关键词不能为空

当前您在: 主页 > 数学 >

2014高中数学抽象函数专题

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-17 15:46
tags:高中数学函数

高中数学老师搞笑用语-高中数学 物理怎么学


2014高三数学专题
抽象函数
特殊模型和抽象函数
特殊模型
正比例函数f(x)=kx (k≠0)
幂函数 f(x)=x
n

指数函数 f(x)=a
x
(a>0且a≠1)
抽象函数
f(x+y)=f(x)+f(y)
f(xy)=f(x)f(y) [或
f(
x
)?
f(x)
]
yf(y)
f(x+y)=f(x)f(y) [
或f(x?y)?
f(x)

f(y)
对数函数 f(x)=log
a
x (a>0且a≠
f(xy)=f(x)+f(y)
1)
[
或f(
x
)?f(x)?f(y)]

y
正、余弦函数 f(x)=sinx
f(x+T)=f(x)

f(x)=cosx
正切函数 f(x)=tanx
余切函数 f(x)=cotx
f(x?y)?
f(x)?f(y)
1?f(x)f(y)1?f(x)f(y)
f(x)?f(y)


f(x?y)?
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
?< br>?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
?
?< br>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
?
?
log
1
?
3?x
?
?
的定义域。
??
?
2
?
?
1,log
3
11
?
例2:已知函数
f
?
log
3
x
?
的定义域为[3,11],求函数f(x)的定义域 。
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。


练习:定义在
?
3,8
?
上的函数f(x)的值域为
?< br>?2,2
?
,若它的反函数为f
-1
(x),则
y=f
-1
(2-3x)的定义域为 ,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。
例3.①对任意 实数x,y,均满足f(x+y
2
)=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+1)=f(0)+2f[(1)], 令x=y=0,得:
22
f(0)=0,∴f(1)=,
即 f(n?1)-f(n) ?
1
2
1n2001
,故f(n)?,?f(2001)?.

222
② R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)< br>≤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 ,

f(2)?
( )
2.
如果f(x? y)?f(x)f(y),且f(1)?2,则
f(2)f(4)f(6)f(2000)
?? ???的值是

f(1)f(3)f(5)f(2001)
1
2
。2000
f
2
(1)?f(2)
f
2
(2)?f(4) f
2
(3)?f(6)f
2
(4)?f(8)
?
???
f(1)
f(3)f(5)f(7)
.(
f(n)?2
n
,原式=16)
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< br>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)< br>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) B)
1
8
1
C)8 D)16
16113
5、(1)
?
f()?a?f()?a
2
,f()?(1 ?a)a?a
244
13
?
1
44
)?(1?a)a
2
?a[a?a(1?a)],可解得a?
1
又f()?f(
222
2
0?
11
7
)?
1
f(
2
)(2)设 f()?b,则f()?f(
77227
23
?f()?2b,同理f()?3b,< br>?
,f(1)?7b
77
11
?f()?b?
77
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)
2
1
(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
x
1
?x
2
,使得
f(x
1
)? f(x
2
)
,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
x
1
?x
2
,使得
f(x
1
)?f(x
2
)
成立矛盾,故 f(0)≠0,必有
x
?
f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)对任 意实数x、y均成立,因此,
f(x)?
?
?
f()
?
?< br>2
?
2
?0
,
又因为若f(x)=0,则f(0)=f(x -x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(x)>0.
四、求解析式问题(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+cos
2
x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u
2
+3u+1 (0≤u≤2)故
f(x)=-x
2
+3x+1 (0≤u≤2)
例6、 设对满足x≠0,x≠1的所有实数x,函数f(x)满足,
f
?
x
?
?
的解析式。
解:
?f(x)?f(
x?1
)?1?x (x?0且x?1),(1)
----
x

x-1x?112x?1
代换x得:f()?f()?,
xx1?xx
?
x?1
?
f
??
?1?x
,求f(x)
x
??
(2)
例7.已知f(x)是多项式函数,且f(x+1)+f(x-1)=2x-4x,求f(x). 1
12?x
(1)?(3)?(2)
x
3
?x
2
?1
---(3)
再以代换(1)中的x得:
f(
由得:f(x)? (x?0且x?1)

)?f(x)?.
2
1-x
1-x1?x
2x
2< br>?2x
2
解:易知f(x)是二次多项式,设f(x)=ax
2
+bx +c (a≠0),代入比较系数得:a=1,b= -2,c=
-1,f(x)=x
2
-2x-1.


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(n
1
+n
2
)=f(n
1
)f(n
2
),n
1
,n
2
∈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=2
2< br>,f(3)=2
3
,…,由此猜想:f(x)=2
x
(x∈N*)
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< br>f(x?)?f(x?)
恒成立,当
x?
?
2,3
?
时,
f(x)?x
,则
x?(?2,0)
时,函数
f(x)
的解析式为( D ) A.
x?2

3
2
1
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)

2?x??
2,3
?
,∴
f(2?x)?2?x?f(?x)?f(x)
.故选D。
练习:1、
设y?f(x)是实数函数(即x,f(x)为实数),且f(x)? 2f(
1
)?x,求证:|f(x)|?
2
x3
2.

2
3
2.
解:

1
代换x,得f(< br>1
)?2f(x)?
1
,与已知得 x
xxx
2
?3xf(x)?2?0

由??0得 9f
2
(x)?4?2?0,?|f(x)|?

