高考抽象函数技能总结因为函数概念比较抽象,学生对解有关函数记号()f x 的问题觉得艰苦,学好这部分常识,能加深学生对函数概念的懂得,更好地控制函数的性质,造就灵巧性;进步解题才能,优化学生数学思维本质.现将罕有解法及意义总结如下：一.求表达式：1.换元法：即用中央变量暗示原自变量x 的代数式,从而求出()f x ,这也是证某些公式或等式经常运用的办法,此法解造就学生的灵巧性及变形才能.例1：已知 ()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u u f u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑正当：在已知(())()f g x h x =的前提下,把()h x 并凑成以()g u 暗示的代数式,再运用代换即可求()f x .此解法简练,还能进一步温习代换法.例2：已知3311()f x x xx +=+,求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x xx x x x +=+-+=++-又∵11||||1||x x x x +=+≥ ∴23()(3)3f x x x x x =-=-,(|x |≥1)3.待定系数法：先肯定函数类型,设定函数关系式,再由已知前提,定出关系式中的未知系数.例3． 已知()f x 二次实函数,且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++,则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++ 4.运用函数性质法:重要运用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数,∴()f x 的界说域关于原点对称,故先求x <0时的表达式.∵-x >0,∴()lg(1)lg(1)f x x x -=-+=-,∵()f x 为奇函数,∴lg(1)()()x f x f x -=-=-∴当x <0时()lg(1)f x x =--∴lg(1),0()lg(1),0x x f x x x +≥⎧=⎨--<⎩例5．一已知()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,且有()f x +1()1g x x =-, 求()f x ,()g x . 解：∵()f x 为偶函数,()g x 为奇函数,∴()()f x f x -=,()()g x g x -=-,无妨用-x 代换()f x +()g x =11x -………①中的x , ∴1()()1f xg x x -+-=--即()f x －1()1g x x =-+……②显见①+②即可消去()g x ,求出函数21()1f x x =-再代入①求出2()1xg x x =-5.赋值法：给自变量取特别值,从而发明纪律,求出()f x 的表达式例6：设()f x 的界说域为天然数集,且知足前提(1)()()f x f x f y xy +=++,及(1)f =1,求()f x解：∵()f x 的界说域为N,取y =1,则有(1)()1f x f x x +=++∵(1)f =1,∴(2)f =(1)f +2,(3)(2)3f f =+……()(1)f n f n n =-+ 以上各式相加,有()f n =1+2+3+……+n =(1)2n n +∴1()(1),2f x x x x N =+∈ 二.运用函数性质,解()f x 的有关问题 1.断定函数的奇偶性：例7 已知()()2()()f x y f x y f x f y ++-=,对一切实数x .y 都成立,且(0)0f ≠,求证()f x 为偶函数.证实：令x =0, 则已知等式变成()()2(0)()f y f y f f y +-=……① 在①中令y =0则2(0)f =2(0)f ∵(0)f ≠0∴(0)f =1∴()()2()f y f y f y +-=∴()()f y f y -=∴()f x 为偶函数.例8：奇函数()f x 在界说域（-1,1）内递减,求知足2(1)(1)0f m f m -+-<的实数m 的取值规模.解：由2(1)(1)0f m f m -+-<得2(1)(1)f m f m -<--,∵()f x 为函数,∴2(1)(1)f m f m -<-又∵()f x 在（-1,1）内递减,∴221111110111m m m m m -<-<⎧⎪-<-<⇒<<⎨⎪->-⎩3.