抽象函数经典编辑习题集

抽象函数问题有关解法

由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号f(x)的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。现将常见解法及意义总结如下：

一、解析式问题：

1.换元法：即用中间变量

表示原自变量x的代数式，从而求出f(x)，这也是证某些

公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。

例1：已知 f(解：设

x)2x1,求f(x). x1xuu2u2x∴f(u)2∴f(x) u,则x1x11u1u1u1x2.凑配法：在已知f(g(x))h(x)的条件下，把h(x)并凑成以g(u)表示的代数式，再利用代换即可求f(x).此解法简洁，还能进一步复习代换法。

1，求f(x) 3x1121112解：∵f(x)(x)(x12)(x)((x)3)又∵

xxxxx例2：已知f(x)x31x|x11||x|1 x|x|∴f(x)x(x3)x3x，(|x|≥1)

3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未

23知系数。

例3． 已知f(x)二次实函数，且f(x1)f(x1)x+2x+4,求f(x).

2解:设f(x)=axbxc，则

2f(x1)f(x1)a(x1)2b(x1)ca(x1)2b(x1)c

,.

2(ac)41322a,b1,c=2ax2bx2(ac)x2x4比较系数得2a1222b2∴f(x)123xx 224.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. 例5．一已知f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，且有f(x)+g(x)1， 求f(x),g(x). x1解：∵f(x)为偶函数，g(x)为奇函数，∴f(x)f(x),g(x)g(x),

1 ………①中的x, x111∴f(x)g(x)即f(x)－g(x)……②

x1x11x显见①+②即可消去g(x),求出函数f(x)2再代入①求出g(x)2

x1x1不妨用-x代换f(x)+g(x)=

5、方程组法：通过变量代换，构造方程组，再通过加减消元法消去无关的部分。 例 6.已知f(x)+2f()x1，求f(x)的表达式

1x111代替x得到f()+2f(x)1 （1） xxx1 又f(x)+2f()x1 （2）

x22x1 2（1）-（2）得到3f(x)x1，于是f(x)

x3x33解：用

二、求值问题

例7. 已知定义域为R的函数f(x)，同时满足下列条件：①f(2)1,f(6)②f(x.y)f(x).f(y)，求f(3),f(9)的值。 解：取x2,y3，得f(6)f(2)f(3) 因为f(2)1,f(6)又取xy3

8得f(9)f(3)f(3)

514，所以f(3) 551；5,.

评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取x2,y3，这样便把已知条件f(2)1,f(6)巧。

1与欲求的f(3)沟通了起来。赋值法是解此类问题的常用技5三、定义域问题

例8. 已知函数f(x2)的定义域是［1，2］，求f(x)的定义域。

解：f(x2)的定义域是［1，2］，是指1x2，所以f(x2)中的x2满足1x24 从而函数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，相当于已知f((x))中x的取值范围为A，据此求(x)的值域问题。

五、判断函数的奇偶性：

例11已知f(xy)f(xy)2f(x)f(y),对一切实数x、y都成立，且f(0)0,求证f(x)为偶函数。

证明：令x=0, 则已知等式变为f(y)f(y)2f(0)f(y)……①

在①中令y=0则2f(0)=2f(0)∵ f(0)≠0∴f(0)=1∴f(y)f(y)2f(y)∴

f(y)f(y)∴f(x)为偶函数。

六、单调性问题

例12. 设f(x)定义于实数集上，当x0时，f(x)1，且对于任意实数x,y有

f(xy)f(x)f(y)，求证：f(x)在R上为增函数。

证明：在f(xy)f(x)f(y)中取xy0，得f(0)[f(0)]2 若f(0)0，令x0,y0，则f(x)0，与f(x)1矛盾 所以f(x)0，即有f(0)1

,.

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 所以f(x)10 f(x)又当x0时，f(0)10 所以对任意xR，恒有f(x)0

设x1x2，则x2x10,f(x2x1)1 所以f(x2)f(x1(x2x1)]f(x1)f(x2x1)f(x1) 所以yf(x)在R上为增函数。

评析：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作给定的运算法则，则变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联。

七、解抽象不等式（确定参数的取值范围）

例13：奇函数f(x)在定义域（-1，1）内递减，求满足f(1m)f(1m)0的实

2数m的取值范围。

解：由f(1m)f(1m)0得f(1m)f(1m)，∵f(x)为函数，∴

22f(1m)f(m21)

11m12又∵f(x)在（-1，1）内递减，∴1m110m1

1mm21

,.