2.(重庆)已知定义域为 R的函数f(x)满足f(f(x)-x
2
+x)=f(x)-x
2
+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x< br>0
,使
得f(x
0
)=x
0
,求函数f(x)的解析 表达式。
解:(I)因为对任意x?R,有f(f(x)-x
2
?x)?f(x)? x
2
?x
所以f(f(2)-2
2
?2)?f(2)?2
2
?2
又由f(2)?3,得f(3-2
2
?2)?3?2
2
?2,即f(1)?1
若f(0)?a,则f(a?0
2
?0)?a?0
2< br>?0,即f(a)?a
(II)因为对任意x?R,有f(f(x)?x
2
?x )?f(x)?x
2
?x.
又因为有且只有一个实数x
0
,使得f(x
0
)?x
0
所以对任意x?R,有f(x)?x
2
?x?x
0
2
在上式中令x?x
0
,有f(x
0
)?x
0
?x
0
?x
0
2
再代f(x
0
)?x
0< br>,得x
0
?x
0
?0,故x
0
=0或x
0< br>=1

若x
0
=0,则f(x)?x
2
?x ?0,即f(x)?x
2
?x
但方程x
2
?x?x 有两个不相同实根,与题设条件矛盾。故x
0
?0
若x
0< br>=1,则有f(x)?x
2
?x?1,即f(x)?x
2
?x?1.易 验证该函数满足题设条件。
综上,所求函数为f(x)?x
2
?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)

f(0)
的值;
(2)对任意的
x
1?(0,)

x
2
?(0,)
,都有f(x
1
)+2a
x
2
成立时,求a的取值范
围.
解:( 1)由已知等式
f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x
,令
x?1

y?0

f(1)?f(0)?2
,又∵
f(1)?0
,< br>1
2
1
2



f(0)??2
(2)由
f(x?y)?fy()?(x?2y?1)x

f(x)?2?x2
?x
.∵
x
1
?(0,
,令
y?0

f(x)?f(0)?(x?1)x
,由(1)知
f(0)?2?

111
2
f(x
1
)?2?x
1
?x
1
?(x
1
?)
2
?

x
1
?(0,)上单调递增,
2
24
311

f(x
1
)?2 ?(0,)
.要使任意
x
1
?(0,)

x
2?(0,)
都有
f(x
1
)?2?log
a
x
2
成立,必有
422
3
1
?log
a
x
2
都成立.当
a?1
时,
lo
a
gx
2
?l
a
og
,显然不成立.当
0?a?1
时,
2
433
4
4
13
,1)

?a?1

a
的取值范围是
[
(log
a
x
2
?)loga
?
,解得
4
4
24
1
,∴
)
2
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x
1
2
, 则f(x
2< br>)=f(x
2
-x
1
+x
1
)=f(x
2< br>-x
1
)+f(x
1
)< f(x
1
). (∵x
2
-x
1
>0,∴f(x
2
-x
1
)<0)
所以f(x)是R上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1 )+f(2)=3f(1)=-6,最小
值为f(-3),
令x=y=0,得f(0)=0, 令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=-f(3)=6.
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x
1
2
,则f(x
2
-x
1
)>1,
f (x
2
)=f(x
2
-x
1
+x
1
)=f (x
2
-x
1
)f(x
1
),(注意此处不能直接得大于f (x
1
),因为f(x
1
)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
?0
,故
f(?x)
f(x)>0,从而f(x
2
)>f(x
1
).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1 1、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x
1
,x
2


f(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)
,且当
x?1

f(x)?0,f(2) ?1
, (1)f(x)在(0,+∞)上是增
函数; (2)解不等式
f(2x
2
?1)?2

解: (1)设
x
x
2
?x
1
?0
,∴
2
?x
1< br>?0
,则
f(x)?f(x)?f(x?
x
2
)?f(x)? f(x)?f(
x
2
)?f(x)?f(
x
2
)

211111
x
1
x
1
x
1
x
x
2
?1
,∴
f(
2
)
?0
,即
f(x
2
)?f(x
1
)?0
,∴
f(x
2
)?f(x
1
)

f(x)

(0,??)
x
1
x
1
上是增函数 (2)
f(2)?1
,∴
f( 4)?f(2)?f(2)?2
,∵
f(x)
是偶函数∴不等式
f(2x2
?1)?2
可化为
f(|2x
2
?1|)?f(4)
,又∵函数在
(0,??)
上是增函数,∴0≠
|2x
2
?1|?4
,解
得:
{x|?
10
?x?
2
102
且 x??}
22

练习:已知函数f(x)的定义域为R,且对m、n∈R,恒有f(m +n)=f(m)+f(n)-1,且f(-
1
)=0,当
2
x>-
1
时,f(x)>0.求证:f(x)是单调递增函数;
2
证明:设x
1< br><x
2
,则x
2
-x
1

1
>-< br>1
,由题意f(x
2
-x
1

1
)>0,∵ f(x
2
)-f(x
1
)=f[(x
2

222< br>x
1
)+x
1
]-f(x
1
)=f(x
2< br>-x
1
)+f(x
1
)-1-f(x
1
)=f(x< br>2
-x
1
)-1=f(x
2
-x
1
)+f( -
1
)-1=f[(x
2

2
x
1
)-< br>1
]>0,∴f(x)是单调递增函数.
2
例12、定义在R
+
上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(x
m
)=mf(x); ②f(2)=1。(1)
求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立; (2)证明f(x)是R
+
上的单调增函
数; (3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围.
解:(1)令x=2
m
,y=2
n
,其中m,n为实数,则f(xy)=f(2
m+n
)=(m+n )f(2)=m+n,又
f(x)+f(y)=f(2
m
)+f(2
n
)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
(2)证明:设0? x
1
?x
2
,可令m?n且使x
1
?2
m
,x
2
?2
n
,
由(1)得f(x
1
)?f(x< br>2
)?f(
x
1
)?f(2
m?n
)?(m?n)f (2)?m?n?0
x
2
,故
f(x
1
) 2
),即f(x)是R
+
上的增函数。(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x )的性质,得f[x(x-3)]
≤2f(2)=f(2),解得 3

< br>练习1:已知f(x)是定义在(0,??)上的单调增函数,对于任意的m、n(m,n?(0,??) )满足
a?b
f(m)?f(n)?f(mn),且a、b(0?a?b)满足f(a)?f( b)?2f()
2
(1)求f(1);.......(2)若f(2)?1,解不等式f(x )?2;...........(3)求证:3?b?2?
解:(1)f(1)?0??????(2 )f(x)?2的解集为(0,4)