解不定式的有关标题例9：假如()f x =2ax bx c ++对随意率性的t 有(2)2)f t f t +=-,比较(1)(2)(4)f f f 、、的大小解：对随意率性t 有(2)2)f t f t +=-∴x =2为抛物线y =2ax bx c ++的对称轴 又∵其启齿向上∴f (2)最小,f (1)=f (3)∵在［2,＋∞)上,()f x 为增函数∴f (3)<f (4),∴f (2)<f (1)<f (4) 五类抽象函数解法 1.线性函数型抽象函数线性函数型抽象函数,是由线性函数抽象而得的函数.例1.已知函数f（x）对随意率性实数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.剖析：由题设可知,函数f（x）是的抽象函数,是以求函数f（x）的值域,症结在于研讨它的单调性.解：设,∵当,∴,∵,∴,即,∴f（x）为增函数.在前提中,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］.例2.已知函数f（x）对随意率性,知足前提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. 剖析：由题设前提可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数,且f（x）为单调增函数,假如这一猜测准确,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 < 3.2.指数函数型抽象函数例3.设函数f（x）的界说域是（－∞,＋∞）,知足前提：消失,使得,对任何x和y,成立.求：（1）f（0）; （2）对随意率性值x,断定f（x）值的正负.剖析：由题设可猜测f（x）是指数函数的抽象函数,从而猜测f（0）＝1且f（x）＞0.解：（1）令y＝0代入,则,∴.若f（x）＝0,则对随意率性,有,这与题设抵触,∴f（x）≠0,∴f（0）＝1.（2）令y＝x≠0,则,又由（1）知f（x）≠0,∴f （2x）＞0,即f（x）＞0,故对随意率性x,f（x）＞0恒成立.例4.是否消失函数f（x）,使下列三个前提：①f（x）＞0,x∈N;②;③f（2）＝4.同时成立？若消失,求出f（x）的解析式,如不消失,解释来由.剖析：由题设可猜测消失,又由f（2）＝4可得a＝2．故猜测消失函数,用数学归纳法证实如下：（1）x＝1时,∵,又∵x∈N时,f（x）＞0,∴,结论准确.（2）假设时有,则x＝k＋1时,,∴x＝k＋1时,结论准确.综上所述,x为一切天然数时.3.对数函数型抽象函数对数函数型抽象函数,即由对数函数抽象而得到的函数.例5.设f（x）是界说在（0,＋∞）上的单调增函数,知足,求：（1）f（1）;（2）若f（x）＋f（x－8）≤2,求x的取值规模.剖析：由题设可猜测f（x）是对数函数的抽象函数,f（1）＝0,f（9）＝2.解：（1）∵,∴f（1）＝0.（2）,从而有f（x）＋f（x－8）≤f（9）,即,∵f（x）是（0,＋∞）上的增函数,故,解之得：8＜x≤9.例6.设函数y＝f（x）的反函数是y＝g（x）.假如f（ab）＝f（a）＋f（b）,那么g（a＋b）＝g（a）·g（b）是否准确,试解释来由.剖析: 由题设前提可猜测y＝f（x）是对数函数的抽象函数,又∵y＝f（x）的反函数是y＝g（x）,∴y＝g（x）必为指数函数的抽象函数,于是猜测g（a ＋b）＝g（a）·g（b）准确.解：设f（a）＝m,f（b）＝n,因为g（x）是f（x）的反函数,∴g（m）＝a,g （n）＝b,从而,∴g（m）·g（n）＝g（m ＋n）,以a.b分离代替上式中的m.n即得g（a＋b）＝g（a）·g（b）.4.三角函数型抽象函数三角函数型抽象函数即由三角函数抽象而得到的函数.例7.己知函数f（x）的界说域关于原点对称,且知足以下三前提：①当是界说域中的数时,有;②f（a）＝－1（a＞0,a是界说域中的一个数）;③当0＜x＜2a时,f（x）＜0.试问：（1）f（x）的奇偶性若何？解释来由.（2）在（0,4a）上,f（x）的单调性若何？解释来由.剖析: 由题设知f（x）是的抽象函数,从而由及题设前提猜测：f（x）是奇函数且在（0,4a）上是增函数（这里把a算作进行猜测）.解：（1）∵f（x）的界说域关于原点对称,且是界说域中的数时有,∴在界说域中.∵,∴f（x）是奇函数.（2）设0＜x1＜x2＜2a,则0＜x2－x1＜2a,∵在（0,2a）上f（x）＜0,∴f（x1）,f（x2）,f（x2－x1）均小于零,进而知中的,于是f（x1）＜ f（x2）,∴在（0,2a）上f（x）是增函数.又,∵f（a）＝－1,∴,∴f（2a）＝0,设2a＜x＜4a,则0＜x－2a＜2a,,于是f（x）＞0,即在（2a,4a）上f（x）＞0.