抽象函数专题(1)

抽象函数专题讲座抽象函数是指没有明确给出具体的函数表达式，只是给出一些特殊条件的函数。一.抽象函数定义域1．已知()fx的定义域，求()fgx的定义域其解法是：若()fx的定义域为axb≤≤，则在()fgx中，()agxb≤≤，从中解得x的取值范围即为()fgx的定义域．例1.已知函数()fx的定义域为15，，求(35)fx的定义域．解：()fx的定义域为15，，1355x≤≤，41033x≤≤．故函数(35)fx的定义域为41033，．2、已知()fgx的定义域，求()fx的定义域其解法是：若()fgx的定义域为mxn≤≤，则由mxn≤≤确定的()gx的范围即为()fx的定义域．例2已知函数2(22)fxx的定义域为03，，求函数()fx的定义域．解：由03x≤≤，得21225xx≤≤．令222uxx，则2(22)()fxxfu，15u≤≤．故()fx的定义域为15，．二.抽象函数表达式与函数值1.换元法.例3.已知f(1+x2)=2+x2+x4,求f(x)解:令t=1+x2t12=-1xt原式即为：22(t)=2+t-1+(t-1)=-+2ftt2(x)=-+2fxx1x2.待定系数法：如果抽象函数的类型是确定的，可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。例4.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c(a≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b=-2,c=-1,f(x)=x2-2x-1.3.赋值法：有些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5.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:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,,21)n(f)]1(f[2)n(f)1n(f,1y,nx.21)1(f,0)1(f2得令.22001)2001(f,2n)n(f,21f(n)-1)f(n故即三、抽象函数的模型构造1、线性函数型抽象函数f（x）＝kx（k≠0）---------------f（x±y）＝f（x）±f（y）例6、已知函数)(xf对任意实数x，y，均有)()()(yfxfyxf，且当0x时，0)(xf，2)1(f，求)(xf在区间[－2，1]上的值域。解：设21xx，则012xx，∵当0x时，0)(xf，∴0)(12xxf，∵)()()()(1121122xfxxfxxxfxf，∴0)()()(1212xxfxfxf，即)()(21xfxf，∴)(xf为增函数在条件中，令y＝－x，则)()()0(xfxff，再令x＝y＝0，则)0(2)0(ff，∴0)0(f，故)()(xfxf，)(xf为奇函数，∴2)1()1(ff，又4)1(2)2(ff，∴)(xf的值域为［－4，2］。2、指数函数型的抽象函数f（x）＝ax-------------f（x＋y）＝f（x）f（y）；f（x－y）＝)()(yfxf例7．定义在R上的函数)(xf满足：对任意实数,mn，总有)()()(nfmfnmf，且当0x时，1)(0xf．（1）试求)0(f的值；（2）判断)(xf的单调性并证明你的结论；（3）试举出一个满足条件的函数)(xf．解：（1）在)()()(nfmfnmf中，令1,0mn．得：)0()1()1(fff．因为0)1(f，所以，1)0(f．（2）要判断)(xf的单调性，可任取12,xxR，且设12xx．在已知条件)()()(nfmfnmf中，若取21,mnxmx，则已知条件可化为：)()()(1212xxfxfxf．由于210xx，所以0)(112xxf．为比较)(),(12xfxf的大小，只需考虑)(1xf的正负即可．在)()()(nfmfnmf中，令mx，nx，则得1)()(xfxf．∵0x时，1)(0xf，∴当0x时，.01)(1)(xfxf．又1)0(f，所以，综上，可知，对于任意1xR，均有0)(1xf．∴0]1)()[()()(12112xxfxfxfxf．∴函数)(xf在R上单调递减．（3）如xxf21)(．3、对数函数型的抽象函数f（x）＝logax（a0且a≠1）-----f（x·y）＝f（x）＋f（y）；f（yx）＝f（x）－f（y）例8、已知函数)(xf满足定义域在),0(上的函数，对于任意的),0(,yx，都有)()()(yfxfxyf，当且仅当1x时，0)(xf成立，（1）设),0(,yx，求证)()()(xfyfxyf；（2）设),0(,21xx，若)()(21xfxf，试比较1x与2x的大小；（3）解关于x的不等式01)1(2axaxf证明：（1）∵)()()(yfxfxyf，∴)()()(yfxfxyf，∴)()()(xfyfxyf（2）∵)()(21xfxf，∴0)()(21xfxf，即)()()(2121xfxfxxf0)(21xxf∵当且仅当1x时，0)(xf成立，∴当0)(xf时，1x，∴121xx，21xx（3）令1yx代入)()()(yfxfxyf得)1()1()1(fff，0)1(f，∴关于x的不等式01)1(2axaxf为)1(1)1(2faxaxf，由（2）可知函数)(xf在定义域),0(上是减函数，∴11)1(02axax，由11)1(2axax得，当1a时，ax1，此时01)1(2axax成立；当1a时，1xa，此时01)1(2axax成立；当1a，1x，此时01)1(2axax成立。