2
(3)
?
f(1)?0,f (x)在(0,??)上单调递增,?x?(0,1)时,f(x)?0,x?(1,??)时,f(x)?0< br>又f(a)?f(b)且0?a?b,?f(a)??f(b)即f(ab)?0,?ab?1?0?a? 1?b
?
f(b)?2f(
a?ba?b
),?
22
ab? 1?f(b)?2f(
a?ba?b
2
?
a?b
2
?
)?f
?
()
?
?b?()
222
??
2?a< br>2
?4b?b
2
?2,而0?a?1?0?4b?b
2
?2? 1又b?1?3?b?2?
练习2 定义在R上的函数y=f(x),f(0)≠0,当x>0时,f( x)>1,且对任
意的a、b∈R,有f(a+b)=f(a)·f(b).
(1)求证 :f(0)=1;(2)求证:对任意的x∈R,恒有f(x)>0;(3)求证:
f(x)是R上的增 函数;(4)若f(x)·f(2x-x
2
)>1,求x的取值范围.
解:(1)证明:令a=b=0,则f(0)=f
2
(0).又f(0)≠0,∴f (0)=1.(2)证
明:当x<0时,-x>0,∴f(0)=f(x)·f(-x)=1.∴f(- x)=
1
f(x)
>0.又x
≥0时f(x)≥1>0,∴x∈R时,恒有f (x)>0。(3)证明:设x
1
<x
2
,则x
2
-x1
>0.∴f(x
2
)=f(x
2
-x
1
+x
1
)=f(x
2
-x
1
)·f(x
1
). ∵x
2
-x
1
>0,∴f(x
2
-x
1

>1.又f(x
1
)>0,∴f(x
2
-x
1
)· f(x
1
)>f(x
1
).∴f(x
2
)>f(x
1
).∴f(x)是
R上的增函数。(4)解:由f(x)·f(2x-x
2
)>1,f(0)=1得f(3x-x
2
)>f
(0).又f(x)是R上的增函数, ∴3x-x
2
>0.∴0<x<3.
练习3.设f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意a,b,当a+b≠0,都有
>0
(1).若a>b,试比较f(a)与f(b)的大小;
x
3
k
)?f(3
x
?9
x
?2)
(2).若f
?
(<0对x∈ [-1,1]恒成立,求
f(a)?f(b)
a?b
实数k的取值范围。
f(a)?f(?b)
(由 >0可得f(a)>f(b).
k?22?1

a?b
练习4、已知函数f (x)对任何正数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x>1时,f(x)<1。< br>试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性。
解:
对x?R
?
有f( x)?f(x?x)?f
2
(x)?0,又f(x)?0,故f(x)?0

设x
1
,x
2
?R
?
,且x
1
?x
2
,则
x
2
?1,则

x
1

f(x
2
)
?
f(x
1
)
f(
x2
x
?x
1
)f(
2
)?f(x
1
)
x
1
x
1
x
??f(
2
)?1
f (x
1
)f(x
1
)x
1
,所以f(x
1
)>f(x
2
),故f(x)在R
+
上为减函数.
D、(?2,0)?(2,??)
)

练习5、奇函数f(x)在(??,0 )上单调递减,且f(2)?0,则(x?1)f(x?1)?0的解集为(C
A、(?2,?1)?( 1,2)B、(?3,1)?(2,??)
??
C、(?3,?1)
练习6、. 已知 函数
f(x)
的定义域为
?
0,1
?
,且同时满足:(1) 对任意
x?
?
0,1
?
,总有
f(x)?2
;(2 )
f(1)?3

(3)若
x
1
?0,x
2
?0

x
1
?x
2
?1
,则有
f(x< br>1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)?2
.
(I)求
f(0)
的值;(II)求
f(x)
的最大值; (III)设数列
?
a
n
?
的前
n
项和为
S
n,且满足
*
.求证:
f(a
1
)?f(a
2
) ?f(a
3
)?
S
n
??
1
2
(a
n
?3),n?N
?f(a
n
)?
3
?2n?
2
1
.
2?3
n?1
解:(I)令
x
1
? x
2
?0
,由(3),则
f(0)?2f(0)?2,?f(0)?2

由对任意
x?
?
0,1
?
,总有
(II)任意
x
1
,x
2
?
?
0,1
?< br>且
x
1
?x
2
,则
f(x)?2,?f(0)?2< br>0?x
2
?x
1
?1,?f(x
2
?x
1< br>)?2
?f(x
2
)?f(x
2
?x
1
?x
1
)?f(x
2
?x
1
)?f(x
1
)? 2?f(x
1
)
?f
max
(x)?f(1)?3
n?1< br>*
1
1
(III)
S
n
??
1
a< br>1
?1?0?a
n
?
3
1
2
(a
n
?3)(n?N)
?S
n?1
??
2
(a
n?1< br>?3)(n?2)
?a
n
?
3
a
n?1
(n ?2),
1
)?f(
1
?
1
?
1
)?f(
2
)?f(
1
)?2?3f(
1
)?4

?f(a
n
)?f(
n
3
n
3
n
3
n
3
n
3
n
3
n
3
?1


1
)?
1
f(?f(
3
n< br>3
3
n?1
1
14
)?
4
3
,即< br>f(a
n?1
)?
3
f(a
n
)?
3

41441

f(a
n
)?2?
3
n
1
?1

?f(a
n
)?
1
?
3
n
1
?1
f(a
1
)?
3
n
4
?1
?
3
n
4
?2
??
3
4
2
?
4
3f(a
n?1
)?
3
?
3
2
f(a
n ?2
)?
3
2
?
3
?
3
?2?
3
n?1
?f(a
1
)?f(a
2
)??
1?(1
)
n
3
f(a
n
)?2n?
1?
1
3
即原式成立。
六、奇偶性问题
例13. (1)已知函数f(x)( x≠0的实数)对任意不等于零的实数x、y都有f(x
﹒y)=f(x)+f(y),试判断函数f( x)的奇偶性。
解析:函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称,再考虑f(-x)与f(x)的
关系:取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1), 取x=y=1有f(1)=0.
所以f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数。
(2)已知y=f(2x+1)是偶函数,则函数y=f(2x)的图象的对称轴是( D )
A.x=1 B.x=2 C.x=- D.x=
解析:f(2x+1)关于x=0对称,则f(x)关于x=1对称,故f(2x)关于2x=1对称.
注:若由奇偶性的定义看复合函数,一般用一个简单函数来表示复合函数,化
繁为简。F(x) =f(2x+1)为偶函数,则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。
例 14:已知函数f(x)的定义域关于原点对称且满足
?
1
?
f(x?y)?
存在正常数a,使f(a)=1.求证:f(x)是奇函数。
f(x)f(y)?1
,(2)
f(y)?f(x)
1
2
1
2