设2a＜x1＜x2＜4a,则0＜x2－x1＜2a,从而知f（x1）,f（x2）均大于零.f（x2－x1）＜0,∵,∴,即f（x1）＜f（x2）,即f（x）在（2a,4a）上也是增函数.综上所述,f（x）在（0,4a）上是增函数.5.幂函数型抽象函数幂函数型抽象函数,即由幂函数抽象而得到的函数.例8.已知函数f（x）对随意率性实数x.y都有f（xy）＝f（x）·f（y）,且f（－1）＝1,f（27）＝9,当时,.（1）断定f（x）的奇偶性;（2）断定f（x）在［0,＋∞）上的单调性,并给出证实;（3）若,求a的取值规模.剖析：由题设可知f（x）是幂函数的抽象函数,从而可猜测f（x）是偶函数,且在［0,＋∞）上是增函数.解：（1）令y＝－1,则f（－x）＝f（x）·f（－1）,∵f（－1）＝1,∴f（－x）＝f（x）,f（x）为偶函数.（2）设,∴,,∵时,,∴,∴f（x1）＜f（x2）,故f（x）在0,＋∞）上是增函数.（3）∵f（27）＝9,又,∴,∴,∵,∴,∵,∴,又,故.抽象函数罕有题型解法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式,只给出了一些表现函数特点的式子的一类函数.因为抽象函数表示情势的抽象性,使得这类问题成为函数内容的难点之一.本文就抽象函数罕有题型及解法评析如下：一.界说域问题例1. 已知函数的界说域是［1,2］,求f(x)的界说域.解：的界说域是［1,2］,是指,所以中的知足从而函数f(x)的界说域是［1,4］评析：一般地,已知函数的界说域是A,求f(x)的界说域问题,相当于已知中x的取值规模为A,据此求的值域问题.例2. 已知函数的界说域是,求函数的界说域.解：的界说域是,意思是凡被f感化的对象都在中,由此可得所以函数的界说域是评析：这类问题的一般情势是：已知函数f(x)的界说域是A,求函数的界说域.准确懂得函数符号及其界说域的寄义是求解此类问题的症结.这类问题本质上相当于已知的值域B,且,据此求x的取值规模.例2和例1情势上正相反.二.求值问题例3. 已知界说域为的函数f(x),同时知足下列前提：①;②,求f(3),f(9)的值.解：取,得因为,所以又取得评析：经由过程不雅察已知与未知的接洽,奇妙地赋值,取,如许便把已知前提与欲求的f(3)沟通了起来.赋值法是解此类问题的经常运用技能.三.值域问题例4. 设函数f(x)界说于实数集上,对于随意率性实数x.y,总成立,且消失,使得,求函数的值域.解：令,得,即有或.若,则,对随意率性均成立,这与消失实数,使得成立抵触,故,必有.因为对随意率性均成立,是以,对随意率性,有下面来证实,对随意率性设消失,使得,则这与上面已证的抵触,是以,对随意率性所以评析：在处理抽象函数的问题时,往往须要对某些变量进行恰当的赋值,这是一般向特别转化的须要手腕.四.解析式问题例5. 设对知足的所有实数x,函数知足,求f(x)的解析式.解：在中以代换个中x,得：再在(1)中以代换x,得化简得：评析：假如把x和分离看作两个变量,如何实现由两个变量向一个变量的转化是解题症结.平日情形下,给某些变量恰当赋值,使之在关系中“消掉”,进而保存一个变量,是实现这种转化的重要计谋.五.单调性问题例6. 设f(x)界说于实数集上,当时,,且对于随意率性实数x.y,有,求证：在R上为增函数.证实：在中取,得若,令,则,与抵触所以,即有当时,;当时,而所以又当时,所以对随意率性,恒有设,则所以所以在R上为增函数.评析：一般地,抽象函数所知足的关系式,应看作给定的运算轨则,则变量的赋值或变量及数值的分化与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的成果相接洽关系.六.奇偶性问题例7. 已知函数对随意率性不等于零的实数都有,试断定函数f(x)的奇偶性.解：取得：,所以又取得：,所以再取则,即因为为非零函数,所认为偶函数.七.对称性问题例8. 已知函数知足,求的值.解：已知式即在对称关系式中取,所以函数的图象关于点（0,2002）对称.依据原函数与其反函数的关系,知函数的图象关于点（2002,0）对称.所以将上式中的x用代换,得评析：这是统一个函数图象关于点成中间对称问题,在解题中运用了下述命题：设a.b均为常数,函数对一切实数x都知足,则函数的图象关于点（a,b）成中间对称图形.八.收集分解问题例9. 界说在R上的函数f(x)知足：对随意率性实数m,n,总有,且当x>0时,0<f(x)<1.（1）断定f(x)的单调性;（2）设,,若,试肯定a的取值规模.解：（1）在中,令,得,因为,所以.在中,令因为当时,所以当时而所以又当x=0时,,所以,综上可知,对于随意率性,均有.