抽象函数常见模型习题归纳

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：()()()y f x f y x f +=+ 例1、已知()x f 是定义在R 上的函数，对任意的x 、∈y R 都有

()()()y f x f y x f +=+，且当x >0时，()

x f ＜0，()21-=f 。问当33≤≤-x 时，函数()x f 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≠=k kx x f 满足()()()y f x f y x f ±=±。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()x f 的奇偶性、单调性入手解。 解：令,0==y x 则()()()0000f f f +=+，解得()00=f

又因为()()()()00==-=-+f x x x f x f ，所以()()x f x f -=-，即函数()x f 为奇函数。

设1x 、12,x R x ∈<2x ,则21x x ->0，依题意,有21f x x -（）<0

()()()()()0121212<-=-+=-x x f x f x f x f x f ，所以,()()12x f x f <

即函数()x f 在R 上是减函数。

因此，函数()x f 当33≤≤-x 时有最大值()3-f ，且

()()()[]()()()62313213=-•-=-=+-=-f f f f

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）＝2 f （0），∴ f （0）＝0，故

f （－x ）＝f （x ），f （x ）为奇函数，

∴ f （1）＝－f （－1）＝2，又f （－2）＝2 f （－1）＝－4，∴ f （x ）的值域为［－4，2］。

2、一次函数型

例1、 已知函数)(x f 满足:对任意的R n m ∈,，都有1)()()(-+=+n f m f n m f ，并且当0>x 时,1)(>x f ，如4)3(=f ,解不等式,02)5(2

<--+a a f 。

分析:猜想)(x f 的背景函数是一次函数b kx y +=,又由于0>x 时,1)(>x f ，则)(,0,1x f k b >=为增函数,则求不等式的解就转化成证明)(x f 为增函数。

解:令21x x >, 有021>-x x , 由)()(1211x x x f x f +-= =)(1)()(2221x f x f x x f >-+-,则)(x f 为增函数；

因为4)3(=f ，由2)1(31)1()2()12()3(-=-+=+=f f f f f , 所以2)1(=f , 又因为02)5(2

<--+a a f ，则)1()5(2

f a a f <-+， 所以152

<-+a a ,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－1 < a < 3。

3、指数函数型

指数函数型函数特征式为：()()()f x y f x f y +=

例1、定义在R 上的函数()()00,≠=f x f y ，当0>x 时，()1>x f 且对任意R b a ∈,都有()()().b f a f b a f =+

（Ⅰ）求()0f 的值； （Ⅱ）判定函数值的正负；

（Ⅲ）判断()x f 在R 上的单调性； （Ⅳ）若()(

)122

>-x

x f x f ，求x 的取值范围。

分析：由()()()b f a f b a f =+可知此函数是由指数函数x

y a =抽象而来的，再由条件“当0>x 时，

()1>x f ”可知此函数是单调递增函数。由此可知()()()x f x f f ,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==b a 则()()()000f f f =，因为()00≠f ，所以().10=f （Ⅱ）当0-x ，所以()()()1=-=+-x f x f x x f ，即()()

.01

>=-x f x f 又当0≥x 时，(),01>≥x f 所以R x ∈时，恒有().0>x f

（Ⅲ）设21x x >则012>-x x ，所以×因为(),1,01212>->-x x f x x 且()01>x f ， 所以()()()1112x f x f x x f >-。从而()()12x f x f >即()x f 是R 上的增函数。

（Ⅳ）由()()

3

2x f x f z ->1,(),10=f 得()

23x f x ->().0f 又()x f 是R 上的增函数，

所以2

3x x ->0，解得0

4、对数函数型

对数函数型函数特征式为：()()()y f x f xy f +=

例1、已知函数()x f 的定义域是（0，+∞），当1>x 时，(),0>x f 且()()()y f x f xy f +=。

（Ⅰ）求()1f ；

（Ⅱ）判()x f 在定义域上的单调性；