練把握抽象函數(shù)的原型，能夠使解題事半功倍.

例3 設(shè)函數(shù)y=f(x)是定義在R上的函數(shù)，并且滿足下面三個(gè)條件:①對(duì)任意正數(shù)x、y，都有f(xy)=f(x)+f(y);②當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0;③f(3)=-1.

⑴ 求f(1)、f()的值;⑵ 如果不等式f(x)+f(2-x)<2成立，求x的取值范圍;(3) 如果存在正數(shù)k，使不等式f(kx)+f(2-x)<2有解，求正數(shù)k的取值范圍.

分析 觀察所給條件，推斷出抽象函數(shù)的原型是 f(x)=logx，由此易知f(1)=0，f()=2.找到原型后對(duì)于后面解不等式及求值等問(wèn)題有很大的幫助， 但是不能使用原型函數(shù)直接解題.

解析 ⑴ 令x=y=1，易得f(1)=0. 而f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2，且f(9)+f()=f(1)=0，所以f()=2.

⑵ 由條件①及(1)的結(jié)果得:f(x(2-x))，0

⑶ 同上，不等式f(kx)+f(2-x)<2，可化為kx(2-x)>且0，此不等式有解等價(jià)于k>[]min.∵[x(2-x)]max=1，故k>即為所求范圍.

點(diǎn)評(píng) 以下是一些常見(jiàn)抽象函數(shù)的原型:

一次函數(shù)f(x)=kx+b(k≠0)抽象函數(shù)模型為:f(x+y)=f(x)+f(y)+b;

指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0，a≠1)，抽象函數(shù)模型為:①f(x+y)=f(x)#8226;f(y);②f(x-y)=;

對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logax(a>0，a≠1)抽象函數(shù)模型為:①f(xy)=f(x)+f(y);②f()=f(x)-f(y);

余弦函數(shù)f(x)=cosx有公式cos(α+β)+cos(α-β)=2cosαcosβ，其抽象函數(shù)模型為:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).

四、抽象函數(shù)的交匯性

關(guān)注知識(shí)交匯點(diǎn)，把握縱橫聯(lián)系，揭示普遍規(guī)律，注重綜合應(yīng)用，在知識(shí)的交匯點(diǎn)處命題，考查綜合分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力，是高考命題的風(fēng)向標(biāo).

例4 設(shè)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，當(dāng)x<0時(shí)，0

分析 第三問(wèn)是數(shù)列與抽象函數(shù)的交匯，考察了求通項(xiàng)，等比數(shù)列求和，裂項(xiàng)相消等知識(shí).

解析 (1)令y=0，x=-1，得f(-1)=f(-1)f(0)，f(-1)[1- f(0)]=0，∵f(-1)>0，∵f(0)=1.

(2) 又∵x<0時(shí)，f(x)>0，∴當(dāng)x>0時(shí)，由f(x-x)=f(x) f(-x)=1，得f(x)=>0，故對(duì)于x∈R，f(x)>0.設(shè)x1

(3) 由f(a2 n+1-a2n)=(n∈N*)，得f(a2 n+1-a2n)f(an+1-3an-2)=f(0)，即f(a2 n+1-a2n+an+1-3an-2)=f(0)，(n∈N*)，∵函數(shù)f(x)是R上單調(diào)函數(shù)，∴a2 n+1-a2n+an+1-3an-2=0 (an+1+an+2)(an+1-an-1)=0，∵數(shù)列{an}各項(xiàng)都是正數(shù)，∴an+1+an+2≠0，∴an+1-an=1(n∈N*)， ∴數(shù)列{an}是首項(xiàng)a1=f(0)=1，公差為1的等差數(shù)列，且an=n.∵==-，

∴Tn=++…+=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-.

而Sn=b1+b2+…+bn=+()2+…+()n==1-.∵當(dāng)n=1時(shí)，2n=n+1，∴Tn=Sn，當(dāng)n≥2時(shí)，2n=(1+1)n=1+n++…>n+1，∴<，∴Tn

點(diǎn)評(píng) 經(jīng)過(guò)適當(dāng)構(gòu)造，抽象函數(shù)還可以與不等式、概率統(tǒng)計(jì)、導(dǎo)數(shù)等等知識(shí)點(diǎn)相交匯.

五、抽象函數(shù)的創(chuàng)新性

創(chuàng)新型問(wèn)題是給出一個(gè)新定義、新運(yùn)算、新函數(shù)或新概念，要求考生利用其解決問(wèn)題.這種問(wèn)題不能利用以往的公式或定理，把考查的方向由死記硬背轉(zhuǎn)向考查考生的能力運(yùn)用.解創(chuàng)新型問(wèn)題，需要通過(guò)閱讀分析材料，捕捉相關(guān)信息，通過(guò)歸納、類比與探索，發(fā)現(xiàn)解題方法.這類題立意新、構(gòu)思巧，既考查考生的閱讀理解能力與數(shù)學(xué)語(yǔ)言轉(zhuǎn)化能力，又考查考生分析、探究和解決問(wèn)題的能力.

例5 已知集合M是滿足下列性質(zhì)的函數(shù)f(x)的全體，存在非零常數(shù)，對(duì)任意x∈R，有f(x+T)=Tf(x)成立. (1) 函數(shù)f(x)=x是否屬于集合M?說(shuō)明理由; (2) 設(shè) f(x)∈M，且T=2， 已知當(dāng)1

分析 對(duì)于第一問(wèn)一般來(lái)說(shuō)是假設(shè)屬于集合，然后再找出成立的條件是否滿足. 對(duì)于第二問(wèn)，類似于使用周期性來(lái)求解析式.

解析 (1) 假設(shè)函數(shù)f(x)=x屬于集合M，則存在非零常數(shù)T，對(duì)任意x∈R，有f(x+T)=Tf(x)成立，即: x+T=Tx成立.令x=0，則T=0，與題設(shè)矛盾，故f(x)M.

(2) f(x)∈M，且T=2，則對(duì)任意x∈R，有f(x+2)=2f(x)，設(shè)-3

當(dāng)1

總之，抽象函數(shù)試題可以幫助同學(xué)們學(xué)習(xí)一些重要的數(shù)學(xué)思想，有助于進(jìn)一步打好數(shù)學(xué)基礎(chǔ)，提高數(shù)學(xué)思維能力，有利于擴(kuò)展數(shù)學(xué)視野，有利于提高對(duì)數(shù)學(xué)的科學(xué)價(jià)值、應(yīng)用價(jià)值、文化價(jià)值的認(rèn)識(shí)，真正達(dá)到“學(xué)數(shù)學(xué)，用數(shù)學(xué)，做數(shù)學(xué)”的境界.

責(zé)任編校徐國(guó)堅(jiān)