设,则所以所以在R上为减函数.（2）因为函数y=f(x)在R上为减函数,所以即有又,依据函数的单调性,有由,所以直线与圆面无公共点.是以有,解得. 评析：（1）要评论辩论函数的单调性必定涉及到两个问题：一是f(0)的取值问题,二是f(x)>0的结论.这是解题的症结性步调,完成这些要在抽象函数式中进行.由特别到一般的解题思惟,联想类比思维都有助于问题的思虑息争决.界说在R 上的函数f x ()知足：f x f x ()()=-4且f x f x ()()220-+-=,求f ()2000的值.解：由f x f x ()()220-+-=, 以t x =-2代入,有f t f t ()()-=, ∴f x ()为奇函数且有f ()00=又由f x f x ()[()]+=--44故f x ()是周期为8的周期函数,例2 已知函数f x ()对随意率性实数x y ，都有f x y f x f y ()()()+=+,且当x >0时,f x f ()()>-=-012，,求f x ()在[]-21，上的值域.解：设x x 12< 且x x R 12，∈, 则x x 210->,由前提当x >0时,f x ()>0 又f x f x x x ()[()]2211=-+∴f x ()为增函数,令y x =-,则f f x f x ()()()0=+- 又令x y ==0 得f ()00=∴-=-f x f x ()(),故f x ()为奇函数,∴=-=f f ()()112,f f ()()-=-=-2214∴-f x ()[]在，21上的值域为[]-42，二. 求参数规模这类参数隐含在抽象函数给出的运算式中,症结是运用函数的奇偶性和它在界说域内的增减性,去掉落“f ”符号,转化为代数不等式组求解,但要特别留意函数界说域的感化.例3 已知f x ()是界说在（-11，）上的偶函数,且在（0,1）上为增函数,知足f a f a ()()---<2402,试肯定a 的取值规模.解： f x ()是偶函数,且在（0,1）上是增函数,∴f x ()在()-10，上是减函数,由-<-<-<-<⎧⎨⎩1211412a a 得35<<a . （1）当a =2时,f a f a f ()()()-=-=2402,不等式不成立.（2）当32<<a 时, （3）当25<<a 时,综上所述,所求a 的取值规模是()()3225，， .例 4 已知f x ()是界说在(]-∞，1上的减函数,若f m x f m x (sin )(cos )221-≤++对x R ∈恒成立,求实数m 的取值规模. 解： m x m x m x m x 22223131-≤++≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪sin cos sin cos对x R ∈恒成立⇔-≤-≥++⎧⎨⎪⎩⎪m x m x m x22231sin sin cos 对x R ∈恒成立⇔ 对x R ∈恒成立, 三. 解不等式这类不等式一般须要将常数暗示为函数在某点处的函数值,再经由过程函数的单调性去掉落函数符号“f ”,转化为代数不等式求解.例 5 已知函数f x ()对随意率性x y R ，∈有f x f y f x y ()()()+=++2,当x >0时,f x ()>2,f ()35=,求不等式f a a ()2223--<的解集. 解：设x x R 12、∈且x x 12< 则x x 210-> ∴->f x x ()212, 即f x x ()2120-->, 故f x ()为增函数,又f f f f f ()()()()()3212123145=+=+-=-=是以不等式f a a ()2223--<的解集为{}a a |-<<13. 四. 证实某些问题例6 设f x ()界说在R 上且对随意率性的x 有f x f x f x ()()()=+-+12,求证：f x ()是周期函数,并找出它的一个周期.剖析：这同样是没有给出函数表达式的抽象函数,其一般解法是依据所给关系式进行递推,若能得出f x T f x ()()+=（T 为非零常数）则f x ()为周期函数,且周期为T.证实： f x f x f x ()()()()=+-+121()()12+得f x f x ()()()=-+33由（3）得f x f x ()()()+=-+364由（3）和（4）得f x f x ()()=+6.上式对随意率性x R ∈都成立,是以f x ()是周期函数,且周期为6.例7 已知f x ()对一切x y ，,知足f f x y f x f y ()()()()00≠+=⋅，,且当x <0时,f x ()>1,求证：（1）x >0时,01<<f x ()；（2）f x ()在R 上为减函数. 