巩固练习 练习一

1．给出四个函数，分别满足①f(xy)f(x)f(y)；②g(xy)g(x)g(y)； ③h(xy)h(x)h(y)；④t(xy)t(x)t(y)，又给出四个函数图象

正确的匹配方案是（ ）

（A）①—丁②—乙③—丙④—甲 （B）①—乙②—丙③—甲④—丁

（C）①—丙②—甲③—乙④—丁 （D）①—丁②—甲③—乙④—丙

丁

,.

2．定义在R上的函数f(x)满足f (x + y) = f (x) + f ( y )(x，y∈R)，当x<0时，, f (x)>0，则函

数f (x)在[a,b]上 ( )

A 有最小值f (a) B有最大值f (b) C有最小值f (b) D有最大值f (

ab) 23． 设函数fx的定义域为Ｒ，且对x,yR,恒有fxyfxfy, 若f83,则f1Ａ．

22（

）

Ｃ．

1 2Ｂ．１

Ｄ．

1 44．若偶函数f(x)在,1上是增函数，则下列关系式中成立的是（ ）

33A．f()f(1)f(2) B．f(1)f()f(2)

2233C．f(2)f(1)f() D．f(2)f()f(1)

225．定义在R上的函数fx满足：对任意实数m,n，总有fmnfmfn，且当x0

时，0fx1．（1）试举出一个满足条件的函数fx；（2）试求f0的值；（3）

判断fx的单调性并证明你的结论；（4）若f(1)1-4 D C C D

11,解不等式f(2x1). 2815．（1）如fx，（2）在fmnfmfn中，令m1,n0．得：

2（3）要判断fx的单调性，f1f1f0．因为f10，所以，f01．

可任取x1,x2R，且设x1x2．在已知条件fmnfmfn中，若取

x,.

mnx2,mx1，则已知条件可化为：fx2fx1fx2x1由于x2x10，

．

所以1fx2x10．为比较fx2、fx1的大小，只需考虑fx1的正负即可．在fmnfmfn中，令mx，nx，则得fxfx1．∵

x0时，0fx1， 当x0时，fx110．又f01，所以，综上，可知，对于任意x1R，fx均有fx10．∴ fx2fx1fx1fx2x110．∴ 函数fx在R上单调递减，（4）若

f(2x1)f(1)1,则2f(3)1，则不等式81f(2x1)f(3)，由函数fx在R上单调递减，则2x13，8则不等式的解集为{x|x2}。

练习二

1.若奇函数f(x)(xR)，满足f(2)1,f(x2)f(x)f(2)，则f(1)等于（ ）

A．0

B．1

C．

12D．

122.设对任意实数x1、x2，函数yf(x)(xR,x0)满足f(x1)f(x)f(x1x2)。 （1）求证：f(1)f(1)0；（2）求证：yf(x)为偶函数。

3.已知函数f(x)是定义在(0,)上的增函数，且满足对于任意的正实数x、y，都有

f(xy)f(x)f(y)，且f(2)1.

（1）求f(8)的值；（2）解不等式f(x)f(x2)3.

4.已知函数f(x)对于任意的正实数x、都有f(xy)f(x)f(y)，若f(2)0，y，则下列结论中不正确的是（ ）

,.

11 A．f(1)0 B．f(3)f(4) C．f(2)f()0 D．f(4)f()0

255.设定义在R上的函数f(x)对于任意x,y都有f(xy)f(x)f(y)成立，且

f(1)2，当x0时，f(x)0。

（1）判断f(x)的奇偶性，并加以证明；（2）试问：当-3≤x≤3时，f(x)是否有最值？如果有，求出最值；如果没有，说明理由。

6.若函数f(x)为奇函数，且在（0，+）内是增函数，又f(2)=0，则的解集为（ ）

A．（-2，0）（0，2） B．（-，-2）（0，2）

C．（-，-2）（2，+） D．（-2，0）（2，+）

f(x)f(x)0x

7. 设对满足x0,x1的所有实数x，函数f(x)满足f(x)+f(f(x)的解析式。

x1)1x，求x8. 已知函数f(x)(xR,x0)对任意不等于零的实数x1,x2都有

f(x1.x2)f(x1)f(x2)，试判断函数f(x)的奇偶性。

9. （09年东城区示范校质检一）（本小题满分14分）

,.