证明:设t=x-y,则
f(?t)?f(y?x)?
数。
f(y)f(x)?1f (y)f(x)?1
????f(t)
,所以f(x)为奇函
f(x)?f(y)f( y)?f(x)
例15:设
f(x)
是定义在
R
上的偶函数,且在< br>(??,0)
上是增函数,又
f(2a
2
?a?1)?f(3a
2
?2a?1)
。求实数
a
的取值范围。
解析:又偶函数的性质 知道:
f(x)

(0,??)
上减,而
2a
2
? a?1?0

3a
2
?2a?1?0

所以由
f( 2a
2
?a?1)?f(3a
2
?2a?1)

2a
2
?a?1?3a
2
?2a?1
,解得
0?a?3
。 < br>(设计理由:此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题,所以本题弹性较大,
可以作一些条件变 换如:
f(a?1)?f(1)或f(a?1)?f(1?2a)
等;也可将定义域作一些调整)
例16:定义在R上的单调函数f(x)满足f(3)=log
2
3且对 任意x,y∈R都有
f(x+y)=f(x)+f(y).
(1)求证f(x)为奇函数 ;(2)若f(k·3
x
)+f(3
x
-9
x
-2)<0对 任意x

R恒成立,求
实数k的取值范围.
解答:(1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R)---- ①令y=-x,代入①式,得
f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0),令x=y=0,代入 ①式,得f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0.即
f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立,∴f(x)是奇函数.
(2) 解:f(3)=log
2
3>0,即f(3)>f(0),又f(x)在R上是单调函数,所以 f(x)在
R上是增函数,又由(1)f(x)是奇函数.f(k·3
x
)<-f(3
x
-9
x
-2)=f(-3
x
+9
x
+2 ), k·3
x
<-3
x
+9
x
+2,3
2x< br>-(1+k)·3
x
+2>0对任意x∈R成立.令t=3
x
>0,即 t
2
-(1+k)t+2
>0对任意t>0恒成立.
令f(t)?t
2
?(1?k)t?2,其对称轴x?

1?k
?0即k??1时,f(0 )?2?0,符合题意;
2
1+k
当?0时,
2
?
1?k< br>?0
?
对任意t?0,f(t)?0恒成立?
?
2
2
?
?
??(1?k)?8?0
解得-1?k??1?22
1?k
2< br>故:
k??1?22时,f(k?3
x
)?f(3
x
?93
?2)?0
对任意x∈R恒成
立。
说明:问题(2)的上述解法是根 据函数的性质.f(x)是奇函数且在x∈R上是增函
数,把问题转化成二次函数f(t)=t
2
-(1+k)t+2对于任意t>0恒成立.对二次函
数f(t)进行研究求解.本题还有更 简捷的解法:分离系数由k·3
x
<-3
x
+9
x
+2得< /p>


k?3
x
?
22
2
x
?1,而u?3 ??1?22?1,
要使对
x?R
不等式
k?3
x
?
x
?1.
恒成立,只需
xx
3
33
k<
22?1

练习:1、已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数,且对于任意的函数a,b都满足f(ab)=af(b)+bf(a).
(1)求f(0),f(1)的值; ( 2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;(3)若
f(2)=2,u
n
=f(2
n
) (n∈N*),求证:u
n+1
>u
n
(n∈N*).
解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0。(2 )、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)为奇函数.
(3)先用数学归纳法证明:u
n
=f(2
n
)>0 (n∈N*)(略)
2. 定义域为R的函数f(x)满足:对于任意的实数x,y都有f(x+y) =f(x)+f(y)成立,且
当x>0时f(x)<0恒成立.
(1)判断函数f(x)的 奇偶性,并证明你的结论;(2)证明f(x)为减函数;若函数f(x)在[-3,
3)上总有f(x )≤6成立,试确定f(1)应满足的条件;
11
(3)解关于x的不等式f(ax
2
)?f(x)?f(a
2
x)?f(a),(n是一个给定的自然数,a?0)
nn

解:(2)设任意x
1
,x
2
∈R且x
1
<x
2
,则x
2
-x
1
>0,∴f(x
2
-x
1
)<0,而f(x
2
-x
1

= f(x
2
)+ f(-x
1
)= f(x
2
)-f(x1
)<0;∴f(x
1
)>f(x
2
),即f(x)在(-∞, +∞)上
是减函数.∴f(x)在[-3,3]上的最大值为f(-3).要使f(x)≤6恒成立,当 且仅当
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)
1
f(ax
2
)- f(x)>
1
f(a
2
x)- f(a)
nn
?
f(ax
2
)- f(a
2
x)>n[f(x)- f(a)]
?
f(ax
2
-a
2
x)>nf(x-a), 由已知得:
f[n(x-a)]=nf(x-a)∴f(ax
2
-a
2
x)>f[n(x-a)]∵f(x)在(-∞,+∞)上是减
函数∴ax
2
-a< br>2
x<n(x-a).即(x-a)(ax-n)<0,∵a<0,∴(x-a)(x-
n
)>0,
a
讨论:(1)当a<
n
<0,即a<-
an
时,原不等式解集为{x | x>
n
或x<a};(2)当
a
a
n
a=
n
<0即a=-
a
n
时,原不等式的解 集为φ;(3)当
n
<a<0时,即-<a<0时,