证实： 对一切x y R ，∈有f x y f x f y ()()()+=⋅. 且f ()00≠,令x y ==0,得f ()01=, 现设x >0,则-<x 0,f x ()->1, 而f f x f x ()()()01=⋅-=∴<<01f x (),设x x R 12，∈且x x 12<, 则0121<-<f x x ()，∴>f x f x ()()12,即f x ()为减函数. 五. 分解问题求解抽象函数的分解问题一般难度较大,常涉及到多个常识点,抽象思维程度请求较高,解题时需掌控好如下三点：一是留意函数界说域的运用,二是运用函数的奇偶性去掉落函数符号“f ”前的“负号”,三是运用函数单调性去掉落函数符号“f ”.例8 设函数y f x =()界说在R 上,当x >0时,f x ()>1,且对随意率性m n ，,有f m n f m f n ()()()+=⋅,当m n ≠时f m f n ()()≠.（1）证实f ()01=;（2）证实：f x ()在R 上是增函数;（3）设{}A x y f x f y f =⋅<()|()()()，221,B x y f ax by c a b c R a =++=∈≠{()|()}，，，，，10,若A B =∅,求a b c ，，知足的前提.解：（1）令m n ==0得f f f ()()()000=⋅, ∴=f ()00或f ()01=.若f ()00=,当m ≠0时,有fm fm f ()()()+=⋅00,这与当m n ≠时,f m f n ()()≠抵触, ∴=f ()01. （2）设x x 12<,则x x 210->,由已知得f x x ()211->,因为x 10≥,f x ()11>,若x 10<时,->->x f x 1101，(),由f fx f x ()()()011=⋅- （3）由f x f y f ()()()221⋅<得x y 2211+<()由f a x b y c ()++=1得a x b y c ++=0（2） 从（1）.（2）中消去y 得()a b x a c x c b 2222220+++-<,因为AB =∅ ∴=-+-<∆()()()24022222a c ab cb , 即a b c222+< 例9 界说在（-11，）上的函数f x ()知足（1）,对随意率性x y ，，∈-()11都有f x f y f x yx y()()()+=++1, （2）当x ∈-()10，时,有f x ()>0,（1）试断定f x ()的奇偶性;（2）断定f x ()的单调性;（3）求证ff f n nf ()()()()15111131122+++++>….剖析：这是一道以抽象函数为载体,研讨函数的单调性与奇偶性,再以这些性质为基本去研讨数列乞降的分解题.解：（1）对前提中的x y ，,令x y ==0,再令y x =-可得f f f f x f x f f x f x ()()()()()()()()000000+=+-=⎧⎨⎩⇒=-=-⎧⎨⎩,所所以f x ()奇函数. （2）设-<<<1012x x ,则fx fx fx f x f x x x x ()()()()()121212121-=+-=-- x x x x 1212001-<<<，, ∴--<x x x x 121210,由前提（2）知f x xx x ()121210-->,从而有f x f x ()()120->,即f x f x ()()12>,故f x ()()在，-10上单调递减,由奇函数性质可知,f x ()在（0,1）上仍是单调减函数.（3） f n n ()1312++抽象函数问题分类解析我们将没有明白给出解析式的函数称为抽象函数.近年来抽象函数问题一再消失于各类测验题中,因为这类问题抽象性强,灵巧性大,多半同窗觉得迷惑,求解无从下手.本文试图经由过程实例作分类解析,供进修参考. 1. 求界说域这类问题只要紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体,相当于f x ()中的x这一特点,问题就会水到渠成.例 1. 函数y f x =()的界说域为(]-∞，1,则函数y f x =-[l o g ()]222的界说域是___.剖析：因为l o g()22x 2-相当于f x ()中的x,所以l o g()2221x -≤,解得 22<≤x 或-≤<-22x .例 2. 已知f x ()的界说域为(0)，1,则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的界说域是______.