2013年高考数学(理科)一轮复习课件第14讲：抽象函数

考纲要求考纲研读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.能利用幂函数型、指数函数型、对数函数型抽象函数的解析式来研究该函数的基本性质.1．满足解析式f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)的是正比例函数型抽象函数．2．满足解析式f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)的是对数函数型抽象函数．3．满足解析式f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)的指数函数型抽象函数．1．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，则f(x)是()AA．奇函数B．偶函数C．既是奇函数，又是偶函数D．既不是奇函数，又不是偶函数2．函数f(x)满足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，则f(99)＝()A．13B．213C.22D.13C3．设奇函数f(x)满足：对∀x∈R有f(x＋1)＋f(x)＝0，则f(5)＝____.04．已知定义在R上的函数f(x)是偶函数，对x∈R都有f(2＋x)＝f(2－x)，当f(－3)＝－2时，f(2013)的值为_____.－2解析：由f(x)·f(x＋2)＝13，得f(x)＝f(x＋4)，所以f(99)＝f(3)＝132.5．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)，则(1)f(1)＝____；0(2)若f(8)＝3，则f(2)＝____.12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．解：(1)令x＝y＝0，则有f(0)＝2f(0)⇒f(0)＝0.令y＝－x，则有f(0)＝f(x)＋f(－x)．即f(－x)＝－f(x)．∴f(x)是奇函数．(2)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.∴函数最大值为6，最小值为－6.(1)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．(2)小技巧判断单调性：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()DA．f(0)＝0B．f(1)＝2f12C．f(1)＝12f(2)D．f(x)f(－x)0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(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.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.解：(1)对定义域内的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x，x2＝－1，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．(2)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)由于f(2)＝1，所以2＝1＋1＝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.证明抽象函数的单调性通常是用单调性的定义结合比较法(作差法、作商法)，函数的单调性是比较大小的常用方法．运用不等式性质时应从结论出发，寻找解题的切入点．①对数函数型抽象函数的一般步骤为f(1)＝0⇒f(1x)＝－f(x)⇒fxy＝f(x)－f(y)⇒单调性．②小技巧判断单调性：设0x1x2，则f(x2)＝f(x1·x2x1)＝f(x1)＋fx2x1f(x1)，得到函数是增函数．【互动探究】当f(x)＝lgx时，上述结论中正确结论的序号是_____.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)；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．解析：(1)令a＝b＝0，则f(0)＝f2(0)．又f(0)≠0，∴f(0)＝1.(2)当x＜0时，－x＞0，∴f(0)＝f(x)·f(－x)＝1.∴f(x)＝1f－x＞0.又x≥0时f(x)≥1＞0.∴x∈R时，恒有f(x)＞0.(3)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．(1)指数函数型抽象函数的一般步骤为f(0)＝1⇒(4)由f(x)·f(2x－x2)＞1，f(0)＝1得f(3x－x2)＞f(0)．又f(x)是R上的增函数，∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.f(－x)＝1fx⇒f(x－y)＝fxfy⇒单调性．(2)小技巧判断单调性：设x1x2，x1－x20，则f(x1－x2)1.f(x1)＝f(x2＋x1－x2)＝f(x2)f(x1－x2)f(x2)，得到函数是增函数．【互动探究】3．设指数函数f(x)＝ax(a＞0且a≠1)，则下列等式正确的有_________(填序号)．①f(x＋y)＝f(x)·f(y)；②f(xy)n＝fn(x)·fn(y)；③f(x－y)＝fxfy；④f(nx)＝fn(x)．①③④思想与方法6．转化与化归思想解信息给予题例题：对定义在[0,1]上，并且同时满足以下两个条件的函数f(x)称为G函数：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，总有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立．已知函数g(x)＝x2与h(x)＝2x－b是定义在[0,1]上的函数．(1)试问函数g(x)是否为G函数？并说明理由；(2)若函数h(x)是G函数，求实数b组成的集合．解析：(1)当x∈[0,1]时，总有g(x)＝x2≥0，满足①，当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，g(x1＋x2)＝(x1＋x2)2＝x21＋x22＋2x1x2≥x21＋x22＝g(x1)＋g(x2)，满足②，故函数g(x)为G函数．(2)∵h(x)＝2x－b{x∈[0,1]}为增函数，∴h(x)≥h(0)＝1－b≥0.∴b≤1.由h(x1＋x2)≥h(x1)＋h(x2)，得122xx－b≥12x－b＋22x－b，即b≥12x＋22x－122xx.∵x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，∴12x＋22x≥2·1222xx.∴b≥2·1222xx－122xx＝1－[1－1222xx]2.∴b≥1.综上所述：b∈{1}．一般地，一个抽象函数都对应着我们非常熟悉的基本函数，在中学阶段，我们主要学习正比例函数型、对数型、指数型以及三角函数类型，因此在学习时应把握对题型的联想与分析，力争事半功倍．f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)、f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)、f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)分别是正比例、对数、指数函数的抽象形式，解题时可以由具体函数的性质知道我们思考的方式及解题的步骤，但不能用具体函数来代替抽象的解析式．