原不等式的解集为 {x | x>a或x<
n
}

a
3、已知f(x)是定义在[-1 ,1]上的奇函数,且f(1)=1,若a,b∈[-1,1],a+b≠0
时,有
f(a)? f(b)
>0.
a?b
1
2
1
);
x?1(1)判断函数f(x)在[-1,1]上是增函数,还是减函数,并证明你的结论;(2)
解不等 式:f(x+)<f(
(3)若f(x)≤m
2
-2pm+1对所有x∈[-1,1] ,p∈[-1,1](p是常数)恒成立,
求实数m的取值范围.
.解:(1)设任意x1
,x
2
∈[-1,1],且x
1
2
.由 于f(x)是定义在[-1,1]上的奇函
数,∴f(x
2
)-f(x
1)=f(x
2
)+f(-x
1
). 因为x
1
2
,所以x
2
+(-x
1
)≠0,由已知有
f(x2
)?f(?x
1
)
x
2
?(?x
1
)
>0,∵x
2
+(-x
1
)=x
2
-x
1
>0,∴f(x
2
)+f(-x
1
)>0,即f(x
2< br>)>f(x
1
),所以函数f(x)在[-1,
1]上是增函数。(2)由不等 式f(x+)<f(
1
2
1
)得
?
?
?1?
?
x?1
?
x?
1
?1
2
,解得-1<
x
<0,
1
?1
?
?1?
x?1
?
11< br>?
x??
?
2x?1
?
即为所求. (3)由以上知
f
(
x
)最大值为
f
(1)=1,所以要
f
(x
)≤
m
2
-2
pm
+1对所

x< br>∈[-1,1],
p
∈[-1,1](
p
是常数)恒成立,只需1≤< br>m
2
-2
pm
+1恒成立,得
实数
m
的取值 范围为
m
≤0或
m
≥2
p
.
七、周期性与对称性问题(由恒等式简单判断:同号看周期,异号看对称)
...

号 周 期 性 对 称 性
f
?
x?a
?
?f
?
?x?a
?
→对称轴
x?a
?
y?f
?
x?a
?

f
?
x?a
?
?f
?
x?a
?

偶函数;
f
?
x?a
?
??f
?
?x?a
?
→对称 中心(a,0)
1
T=2
a

?
y?f
?
x?a
?
是奇函数
f
?a?x
?
?f
?
b?x
?
→对称轴
x?
2
f
?
a?x
?
?f
?
b?x
?→T=
b?a

a?b

2
f
?
a ?x
?
??f
?
b?x
?
→对称中心
(
a ?b
,0)

2


f(x)= -f(x+a)→
3
T=2
a

f
?
a?x
?
??f
?
b?x
?

?
f(x)= -f(-x+a)→对称中心
?
?
,0
?

?
a
?
2
4
5
T=2
b?a

f(x)=±
f(x)=1-
1
→T=2
a

f< br>?
x
?
1
?
f(x)?0
?

f< br>?
x?a
?
f
?
a?x
?
??f
?
b?x
?
→对称中心
?
?
a?b
?
,0< br>?

2
??
ab
?
22
?
?
f(x)= b-f(-x+a)→对称中心
?
?
,
?

6
T=3
a


结论:(1) 函数图象关于两条直线x=a,x=b对称,则函数y=f(x)是周期函数,
且T=2|a-b|
(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称,则函数y=f(x)是周期函数,
且T=2|a-b|
(3) 函数图象关于直线x=a,及点M(b,0)对称,则 函数y=f(x)是周期函数,
且T=4|a-b|
(4) 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别:
y=f(a+x)与y=f(b-x)关于
x?
b?ab?a
对称;y=f(a+x)与y=-f(b-x)关于点
(, 0)
对称
22
(可以简单的认为:一个函数的恒等式,对应法则下的两式相加 和的一半为对
称轴:两个同法则不同表达式的函数,对应法则下的两式相减等于0,解得的x
为 对称轴)
例17:①已知定义在R上的奇函数
f
(
x
)满足
f
(
x
+2) = –
f
(
x
),则
f
(6)
的值为( B )
A. –1 B. 0 C. 1 D. 2
解: 因为f (x)是定义在R上的奇函数,所以f (0) = 0,又T=4,所以f (6)
= f (2) = – f (0) = 0。
②函数f(x)对于任意的实数x都有f(1+2x)=f(1-2x),则f(2x)的图像关于
对称。(x=12)
(重庆)已知函数
f
?
x
?
满足:
f
?
1
?
?

4f
?
x< br>?
f
?
y
?
?f
?
x?y
?
?f
?
x?y
??
x,y?R
?
,则
1
4


f
?
2010
?
=_____________.
解析:取x=1 y=0得
f(0)?
法一:通过计算
f(2),f(3),f(4)........
,寻得周期
为6
法二:取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2 )+f(n),联立得f(n+2)= —
1

2
例18. 已知函数y=f (x)满足
f(x)?f(?x)?2002
,求
f
?1
?
x
?
?f
?1
?
2002?x
?
的值。
1
2
f(n-1) 所以T=6 故
f
?
2010
?
=f(0)=
解:由已知式知函数的图 象关于点(0,1001)对称。据原函数与其反函数的
关系,知函数y=f
-1
(x ) 的图象关于点(1001,0)对称,所以
f
?1
?
x?1001
?
?f
?1
?
1001?x
?
?0
,即
f
?1
?
x
?
?f
?1
?
2002?x< br>?
=0
例19. 奇函数
f
(
x
)定义在R上,且对常数
T
> 0,恒有
f
(
x
+
T
) =
f
(
x
),
则在区间[0,2
T
]上,方程
f
(
x
) = 0根的个数最小值为( ) A.
3个 B.4个 C.5个 D.6个
解:∵
f
(0) = 0→
x
1
= 0, 又
f
(2
T
) =
f
(
T
) =
f
(0) = 0→
x
2
=
T

x
3
= 2
T
.
T
?又因为
f
?
?
x?
?
?
?
2
?
T
??
f
?
x?
?