剖析：因为x a +及x a-均相当于f x ()中的x,所以(1)当-≤≤120a 时,则x a a ∈-+()，1 (2)当012<≤a 时,则x a a ∈-()，1 2. 断定奇偶性依据已知前提,经由过程恰当的赋值代换,追求f x ()与f x ()-的关系. 例3. 已知f x ()的界说域为R,且对随意率性实数x,y 知足fx y fx f y ()()()=+,求证：f x ()是偶函数.剖析：在fx y fx f y ()()()=+中,令x y ==1, 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1,得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-= 于是fx f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是偶函数.例4. 若函数y f xf x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称,求证：函数 y f x =()是偶函数.证实：设y f x =()图象上随意率性一点为P （x y 00，）y f x =()与y f x=-()的图象关于原点对称, ∴P x y ()00，关于原点的对称点()--x y 00，在y f x =-()的图象上, 又y f x 00=() 即对于函数界说域上的随意率性x 都有f x f x ()()-=,所所以y f x =()偶函数.3. 断定单调性依据函数的奇偶性.单调性等有关性质,画出函数的示意图,以形助数,问题敏捷获解.例5. 假如奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5,那么f x ()在区间[]--73，上是A. 增函数且最小值为-5B. 增函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 剖析：画出知足题意的示意图1,易知选B.图1例6. 已知偶函数f x ()在(0)，+∞上是减函数,问f x ()在()-∞，0上是增函数照样减函数,并证实你的结论.剖析：如图2所示,易知f x ()在()-∞，0上是增函数,证实如下： 任取xx x x 121200<<⇒->-> 因为f x ()在(0)，+∞上是减函数,所以f x f x ()()-<-12. 又f x ()是偶函数,所以 f x f xf x f x ()()()()-=-=1122，, 从而f x f x ()()12<,故f x ()在()-∞，0上是增函数. 图24. 寻找周期性这类问题较抽象,一般解法是细心剖析题设前提,经由过程相似,联想出函数原型,经由过程对函数原型的剖析或赋值迭代,获得问题的解. 例7. 设函数f x ()的界说域为R,且对随意率性的x,y 有f x y f x y f x f y ()()()()++-=⋅2,并消失正实数c,使f c ()20=.试问f x ()是否为周期函数？若是,求出它的一个周期;若不是,请解释来由.剖析：细心不雅察剖析前提,联想三角公式,就会发明：y x =c o s 知足题设前提,且cos π20=,猜测f x ()是以2c 为周期的周期函数.故f x()是周期函数,2c是它的一个周期.5. 求函数值紧扣已知前提进行迭代变换,经有限次迭代可直接求出成果,或者在迭代进程中发明函数具有周期性,运用周期性使问题奇妙获解.例8. 已知f x()的界说域为R+,且fxy fx fy()()()+=+对一切正实数x,y都成立,若f()84=,则f(2)=_______.剖析：在前提fxy fx fy()()()+=+中,令x y==4,得f f f f()()()()844244=+==,又令x y==2,得f f f(4)(2)(2)=+=2,例9. 已知f x()是界说在R上的函数,且知足：f x f x f x()[()]()+-=+211,f()11997=,求f(2001)的值.剖析：紧扣已知前提,并多次运用,发明f x()是周期函数,显然f x()≠1,于是f x f x f x()() ()+=+ -211,所以f xf x f x()()()+=-+=81 4故f x()是以8为周期的周期函数,从而6. 比较函数值大小运用函数的奇偶性.对称性等性质将自变量转化到函数的单调区间内,然后运用其单调性使问题获解.例10. 已知函数f x()是界说域为R的偶函数,x<0时,f x()是增函数,若x 1<,x20>,且||||x x12<,则f x f x()()--12，的大小关系是_______.