经典初中数学最新高中数学抽象函数常见题型及解法教案学习资料

2020年11月20日发(作者：闻立鹏)
抽象函数常见题型及解法综述
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，使得这类问题是函数内容的难
点之一 ，其性质常常是隐而不漏，但一般情况下大多是以学过的常见函数为背景，
对函数性质通过代数表述给出 ．抽象函数的相关题目往往是在知识网络的交汇处
设计，高考对抽象函数的要求是考查函数的概念和知识 的内涵及外延的掌握情
况、逻辑推理能力、抽象思维能力和数学后继学习的潜能．为了扩大读者的视野，
特就抽象函数常见题型及解法评析如下．
一、函数的基本概念问题
1．抽象函数的定义 域问题
例1已知函数f(x)的定义域是[1，2]，求
f(x)
的定义域．
22
2
，
解：由f(x)的定义域是[1，2]，是指1≤x≤２，所以1≤ｘ
≤４
即函数
f(x)
的定义域是[1，4]．
评析：一般地，已知函数f[(x)]
的定义域是A，求
f(x)
的定义域问题，相
(x)
的值域问题．当于已知
f[(x)]
中x的取值范围为A，据此求
例2已知函数f(x)
的定义域是[－1，2]，求函数f[log
1
(3x)]的定义域．< br>2
解：由
f(x)
的定义域是[－1，2]，意思是凡被
f
作 用的对象都在[－1，2]中，
由此易得
－1≤log
1
(3－x)≤2 < br>2
(
1
2
)≤３－x≤（)
2
11
4
2
1
1
1≤x≤．
4
11
∴函数
f
[l og(3
x
)]
的定义域是[1，
1
2
]．
评析： 这类问题的一般形式是：已知函数
f(x)
的定义域是A，求函数
f((x))
的定义域．正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键．一般地，
若函数
f( x)
的定义域是A，则x必须是A中的元素，而不能是A以外的元素，
否则，
f(x)
无意义．因此，如果
实质上相当于已知
f(x
0
)有意义，则必有x
0
A．所以，这类问题
(x)(x)
的值域是A，据此求x的取值范围，即由 A建立不
等式，解出x的范围．例2和例1形式上正相反．
2．抽象函数的值域问题
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
2
)，求函数
f
(x)的值域．=
f
(x)
f
(y)总成立，且存在x
1
≠ｘ
2
，使 得
f
(x
1
)≠
解：令x = y = 0，得
f
(0) =
f
2
(0)，即有
f
(0) = 0或
f
(0) = 1．
若
f
(0) = 0，则
f
(x) =
f
(x + 0) =
f
(x)
f
(0) = 0，对任意x∈R均成立，这与
f
( x
2
)成立矛盾．故
f
(0)≠０存在实数x
1
≠ｘ
，即
f
(0) = 1．
2
，使得
f
(x
1
)≠
由于
f
(x + y) =
f
(x)
f
(y) 对任意x、y∈R均成立，因此，对任意
有
f
(x) =
f
(
x
2
x∈R，
+
x
2
) =
f
(
x
2
)
f
(
x
2
) = [
f
(
x
2
)]
2
≥０．
下面只 需证明，对任意x∈R，
f
(0)≠０即可．
使得
f
( x
0
) = 0，设存在x
0
∈R，
则
f
(0) =
f
( x
0
－x
0
) =
f
( x
0
)
f
(－x
0
) = 0，
这与
f< br>(0)≠０矛盾，因此，对任意
所以
f
(x)＞0．
评析：在处理抽象 函数的问题时，往往需要对某些变量进行适当的赋值，
是一般向特殊转化的必要手段．
3．抽象 函数的解析式问题
例5 设对满足x≠０，x≠１的所有实数x ，函数
f
(x) 满足
f
(x) +
f
(
x
x
1
x∈R，< br>f
(x)≠０．
这
)
= 1 + x，求
f
(x) 的解析式．
解：在
f
(x) +
f
(
f
(
x
x
1
x
x
1
x1
1
) = 1 + x ，(1) 中以
2x
－
1
x
x
x
1< br>代换其中x，得：
) +
f
(－) =，⑵
1
x1
x
x
2
1
再在(1)中以－
1
x1
代换x，得：f
(－
32
) +
f
(x) =，⑶
(1)－(2) + ⑶化简得：
f
(x) =
评析：如果把x和
x
x
1xx1
2x(x
－
1)
．
分别看作两个变量，怎样实现由两个变 量向一个变
量的转化是解题关键．通常情况下，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．
二、寻觅特殊函数模型问题
1．指数函数模型
例6 设
f(x)