设函数yf(x)的定义域为全体R，当x0时，f(x)1，且对任意的实数

x,yR，有f(xy)f(x)f(y)成立，数列{an}满足a1f(0)，且f(an1)1(nN) anf()2an1（Ⅰ）求证：yf(x)是R上的减函数；

（Ⅱ）求数列{an}的通项公式； 10. （09届华南师大附中综合测试题）

设函数f(x)满足

f(0)1，且对任意x,yR，都有

f(xy1)f(x).f(y)f(y)x2.

（Ⅰ）求f(x)的解析式；

（Ⅱ）若数列{an}满足：an13f(an)1,nN且a11, 求数列{an}的通项； 1.解析：对于f(x2)f(x)f(2)，令x1，得f(1)f(1)f(2)即

f(1)f(1)1，

从而2f(1)1，所以f(1)1，选D。 22.解析：（1）令x1x21，得f(1)f(1)f(11)f(1)，所以f(1)0。 令x1x21，得f(1)f(1)f(1)0，所以f(1)0。

（2）令x1x2x，得2f(x)f(x2)，

令x1x2x，得2f(x)f(x2)，从而我们有：f(x)f(x)， 所以，yf(x)为偶函数。

3. 解析：（1）f(2)1f(4)2f(8)3

,.

（2）f(x)f(x2)3f(x)f(x2)f(8)f(x)f[8(x2)]

由函数f(x)是定义在(0,)上的增函数，则x8(x2)即x16， 7x016依题设，有，x2，从而不等式的解集为(2,)。

7x204. 解析：满足f(xy)f(x)f(y)对一切正实数x、y都成立的函数模型是对数函数ylogax。

由f(2)0，可知0a1，从而可知yf(x)是减函数，所以f(3)f(4)，应选B。

5. 解析：⑴令x=y=0，可得f(0)=0

令y=-x，则f(0)=f(－x)+f(x)，∴f(－x)= －f(x)，∴f(x)为奇函数 ⑵设－3≤x1＜x2≤3，y=－x1，x=x2

则f(x2－x1)=f(x2)+f(－x1)=f(x2)－f(x1)，因为x＞0时，f(x)＜0， 故f(x2－x1)＜0，即f(x2)－f(x1)＜0。 ∴f(x2)＜f(x1)、f(x)在区间[－3，3]上单调递减

∴x=－3时，f(x)有最大值f(－3)=－f(3)=－f(2+1)=－[f(2)+f(1)]=－[f(1)+f(1)+f(1)]=6。

x=3时，f(x)有最小值为f(3)= －6。

6.解析：因为f(x)是定义域上的奇函数，所以f(x)的图像关于原点对称。根据题设条件可以作出函数f(x)在R上的大致图象，由

f(x)f(x)f(x)00得：x与f(x)异号。由

xx图像可得解集为（-2，0）（0，2），选择（A）。

,.

7.解析：在f(x)+f(中以

x1)1x （1） xx1代换其中x，得： x

再在(1)中以1代换x，得 x1

32xx1化简得：f(x)= （）1-（2）（+3）2x(x1)评析：如果把x和

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x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。

8.解析：取x11,x21得：f(1)f(1)f(1)，所以f(1)0 又取x1x21得：f(1)f(1)f(1)，所以f(1)0 再取x1x,x21则f(x)f(1)f(x)，即f(x)f(x) 因为f(x)为非零函数，所以f(x)为偶函数。

9.解析：（Ⅰ）令x1,y0，得f(1)f(1)f(0)，

由题意知f(1)0，所以f(0)1，故a1f(0)1．

当x0时，x0，f(0)f(x).f(x)1，进而得0f(x)1．

设x1,x2R且x1x2，则x2x10,0f(x2x1)1，

,.

．

即f(x2)f(x1)，yf(x)是R上的减函数；

（Ⅱ）由f(an1)an1)1， 得 f(an1)f(an2a1nf()2an1所以f(an1an)f(0)． 2an1因为yf(x)是R上的减函数，所以an1an0， 2an1即an1an112， ， 进而

2an1an1an1所以{}是以1为首项，2为公差的等差数列．

an所以

11(n1)22n1， an所以 an1 2n110.解析：（Ⅰ）因f(0)1. 若令xy0得f(1)f(0)f(0)f(0)022

再令y0得f(1)f(x)f(0)f(0)x2 f(x)x1,xR

（Ⅱ）∵f(x)x1，∴an13f(an)13(an1)13an2,

,.

∴an113(an1)又a112 ∴数列{an1}是首项为2,公比为3的等比数列,

∴

，