【南方新课堂】2016年高考数学总复习 第二章 函数、导数及其应用 第11讲 抽象函数课件 理

第11讲抽象函数1．了解函数模型的实际背景．2．会运用函数的解析式理解和研究函数的性质．抽象函数解析式f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)抽象函数的类型正比例函数型对数函数型指数函数型等价形式f(x1－x2)＝f(x1)－f(x2)实例f(x)＝2xf(x)＝log2xxf(x)＝2fx1x2＝f(x1)－f(x2)f(x1－x2)＝fx1fx21．已知f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)·f(y)，且f(x)≠0，则f(x)是()BA．奇函数C．非奇非偶函数B．偶函数D．不确定解析：令x＝y＝0，则2f(0)＝2[f(0)]2，因f(x)≠0，所以f(0)＝1.令x＝0，则f(y)＋f(－y)＝2f(y)，f(y)＝f(－y)．故选B.2．函数f(x)满足f(x)·f(x＋2)＝13,若f(1)＝2，则f(99)＝()A．13B．2C．132D．2133．若f(x)是定义在R上的奇函数，它的最小正周期为T，则f－T2的值为()A．0B.T2C．TD．－T24．已知函数f(x)的定义域为R＋，并且对任意正数x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)．(1)f(1)＝________；(2)若f(8)＝3，则f(2)＝________.CA012考点1正比例函数型抽象函数例1：设函数f(x)对任意x，y∈R，都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且当x0时，f(x)0，f(1)＝－2.(1)求证：f(x)是奇函数；(2)试问在－3≤x≤3时，f(x)是否有最值？如果有，求出最值；如果没有，说出理由．令y＝－x，则有f(0)＝f(x)＋f(－x)．即f(－x)＝－f(x)．∴f(x)是奇函数．(2)解：当－3≤x≤3时，f(x)有最值，理由如下：任取x1x2，则x2－x10⇒f(x2－x1)0.且f(x1)－f(x2)＝f(x1)＋f(－x2)＝f(x1－x2)＝－f(x2－x1)0.∴f(x1)f(x2)．∴y＝f(x)在R上为减函数．因此f(3)为函数的最小值，f(－3)为函数的最大值．f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝－6，f(－3)＝－f(3)＝6.∴函数的最大值为6，最小值为－6.(1)证明：令x＝y＝0，则有f(0)＝2f(0)⇒f(0)＝0.【规律方法】1利用赋值法解决抽象函数问题时需把握好如下三点：一是注意函数的定义域，二是利用函数的奇偶性去掉函数符号“f”前的“负号”，三是利用函数单调性去掉函数符号“f”.2解决正比例函数型抽象函数的一般步骤为：f0＝0⇒fx是奇函数⇒fx－y＝fx－fy⇒单调性.3判断单调性小技巧：设x1x2，则x2－x10⇒fx2－x10⇒fx2＝fx2－x1＋x1＝fx2－x1＋fx1fx1，得到函数单调递减.【互动探究】1．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则下列错误的是()A．f(0)＝0B．f(1)＝2f12C．f(1)＝12f(2)D．f(x)f(－x)0答案：D解析：∵f(0)＝f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.f(1)＝f12＋12＝f12＋f12＝2f12，f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝12f(2)．f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0.故选D.考点2对数函数型抽象函数例2：已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R，且x≠0}，对定义域内的任意x1，x2，都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且当x1时f(x)0，f(2)＝1.(1)求证：f(x)是偶函数；(2)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(3)解不等式f(2x2－1)2.则有f(－x)＝f(x)＋f(－1)．又令x1＝x2＝－1，得2f(－1)＝f(1)．再令x1＝x2＝1，得f(1)＝0，从而f(－1)＝0.于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．(1)证明：对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x，x2＝－1，(2)证明：设0x1x2，则f(x1)－f(x2)＝f(x1)－fx1·x2x1＝f(x1)－fx1＋fx2x1＝－fx2x1，由于0x1x2，所以x2x11，从而fx2x10，故f(x1)－f(x2)0，即f(x1)f(x2)．所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)解：由于f(2)＝1，所以2＝f(2)＋f(2)＝f(4)．于是待解不等式可化为f(2x2－1)f(4)，结合(1)(2)已证结论，可得上式等价于|2x2－1|4，且2x2－1≠0.解得x－102x102，且x≠±22.【规律方法】（1）解决对数函数型抽象函数的一般步骤为：f(1)=0⇒1fx=－f(x)⇒xfy＝f(x)－f(y)⇒单调性.（２）判断单调性小技巧：设０x1x2，则f(x2)=211xfxx=f(x1)+21xfxf(x1)，f(x)是增函数.【互动探究】2．对于函数f(x)定义域中任意x1，x2(x1≠x2)有如下结论：①f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)；②f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)；当f(x)＝lgx时，上述结论中正确结论的序号是______．③fx1－fx2x1－x20；④fx1＋x22fx1＋fx22.②③考点3指数函数型抽象函数例3：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－x2)＞1，求x的取值范围．(1)证明：令a＝b＝0，则f(0)＝f2(0)．∵f(0)≠0，∴f(0)＝1.(2)证明：∵当x＜0时，－x＞0，∴f(0)＝f(x)·f(－x)＝1.∴f(x)＝1f－x＞0.又∵当x≥0时，f(x)≥1＞0.∴x∈R时，恒有f(x)＞0.(3)证明：设x1＜x2，则x2－x1＞0.∴f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)·f(x1)．∵x2－x1＞0，∴f(x2－x1)＞1.又∵f(x1)＞0，∴fx2fx1＝f(x2－x1)＞1.∴f(x2)＞f(x1)．∴f(x)是R上的增函数．(4)解：由f(x)·f(2x－x2)＞1，f(0)＝1得f(3x－x2)＞f(0)．∵f(x)是R上的增函数，∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.∴x的取值范围是{x|0x3}．【规律方法】(1)解决指数函数型抽象函数的一般步骤为：f(0)=1⇒f(-x)=1()fx⇒f(x－y)=()()fxfy⇒单调性.(2)判断单调性小技巧：设x1x2，x1-x20，则f(x1-x2)1，f(x1)=f(x2+x1-x2)=f(x2)f(x1-x2)f(x2)，得到函数f(x)是增函数.【互动探究】3.对于函数f(x)定义域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下结论：①f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)；②f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)；当f(x)＝2x时，上述结论中正确结论的序号是___________．③fx1－fx2x1－x20；④fx1－1x10(x1≠0)；⑤f(－x1)＝1fx1.答案：①③⑤解析：因为f(x)＝2x，f(x1＋x2)＝212xx＝21x·22x＝f(x1)·f(x2)，所以①成立，②不成立；显然，函数f(x)＝2x单调递增，即fx1－fx2x1－x20.故③成立；当x10时，f(x1)1，fx1－1x10；当x10时，0f(x1)1，fx1－1x10.故④不成立；f(－x1)＝21x＝112x＝1fx1.故⑤成立．●思想与方法●⊙利用转化与化归思想解答抽象函数例题：已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝fx＋π2为偶函数，对于函数y＝f(x)有下列几种描述：①y＝f(x)是周期函数；②x＝π是它的一条对称轴；③(－π，0)是它图象的一个对称中心；④当x＝π2时，它一定取最大值．其中描述正确的是____________．答案：①③解析：已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且y＝fx＋π2为偶函数，不妨设f(x)＝sinx，②显然错误，①③显然正确，而④有可能不正确，因为函数f(x)＝－sinx也满足条件，而④不成立．