定义于实数集R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)
，同时
f
(1) = 2，解不等式
f
(3x－x)＞4．
联想：因为a
xy
2
= a·a(a＞0，a≠1)，因而猜测它的模型函数为
x
xy
f(x)
= a(a
x
＞0，a≠1)(由
f
(1) = 2，还可以猜想
f(x)
= 2)．
思路分析：由
f(2)
=
f(11)
=
f(1)
·
f(1)
= 4，需解不等式化为
f
(3x－x)＞
f(2)
．这样，证明函数
f(x)
的(由f(x)
= 2，只证明单调递增)成了解题的突破
x
2
口．
解 ：由
f
(x + y) =
f
(x) ·
f
(y) 中取x = y = 0 ，得
f
(0) =
f
2
(0)，
f
(0)≠　若
f
(0) = 0，令x＞0 ，y = 0 ，则
0，即有
f
(0) = 1 ．
f
(x) = 0，与
f
(x)＞1 矛盾．∴
当x＞0 时，
f
(x)＞1＞0 ，当x＜0 时，－x＞0，
f
(－x)＞1＞0 ，
而
f
(x) ·
f
(－x) =
f
(0) = 1，
∴
f
(x) =
1
f(x)
＞0 ．
又当x = 0 时，
f
(0) = 1＞0 ，∴x∈R ，
f
(x)＞0 ．设－∞＜x
1
＜x
2
＜+∞　，则x
2
－x
1
＞0 ，
f
( x
2
－x
1
)＞1 ．
∴
f
( x
2
) =
f
[ x
1
+ ( x
2
－x
1
)] =
f
(x
1
)
f
( x
2
－x
1
)＞
f
( x
1
) ．
∴ y =
f
(x) 在R 上为增函数
又∵
f
(1) = 2，∴
f
(3x－x)＞
f
(1) ·
f
(1) =
f
(1 + 1) =
f
(2)，由
f
(x)的单
调递增性质可得：
3x－x＞2，解得1＜x＜2．
2．对数函数模型
例7 已知函 数
f(x)
满足：⑴
f
(
1
2
2
2
) = 1；⑵函数的值域是[－1，1]；⑶在
其定义域上单调递减；⑷
f(x)
＋
f(y)
=
f
(x·y) 对于任意正实数x、y 都成立．解
不 等式f
1
(x)·
f
1
(
1
1
)
≤．
x2
1
2
1
联想：因为log
a
(x·y) = log
a
x＋log
a
y，而log
1
2
= 1，y = log
1
x在其定义
2
域[－1，1]内为减函数，所以猜测它 的模型函数为
1
2
f(x)
= log
1
x且f
2
1
(x)的模型
函数为f
1
(x)= ()．
x
思 路分析：由条件⑵、⑶知，
f(x)
的反函数存在且在定义域[－1，1]上递
减，由 ⑴知f
f
1
1
(1)=
1
2
1
．剩下的只 需由f
1
(x)的模型函数性质和运算法则去证明
(x
1
)·f1
(x
2
)=f(x
1
x
2
)，问题就能解决 了．
1
解：由已知条件⑵、⑶知，
f
(x)的反函数存在，且
f域[－1，1]上单调递减．
1
(1) =，又在定义
2
设y
1
=
f
1
(x
1
)，y
2
=
f1
(x
2
)，则有x
1
=
f
(y
1< br>)，x
2
=
f
( y
2
) ，
1
∴x
1
+ x
2
=
f
(y
1
) +
f
( y
2
) =
f
(y
1
y
2
)，即有y1
y
2
=
f
∴
f
1
(x
1< br>+ x
2
)．
(
x
1
)
·f
1(x
2
)=f
1
(x
1
x
2
)，于是，原不等式等价于：
f
1
(x
x
1
1
1< br>1
x
1
)f
1,
1
(1),x
1
1
1
1
x
x
1
1
1x
1,
1
x
1,1
1
1
x
x = 0．
x1,
1x
1.
x1,
1.1
故原不等式的解集为{0}．
解这类问题可以通过化抽象 为具体的方法，
比猜测，经过带有非逻辑思维成份的推理，
即通过联想、分析，然后进行类即可寻觅出它的函数模型，由这些函
数模型的性质、法则来探索此类问题的解题思路．
3． 幂函数模型
例8 已知函数
f(x)
对任意实数x、y都有
f(xy)
=
f(x)
·
f(y)
，且
f(1)
=1，
f( 27)
=9，当0≤ｘ＜1时，0≤
f(x)
＜1时．
⑴判断
f(x )
的奇偶性；
⑵判断
f(x)
在[0，＋∞
)
上的单调性， 并给出证明；
3
⑶若a≥０且
f(a1)
≤
9，求a的取值范围．< br>联想：因为
x
·y= (xy·)，因而猜测它的模型函数为
2
nnn
f(x)
=
x
(由
f(27)
=9，
n
还 可以猜想
f(x)
= x
3
)．
2
思路分析：由题设可知
f(x)
是幂函数y = x
3
的抽象函数，从而可猜想
f(x)
是
偶函数，且在[0，＋∞< br>)
上是增函数．