剖析： x x 1200<>，且||||x x 12<, 又x <0时,f x ()是增函数,f x ()是偶函数,故f x f x ()()->-127. 评论辩论方程根的问题例11. 已知函数f x ()对一切实数x 都知足f x f x ()()11+=-,并且f x ()=0有三个实根,则这三个实根之和是_______.剖析：由f x f x ()()11+=-知直线x =1是函数f x ()图象的对称轴. 又f x ()=0有三个实根,由对称性知x 11=必是方程的一个根,其余两根x x 23，关于直线x =1对称,所以x x 23212+=⨯=,故x x x 1233++=. 8. 评论辩论不等式的解求解这类问题运用函数的单调性进行转化,脱去函数符号.例12. 已知函数f x ()是界说在(]-∞，1上的减函数,且对一切实数x,不等式fk x fk x(s i n )(s i n)-≥-22恒成立,求k 的值. 剖析：由单调性,脱去函数记号,得由题意知(1)(2)两式对一切x R ∈恒成立,则有 9. 研讨函数的图象这类问题只要运用函数图象变换的有关结论,就可获解.例13. 若函数y f x =+()2是偶函数,则y f x =()的图象关于直线_______对称.剖析：y f x =()的图象右移个单位左移个单位22y f x =+()2的图象,而y f x =+()2是偶函数,对称轴是x =0,故y f x =()的对称轴是x =2.例14. 若函数f x ()的图象过点（0,1）,则f x ()+4的反函数的图象必过定点______.剖析：f x ()的图象过点（0,1）,从而f x ()+4的图象过点()-41，,由原函数与其反函数图象间的关系易知,f x ()+4的反函数的图象必过定点()14，-. 10. 求解析式例15. 设函数f x ()消失反函数,g x f x h x ()()()=-1，与g x ()的图象关于直线x y +=0对称,则函数h x ()=A. -f x ()B. --f x ()C. --f x 1()D. ---f x 1()剖析：请求y h x =()的解析式,本质上就是求y h x =()图象上任一点Px y ()00，的横.纵坐标之间的关系.点Px y ()00，关于直线y x =-的对称点()--y x 00，合适y f x =-1(),即-=-x g y 00(). 又gx f x ()()=-1,即h x f x ()()=--,选B. 抽象函数的周期问题2001年高考数学（文科）第22题：设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x =1对称.对随意率性x x 12012，，∈[]都有f xx f xf x ()()()1212+=⋅. （I ）设f ()12=，求f f ()()1214，; （II ）证实f x ()是周期函数. 解析：（I ）解略.（II ）证实：依题设y f x =()关于直线x =1对称 故f x f x x R ()()=-∈2， 又由f x ()是偶函数知 将上式中-x以x 代换,得 这标明f x ()是R 上的周期函数,且2是它的一个周期f x ()是偶函数的本质是f x ()的图象关于直线x =0对称 又f x ()的图象关于x =1对称,可得f x ()是周期函数 且2是它的一个周期由此进行一般化推广,我们得到思虑一：设f x ()是界说在R 上的偶函数,其图象关于直线x aa =≠()0对称,证实f x ()是周期函数,且2a 是它的一个周期.证实： f x ()关于直线x a=对称 又由f x ()是偶函数知f x f x x R ()()-=∈， 将上式中-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2a 是它的一个周期思虑二：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于直线x a =和x ba b =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期. 证实： f x ()关于直线x a x b ==和对称 将上式的-x以x 代换得 ∴f x ()是R 上的周期函数且2()b a -是它的一个周期若把这道高考题中的“偶函数”换成“奇函数”,f x ()照样不是周期函数？经由摸索,我们得到思虑三：设f x ()是界说在R 上的奇函数,其图象关于直线x =1对称.