抽象函数常见模型习题归纳

内部复习专用教案-1-抽象函数常见模型归纳汇编1、正比例函数型正比例函数型函数特征式为：yfxfyxf例1、已知xf是定义在R上的函数，对任意的x、yR都有yfxfyxf，且当x0时，xf＜0，21f。问当33x时，函数xf是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由。分析：我们知道，正比例函0kkxxf满足yfxfyxf。根据题设，我们可推知本题是以正比例函数，于是，用赋值法令x=y=0再从xf的奇偶性、单调性入手解。解：令,0yx则0000fff，解得00f又因为00fxxxfxf，所以xfxf，即函数xf为奇函数。设1x、12,xRx2x,则21xx0，依题意,有21fxx（）00121212xxfxfxfxfxf，所以,12xfxf即函数xf在R上是减函数。因此，函数xf当33x时有最大值3f，且62313213ffff例2、已知函数f（x）对任意实数x，y，均有f（x＋y）＝f（x）＋f（y），且当x＞0时，f（x）＞0，f（－1）＝－2，求f（x）在区间[－2，1]上的值域。分析：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，因此求函数f（x）的值域，关键在于研究它的单调性。解：设，∵当，∴，∵，∴，即，∴f（x）为增函数。在条件中，令y＝－x，则，再令x＝y＝0，则f（0）＝2f（0），∴f（0）＝0，故f（－x）＝f（x），f（x）为奇函数，∴f（1）＝－f（－1）＝2，又f（－2）＝2f（－1）＝－4，∴f（x）的值域为［－4，2］。2、一次函数型例1、已知函数)(xf满足:对任意的Rnm,，都有1)()()(nfmfnmf，并且当0x时,1)(xf，如4)3(f,解不等式,02)5(2aaf。分析:猜想)(xf的背景函数是一次函数bkxy,又由于0x时,1)(xf，则)(,0,1xfkb为增函数,则求不等式的解就转化成证明)(xf为增函数。内部复习专用教案-2-解:令21xx,有021xx,由)()(1211xxxfxf=)(1)()(2221xfxfxxf,则)(xf为增函数；因为4)3(f，由2)1(31)1()2()12()3(fffff,所以2)1(f,又因为02)5(2aaf，则)1()5(2faaf，所以152aa,则23a。点评：将数值化成函数值，将一般不等式转化成增函数的不等式是本题化归的关键。例2、已知函数f（x）对任意，满足条件f（x）＋f（y）＝2+f（x＋y），且当x＞0时，f（x）＞2，f（3）＝5，求不等式的解。分析：由题设条件可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调增函数，如果这一猜想正确，也就可以脱去不等式中的函数符号，从而可求得不等式的解。解：设，∵当，∴，则，即，∴f（x）为单调增函数。∵，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3。∴，∴，即，解得不等式的解为－1a3。3、指数函数型指数函数型函数特征式为：fxyfxfy例1、定义在R上的函数00,fxfy，当0x时，1xf且对任意Rba,都有.bfafbaf（Ⅰ）求0f的值；（Ⅱ）判定函数值的正负；（Ⅲ）判断xf在R上的单调性；（Ⅳ）若122xxfxf，求x的取值范围。分析：由bfafbaf可知此函数是由指数函数xya抽象而来的，再由条件“当0x时，1xf”可知此函数是单调递增函数。由此可知xfxff,0,10在R上单调递增函数。由背景函数引导得到问题的结论，然后用赋值等方法得以证明。解：（Ⅰ）令,0ba则000fff，因为00f，所以.10f（Ⅱ）当0x时，0x，所以1xfxfxxf，即.01xfxf又当0x时，,01xf所以Rx时，恒有.0xf（Ⅲ）设21xx则012xx，所以×因为,1,01212xxfxx且01xf，内部复习专用教案-3-所以1112xfxfxxf。从而12xfxf即xf是R上的增函数。（Ⅳ）由32xfxfz1,,10f得23xfx.0f又xf是R上的增函数，所以23xx0，解得0x3.4、对数函数型对数函数型函数特征式为：yfxfxyf例1、已知函数xf的定义域是（0，+），当1x时，,0xf且yfxfxyf。（Ⅰ）求1f；（Ⅱ）判xf在定义域上的单调性；（Ⅲ）如果,1)31(f求满足不等式2)21(xfxf的x的范围。分析：由yfxfxyf可知此函数的背景函数为对数函数，又由条件当1x时，0xf，可知此函数是单调递增函数且xf=0，可用函数的单调性解不等式。解：（Ⅰ）令1yx，得121ff，所以01f。(Ⅱ)令,1xy得0)1(1xfxff，所以xfxf)1(.任取,0,21xx,且,21xx则1212121xxfxfxfxfxf,由于112xx,所以012xxf,从而12xfxf.所以xf在定义域上单调递增.