2
??
T
??
T
??
T
?
x
= 0得
f
?
?
?
?
?f
??
? ?f
??
,∴
?
2
??
2
??
2
?
?
T
??
3T
?
f
??
?f
? ?
=0.(本题C 易错选为A)
?
2
??
2
?
例20.① f(x)满足f(x) =-f(6-x),f(x)= f(2-x),若f(a) =-f(2000),a∈[5,9]且f(x)
在[5,9]上单调。求a的值。
解:∵ f(x)=-f(6-x) ∴f(x)关于(3,0)对称 又∵ f(x)= f(2-x) ∴ f(x)
关于x=1对称 ∴T=8 ∴f(2000)= f(0) 又∵f(a) =-f(2000) ∴f(a)=-f(0) 又∵
f(x) =-f(6-x) ∴f(0)=-f(6) ∴f(a)=f(6) ∴a =6
②设y=f(x)是定义在[-1, 1]上的偶函数,函数y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关
于直线x=1对称,且当x [2,3]时,g(x)=2a(x-2)-4(x-2)
3
(a为常数且a R)
(1)求f(x); (2)是否存在a [2,6]或a (6,+∞),使函数f(x)的图象的最
高点位于直线y=12上?若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.
解:(1)设点 M(x,f(x))为函数y=f(x)图象上任意一点,则点M关于直线x=1
的对称点为N(2-x ,f(x)).
∵y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称. ∴点N(2-x,f(x))在
y=g(x)图象上.
由此得f(x)=g(2-x)( 利用结论4的命题易得这一结果:y=g(x)与y=g(2-x)
的图象关于直线x=1对称)
设x [-1,0],则2-x [2,3].此时f(x)=g(2-x)=-2ax+4x
3

又f(x)为偶函数
?
f(-x)=f(x),x
?
[-1,1]. ∴当x
?
[0,1]时,f(x)=2ax-4


x
3



(2)注意到f(x)为偶函数,只须研究f(x)在[0,1]上的最大值. (ⅰ)当a
(2,6]时,由0 x 1得a-2x
2
>0,
f(x)=2x(a-2 x
2
)=
即x=
=486>
≤ =(当且仅当4 =a-2 ,
[0,1]时等号成立). 由题意知,f(x)的最大值为12,令 =12得
,∴a>6,这与a (2,6]矛盾,故此时满足条件的a不存在. (ⅱ)当a=2
) 同理可证 f(x)= (当且仅且0≤x≤1时,f(x)=4x(1-
当2
0
+
-
=1- ,即x= 时等号成立),也与已知矛盾.(ⅲ)当a>6时,设
)=2a(-
+
)-4(- )=2( -
+ +
)[a-2(+ ,则f( )-f(
)],由题设0< +
<0∴f( )-f(
<3,a>6,∴a-2( )>0,又
)<0即f( )时 =f(1)=2a-4。令2a-4=12,解得a=8 (6,+∞),适合题意.
因此,综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ)知,存在a=8 (6,+∞),使得函数f(x)的图象的最高
点位于直线y=12上.
练习1、函数
y?f(x?1)
是偶函数,则
y?f(x)
的图象关于 x=1 对称。
2、函数
y?f(x)
满足
f(x?3)??
1
, 且
f(3)?1
,则
f(2010)?
-1 。
f(x )
11
3、函数f(x)是定义在R上的奇函数,且
f(?x)?f(?x)
,则
f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)?

22
1
解析:法一:因f(x)为奇函数且关于
x?
对称,T=2,可借助图象解 答,得结果为
2
0. 小结:此方法为数形结合法
法二:因f(x)为奇函数且关 于
x?
对称,类比
f(x)?sinx
联想函数
f(x)?sin< br>?
x

?
f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)?
0, 小结:此方法为抽象函数具体化法
4、已知函数
y?f(2x?1)
是定义在R 上的奇函数,函数
y?g(x)

y?f(x)
的反函数,若
x1
?x
2
?0

g(x
1
)?g(x
2
)?
( )
A)2 B)0 C)1 D)-2
解析:法一:(函数具体化)设
f(x)?x?1
符合题意,则
g (x)?x?1

g(x
1
)?g(x
2
)?(x
1
?1)?(x
2
?1)?(x
1
?x
2
)?2? ?2

1
2
法二:y=f(2x-1)是R上的奇函数→f(-2x-1) =-f(2x-1),即f(-2x-1)+f(2x-1)=0,
由反函数的关系就可以取x
1
= f(-2x-1),x
2
= f(2x-1),所以


g (x
1
)+g(x
2
)=-2x-1+(2x-1)=-2.
5.设f(x)是R的奇函数,f(x+2)= — f(x),当0≤x≤1,时,f(x)=x,则f(7.5)= - 0.5
6.定义在 R上的函数f(x)满足f(-x)+f(x)=3,则f
-1
(x)+f
-1
(3-x)= .0
7、
f

x
)是定义在R上的以 3为周期的奇函数,且
f
(2)=0,则方程
f

x
)=0
在区间(0,6)内解的个数的最小值是( D )
A.4 B.5 C.6 D.7
8、 设函数f(x)的定义域为[1,3],且函数f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称,已
知当x [2,3]时f(x)= 2x,求当x [1,2]时,f(x)的解析式.
解:由已知得 f(x)=-f(4-x)① 又当x [1,2]时,4-x [2,3],∴
f(4-x)=(4-x) -2(4-x) ②
∴由①②得f(x)=- (x- 4) +2(4-x) ∴当x [1,2]时,f(x)=-x +6x-8
9、(山东) 已知定义在R上的奇函数
f(x)
,满足
f(x?4)??f(x)
,且在区 间[0,2]上
是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间
?
?8,8
?
上有四个不同的根
x
1
,x
2
,x
3
, x
4
,则
x
1
?x
2
?x
3
?x
4
?_________.
-8
八、综合问题
例21. 定义在 R上的函数f(x)满足:对任意
有,且当x>0时,0,若
A?B?
?
,试确定a的取值范围。
解:(1 )在

所以当时
中,令
中,令
,而
,得
,因为当< br>,因为
时,
,所以
,均有。
,所以



实数m,n,总

又当x=0时,
设,则
,所以,综上可知,对于任 意


所以
(2)由于函数y=f(x)在R上为减函数,所以

.所以在R上为减函数。
,即有
,由,所以

,根据函数的单调性,有
直线与圆面无公共点。因此有,解得。
评析:(1)要讨论 函数的单调性必然涉及到两个问题:一是f(0)的取值问题,二
是f(x)>0的结论。这是解题的关 键性步骤,完成这些要在抽象函数式中进行。由
特殊到一般的解题思想,联想类比思维都有助于问题的思 考和解决。
例22.设定义在R上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y ∈R,有
f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2
(1)解不等式f(3x?x2
)?4,;(2)解方程[f(x)]
2
?
1
f(x?3)? f(2)?1.