4、幂函数型的抽象函数2()fxx--------------()()()fxyfxfy，()()()xfxfyfy；例9.已知定义在-,00,+上的函数f(x)对任何x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)0,当x1时,有f(x)1.（1）判断f(x)的奇偶性（2）判断并证明f(x)在(0,+∞)上的单调性.（3）求解不等式f(23-4xx)≥1解:（1）令y＝－1，则(-)()(1)fxfxf，再令x＝y＝1，则2(1)(1)ff，∴(1)1f，再令x＝y＝-1，则2(1)(-1)ff，∴(-1)1f，故()()fxfx，)(xf为偶函数，（2）0)x(f,0)x(f,0)x(f)xx(f)x(fRx2故又有对则则且设,1xx,xx,Rx,x1221211)xx(f)x(f)x(f)xx(f)x(f)xxx(f)x(f)x(f121112111212所以f(x1)f(x2),故f(x)在R+上为减函数.(3)由（2）知函数在定义域内是单调递减的．不等式f(23-4xx)≥1=(1)f即为2301-4xx--4-10014+x解得：的范围，，）（，，学生练习：一．填空题1.若()fx的定义域为35，，则()()(25)xfxfx的定义域为．[-4,0]2.若函数(21)fx的定义域为31,2,则函数2(log)fx的定义域为41,223、函数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．（1）已知()fx是一次函数，且满足3(1)2(1)217fxfxx，()fx=；（2）已知3311()fxxxx，()fx=；答案：（1）()27fxx（2）3()3fxxx（2x或2x）。5.已知()fx是定义在R上的偶函数,且在0,是增函数,1()0,3f则不等式18(log)0fx的解集是______.解:由已知18(log)0fx181(log)()3fxf111888111logloglog333xxx或∴11331188xx,或122xx或.6.已知()fx是定义在(3,3)上的奇函数，当03x时，()fx的图像如右图所示，那么不等式()0fxx的解集是_____________；(-1,0)(0,1)7.(2)(4)(6)(2000)()()(),(1)2,(1)(3)(5)(1999)fffffxyfxfyfffff如果且则的值是_______20008．设f(x)是定义在R上的函数。对任意x1，x2]21.0[，都有f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)，且f(1)＝a＞0．)41(f的值为_______解：由]21,0[,,)()()()(212121xxxfxfxfxf知：)2()2()(xfxfxf≥0，x∈[0，1]∵2)]21([)21()21()2121()1(fffff，f(1)＝a＞0，∴21)21(af∵2)]41([)41()41()4141()21(fffff，∴41)41(af二、解答题9、已知函数f（x）对任意实数x、y均有f（x＋y）＋2＝f（x）＋f（y），且当x0时，f(x)2，O123xyf(3)＝5，求不等式3)22(2aaf的解.解：先证明函数f（x）在R上是增函数；再求出f（1）＝3；最后脱去函数符号.得-1,3a10.设定义在R上的函数f(x),满足当x0时,f(x)1,且对任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2.1)2(f)3x(f21)]x(f[)2(;,4)xx3(f)1(22解方程解不等式解:(1)先证f(x)0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x0时f(x)1,所以f(0)=1.则使假设存在某个又,0)x(f,Rx,0)]2x(f[)2x2x(f)x(foo2f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,与已知矛盾，故f(x)0任取x1,x2∈R且x1x2,则x2-x10,f(x2-x1)1,所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]0.所以x∈R时,f(x)为增函数.解得:{x|1x2}(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=0.11．.函数()fx的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有()fx0;②对任意,xyR,有()[()]yfxyfx;③1()13f.(1)求(0)f的值;(2)求证:()fx在R上是单调增函数;(3)若0abc且2bac,求证:()()2()fafcfb.(1)解:∵对任意xR,有()fx0,∴令0,2xy得,2(0)[(0)](0)1fff(2)任取任取1212,,xxRxx且,则令112211,33xpxp,故12pp∵函数()fx的定义域为R,并满足以下条件:①对任意xR,有()fx0;②对任意,xyR,有()[()]yfxyfx;③1()13f∴1212121111()()()()[()][()]3333ppfxfx