（Ⅲ）由于131f,而331ff,所以13f.在yfxfxyf中,令3yx,得2339fff.又2)21(xfxf,所以所给不等式可化为92fxxf,即92fxxf,所以有92020xxxx解得101x.所以x的取值范围是[110,).例2、已知函数)(xf是定义在（0，+）上的增函数，且满足:对任意的,0,yx，都有)()()(yfxfyxf，如1)6(f,解不等式2)1()3(xfxf.分析:猜想)(xf的背景函数是对数函数xyalog,且经过特殊点(1,0),由于是增函数,就有1a,则题设不等式的解就应浓缩转化成增函数的不等式解。解:因为1)6(f,所以2)6(2f,又因为2)1()3(xfxf,所以)6(2)13(fxxf,即内部复习专用教案-4-)6()6()]3([ffxxf,有)6()63(2fxxf,由于)(xf在定义域（0，+）上是增函数,则由6632xx,03x,01x联立求得解集为:)21733,0(。点评：本题由于已知是增函数，所以对抽象函数的增减性不要再作证明，关键是充分应用表达式)()()(yfxfyxf，经过多次配凑、转化，架设解决问题的桥梁。5、幂函数型幂函数型函数特征式为：yfxfxyf例1、已知函数)(xf的定义域为R，都有)()()(yfxfxyf且1)1(f，9)27(f，当1,0x时，1,0)(xf。（1）判断)(xf的奇偶性；（2）判断并证明)(xf在[0，+）上的单调性；（3）如0a且39)1(af，求a的取值范围。分析:由题设条件的特殊性，可联想)(xf是32xy的抽象函数,且经过特殊点(1,0),)(xf是偶函数,在[0，+)上是增函数。解:(1)令1y，则)()1()()(xffxfxf，故)(xf为偶函数；（2）设210xx，则1021xx，)()(2211xxxfxf)()(221xfxxf又1)(021xxf，得)()(21xfxf，即)(xf在[0，+]上为增函数；（3）因为3)3()9()3()93(9ffff,所以39)3(f,又因为39)1(af,所以)3()1(faf,则有31a,即20a.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：,)]1([2)()1(,1,2fnfnfynx得令令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,令x=y=0,得：f(0)=0,∴f(1)=21,.22001)2001(f,2n)n(f,21f(n)-1)f(n故即2.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),内部复习专用教案-5-故g(x)=g(x+1)又g(1)=1,故g(2002)=1.3.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(2)f（124、对任意整数yx,函数)(xfy满足：1)()()(xyyfxfyxf，若1)1(f，则)8(fCA.-1B.1C.19D.435、函数f(x)为R上的偶函数，对xR都有(6)()(3)fxfxf成立，若(1)2f，则(2005)f=（）（B）A.2005B.2C.1D.06，已知)(xf是定义在R上的偶函数，且)21()23(xfxf恒成立，当3,2x时，xxf)(，则当)0,2(x时，函数)(xf的解析式为（D）A．2xB．4xC．12xD．13x解：易知T=2，当)1,2(x时,3,24x,∴)(4)4(xfxxf;当)0,1(x时3,22x,∴)()(2)2(xfxfxxf.故选D7，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=1B.x=2C.x=－21D.x=21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.8，①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.–1B.0C.1D.2周期性的性质（1）若()yfx图像有两条对称轴,()xaxbab，则()yfx必是周期函数，且一周期为2||Tab；（2）若()yfx图像有两个对称中心(,0),(,0)()AaBbab，则()yfx是周期函数，且一周期为2||Tab；（3）如果函数()yfx的图像有一个对称中心(,0)Aa和一条对称轴()xbab，则函数()yfx必是周期函数，且一周期为4||Tab；（4）①若f(x+a)=f(x+b)则T=|b-a|；②函数()fx满足xafxf，则()fx是周期为2a的周期函数；③若1()(0)()fxaafx恒成立，则2Ta；④若1()(0)()fxaafx恒成立，则2Ta.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