2
解:(1)先证f(x)>0,且单调递增,因为f(x)=f( x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1.
xxx
又f(x )?f(?)?[f()]
2
?0,假设存在某个x
o
?R,使f(x
o
)?0,则
f(x)=f[(x-x
o
)+x
o
]=f (x-x
o
)f(x
o
)=0,
222
与已知矛盾,故f (x)>0,任取x
1
,x
2
∈R且x
1
2< br>,则x
2
-x
1
>0,f(x
2
-x
1)>1,所以
f(x
1
)-f(x
2
)=f[(x
2< br>-x
1
)+x
1
]-f(x
1
)
=f(x
2
-x
1
)f(x
1
)-f(x
1
)=f (x
1
)[f(x
2
-x
1
)-1]>0. 所以x∈R时,f(x)为增函数. 解得:{x|1(2)f(1)=2,f(2)=2 ,f(3)=8,原方程可化为:[f(x)]
2
+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或 f(x)=-5(舍)
由(1)得x=0.
例23.
定义在(?1,1)上的函数 f(x)满足:(1)对任意x,y?(?1,1),都有f(x)?f(y)?f(
1111
f()?f()???f(
2
)?f().

11193
n?5n?5
x?y
)

1?xy
(2)当x∈(-1,0)时,有f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数; (Ⅱ)
解:(1)易证f(x)是奇函数。
(2)易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.
1
??
?
11
?
?(?)
?
(n?2)(n?3)
?
? ?
11
11
n?2n?3
??
又f(
2
)?f() ?f
?f
?
)?f()

?
?f(
1
11
(n?2)(n?3)?1
?
n?2n?3
n?5n?5
?
?
1??(?)
?
?
1?
(n?2)(n?3)
?
?
n?3
?
?
??
?
n?2
111111111< br>?f()?f()???f(
2
)?[f()?f()]?[f()?f()]???f ()?f()

111934453n?3
n?5n?5
1111
又 f()?0,?f()?f()?f().命题成立

n?33n?33
函数综合 < br>1.奇函数在关于原点对称的区间内单调性一致(在整个定义域内未必单调),推广:
函数在其对 称中心两侧单调性相同。偶函数在关于原点对称的区间内单调性相反,


推广:函数在其对 称轴两侧的单调性相反;此时函数值的大小取决于离对称轴的
远近。解“抽象不等式(即函数不等式)” 多用函数的单调性,但必须注意定义域。
关注具体函数“抽象化”。
[举例1]设偶函数f
(
x
)=log
a
|
x
-
b
|在(-∞,0)上递增,则
f
(
a
+1)与
f
(
b
+2) 的大
小关系是
A.
f
(
a
+1)=
f
(
b
+2) B.
f
(
a
+1)>
f
(
b
+2) C.
f
(
a
+1)<
f
(
b
+2) D.不确定
解析:函数f(x)=log
a
|x-b|为偶函数,则b=0,f(x )=log
a
|x|,令g(x)=|x|,函数g(x)(图象
为“V”字形)在( -∞,0)递减,而函数f(x)=log
a
g(x) 在(-∞,0)上递增,∴
0 +
?
)上递减,∴f(a+1)>f(b+2),故选B。
[举例2] 设 函数
f(x)?x
3
?x
,若
0

?
≤时 ,
f(msin
?
)?f(1?m)?0
恒成立,则实

m
的取值范围是
解析:此题不宜将msin
?
及1- m代入函数
f(x)?x
3
?x
的表达式,得到一个“庞大”
的不等 式,因为运算量过大,恐怕很难进行到底。注意到:函数f(x)为奇函数,原
不等式等价于:
f(msin
?
)?f(m?1)
,又函数f(x)递增,∴msin
?>m-1对
0

?
≤恒
成立,分离参变量m(这是求参变量取值 范围的通法)得:m<
1
,则m?
)
min

1?sin
?
1
,(0<1- sin
?
1?sin
?
?
2
?
2
≤1,事实上当sin
?
=1时不等 式恒成立,即对m没有限制,所以无需研究),记
g(
?
)=
又∵0<1- sin
?
≤1,∴g(
?
)
min
=1(当且仅当
?
=0时等号成立),∴m<1。
[巩固]定义在[-1,a]上的函数f(x)满足:f( 2+x)=f(2-x),且在[2,5]上递增,方程
f(x)=0的一根为4,解不等式f(3+x )>0
[提高]定义在R上的偶函数f(x)满足:f(x+1)=
1
,且f(x) 在[-3,-2]上是减函
f(x)
?
是钝角三角形的两锐角,数,又
?、则下列结论中正确的是: A.f(sin
?
)>f(cos
?
)
B. f(sin
?
)?
) C.f(sin
?
)?
) D. f(cos
?
)?

2.关注“分段函数”。分段函数 的反函数、值域一般分段求,分段函数的奇偶性、
单调性一般要借助于图象。f(x)=max{g(x ),h(x)} 、f(x)=min{g(x),h(x)}也是一种分
段函数,作出它的图象是研究 这类函数的有效途径。
?
sinx
当sinx?cosx时
[举例]对于函 数
f(x)?
?
给出下列四个命题:
cosx
当sinx?cosx时
?
?
① 该函数的值域为[-1, 1],②当且仅当
x?2k
?
?(k?Z)
时,该函数取得最大值1,
2
③该函数是以
?
为最小正周期的周期函数,④当且仅当


2 k
?
?
?
?x?2k
?
?
3
?
误 的命题个数为
(k?Z)
时,
f(x)?0
上述命题中错
..
2
( )
A、1 B、2 C、3 D、4
解析:作出函数y=f(x)在[
?

?
2
3
?
]上的图象如右(先分别
2
作函数y=sinx,y=co sx
的图象,观察图象,保留两者中之较“高”者)。从图象上
2
?
,1] ,当
x?2k
?
?(k?Z)

x?2k
?
时函数 取得最大
2
2
3
?
值1,该函数是以2
?
为最小正 周期的周期函数,当且仅当
2k
?
?
?
?x?2k
?
?(k?Z)
2
时,
f(x)?0
,∴命题中错误的命题个数为3个,选C 。
..
不难看出:该函数的值域为[-
[巩固]已知
f(x)?
?
是 。
?
(3a?1)x?4a,x?1
是(-?
,+
?
)上的减函数,那么a取值范围
logx,x?1
?< br>a
3.研究方程根的个数、超越方程(不等式)的解(特别是含有参量的)、二次方程
根 的分布、二次函数的值域、三角函数的性质(包括值域)、含有绝对值的函数性
质、已知函数值域研究定 义域等一般用函数图象(作图要尽可能准确)。
[举例1]若在
[0,]
内有两个不 同的实数值满足等式
cos2x?3sin2x?k?1,

k
的范
2
?
围是
解析:
cos2x?3sin2x< br>=2sin(
2x?
?
626
?
7
?
?7
?
[,],作函数
y?2sin
?
在[,]上的图象(注意: 无需作函
6666
),∵
x

[0,]
,将
2x?
?
?
视为一个角
?

?


y< br>=2sin(
2x?
)的图象),容易看出,当
y
=
k
+1∈[1,2
)
时,
6
O
?
函数
y?2si n
?
与函数
y
=
k
+1的图象有两个交点,此时
k
∈[0,1
)

[举例2]不等式
x
2
?1?ax
的解集为[1,2),则a的值为
解析:分别作函数
y?x
2
?1
和函数
y?ax
的 图象如右,(函数
y?x
2
?1

x
2
?y
2
?1

y?0
,双曲线在x轴上方的部分)。两图象交于M点,要使不等 式解集为[1,2),
3

2
[巩固]已知函数f(x)=
log
2
x
的定义域为[a,b],值域为[0,2],则a,b满足:
则M(2,
3
),即
a?
1
4
1
A.a=,b=1或 a=1,b=4, B.a=,1≤b≤4, C.≤a≤1,b=4, D.
a=,1≤b≤4或≤a≤1,b=4。
1
4
1
4
1
4
1
4


4. 求最值的常用方法:①单调性:研究函数在给定区间内的单调情况是求函数值
域的最重要也是最根本的方 法。②基本不等式:满足条件“一正、二定、三相等”
时方可使用,如果“不相等”,常用函数
y?x?,(a?0)
的单调性解决。③逆求法:用
y表示x,使关于x的方程有解的y的范围 即为值域,常用于求分式函数的值域,
判别式法就是其中的一种。
④换元法:需要把一个式子看作一个整体即可实施换元,“三角换元”是针对“平方和
等于1”实施的,目的多为“降元”;求值域时的换元主要是为了“去根号”。⑤数形结
合。
x
2
?2x?2
(x??1)
,[举例1]已知函数
y?< br>则其图象的最低点的坐标是 ( )
x?1
A、(1,2) B、
(1,?2)
C、(0,2) D、不存在
a< br>x
解析:求函数图象的最低点的坐标即求函数当x取何值时函数取得最小值,最小
值是多 少;
此题不宜“逆求”(判别式法),因为⊿≥0不能保证x>-1(这是使用“判别式法”
时需特别注意的)。记x+1=t,(t>0),此时x=t-1,设
(t?1)
2
? 2(t?1)?2t
2
?11
??t??2
(当且仅当t=1即x=0时等号 成立,g(t)=(注意这里
ttt
的“换元”实质是“整体化”的具体落实,将需要“整体化 ”的部分换成一个变
量,比“凑”更具一般性也更易实施),选C。
1
的最小值为
ab
1
解析:本题关注
ab
的取值范围,对
ab?
使用基本不等式,当且仅当
ab
=±1时等
ab
a?b
2
1
号成立,事实上:
0?ab?()?
,∴等号不成立,即不能使用基本不等式。记24
1111117
,
ab?
=
t
+=g(
t
),函数g(
t
)在(0,
]
上递减,∴g(
t
)
min
=g()=。
ab
=(
t
0<
t
≤)
4abt444
[举例2]已知
a?b?1,a,b?R
+
, 则
ab?
5.求参变量的取值范围通常采用分离参数法,转化为求某函数的值域或最值;也可以整体研究函数y=f(a,x)的最值。
[举例] 关于x的方程2
2x
-m2
x
+4=0(x<0)有解,求实数m的取值范围。
解析:令2
x< br>=t,(02
-mt+4=0在(0,1)上有解,这里显 然不
能简单地用判别式处理,因为⊿≥0不能保证方程在(0,1)上有解,还需附加更
多的条 件才成,繁!事实上,求参变量范围的问题首先考虑的是“分离参变量”:
4
=
g(t )
,所谓方程有解,即
m
在函数
g(t)
的值域内(这也是解决方程 有解问
t
题的通法),∵t∈(0,1),∴不能使用基本不等式(等号不成立),注意到函数
g(t)
m?t?


在(0,1)上递减,∴
g(t)
∈(5,
??
)即
m
∈(5,
??
)。
[迁移 ]若函数f(x)=log
a
(x
2
-ax+3),(a>0且a
?
1)满足:对任意x
1
,x
2
,当x
1
2
?
a
2
时,f(x
1
)-f(x
2
) >0,则实数a的取值范围是
A.(0,1)∪(1,3) B.(1,3) C. (0,1)∪(1,
23
) D. (1,
23
)
简答
1. [巩固] 函数y=f(x)的图象关于x=2对称,得a=5,图示可得1?,移项得
2
11
sin
?
?
,选B; 2、 [巩固]关注两段函数在x=1时的函数值的大小,得
[,)
3.
[提高] 函数y=f(x)的周期为2,得f(x)在[0,1]上递增,又
?
+
?
<
[巩固]D;

73

高中数学函数与方程练习题-高中数学三角函数的基本公式


谈谈 我对高中数学的感语-高中数学人教版必修四课后题


浙大优学高中数学系列-新版高中数学课本下载软件


高中数学椭圆结论-高中数学立体几何体积百度文库


高中数学抽象概括能力推理论证能力-高中数学公式总结大全卷子


高中数学不会的原因-有没有什么软件学习高中数学


高中数学假期学习心得-高中数学老师讲大学


江苏数学学会 高中数学竞赛-高中数学教育知识与能力试卷及答案



本文更新与2020-09-17 15:46,由作者提供,不代表本网站立场,转载请注明出处:https://www.bjmy2z.cn/gaokao/401309.html

2014高中数学抽象函数专题的相关文章