证实f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.,证实： f x ()关于x =1对称∴=-∈fx f x xR ()()2， 又由f x ()是奇函数知f x f x x R f x f x x R()()()()-=-∈∴-=--∈，，2将上式的-x以x 代换,得 ∴f x ()是R 上的周期函数 且4是它的一个周期f x ()是奇函数的本质是f x ()的图象关于原点（0,0）中间对称,又f x ()的图象关于直线x =1对称,可得f x ()是周期函数,且4是它的一个周期.由此进行一般化推广,我们得到思虑四：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a ()，0中间对称,且其图象关于直线x bb a =≠()对称.证实f x ()是周期函数,且4()b a -是它的一个周期.证实： f x ()关于点M a ()，0对称 ∴-=-∈f a x f x x R ()()2， f x ()关于直线x b =对称∴=-∈∴-=--∈f x f b x x Rf b x f a x x R()()()()222，，将上式中的-x以x 代换,得 f b x f a x x Rf x b a f b x b a f a x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()][()][()]()2242242242222+=-+∈∴+-=++-=-++-=-+-=+-=∈，，∴f x ()是R 上的周期函数 且4()b a -是它的一个周期由上我们发明,界说在R 上的函数f x (),其图象如有两条对称轴或一个对称中间和一条对称轴,则f x ()是R 上的周期函数.进一步我们想到,界说在R 上的函数f x (),其图象假如有两个对称中间,那么f x ()是否为周期函数呢？经由摸索,我们得到思虑五：设f x ()是界说在R 上的函数,其图象关于点M a ()，0和N b a b ()()，0≠对称.证实f x ()是周期函数,且2()b a -是它的一个周期.证实： f x ()关于Ma Nb ()()，，，00对称 ∴-=-∈-=-∈∴-=-∈f a x f x x R f b x f x x R f a x f b x x R()()()()()()2222，，，将上式中的-x 以x 代换,得f a x f b x x Rf x b a f b x a f a x a f x x R()()[()][()][()]()2222222+=+∈∴+-=+-=+-=∈，，∴f x ()是周期函数且2()b a -是它的一个周期抽象函数解法规谈抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其知足的前提的函数,如函数的界说域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数部分的难点,也是大学高级数学函数部分的一个连接点,因为抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,是以懂得研讨起来比较艰苦.但因为此类试题即能考核函数的概念和性质,又能考核学生的思维才能,所以备受命题者的青睐,那么,如何求解抽象函数问题呢,我们可以运用特别模子法,函数性质法,特别化办法,联想类比转化法,等多种办法从多角度,多层面去剖析研讨抽象函数问题, 一:函数性质法函数的特点是经由过程其性质(如奇偶性,单调性周期性,特别点等)反响出来的,抽象函数也是如斯,只有充分发掘和运用题设前提和隐含的性质,灵巧进行等价转化,抽象函数问题才干转化,化难为易,经常运用的解题办法有:1,运用奇偶性整体思虑;2,运用单调性等价转化;3,运用周期性回归已知4;运用对称性数形联合;5,借助特别点,布列方程等. 二:特别化办法1在求解函数解析式或研讨函数性质时,一般用代换的办法,将x 换成-x 或将x 换成等 2在求函数值时,可用特别值代入3研讨抽象函数的具体模子,器具体模子解选择题,填空题,或由具体模子函数对分解题,的解答供给思绪和办法.总之,抽象函数问题求解,用通例办法一般很难凑效,但我们假如能经由过程对标题标信息剖析与研讨,采取特别的办法和手腕求解,往往会收到事半功倍之功能,真有些山穷水复疑无路,柳暗花明又一村的快感. 1． 已知函数f(x)对随意率性x.y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)+ f(y)+3xy(x+y+2)+3,且f(1)=1 ①若t 为天然数,(t>0)试求f(t)的表达式②知足f(t)=t 的所有整数t 可否组成等差数列?若能求出此数列,若不克不及解释来由 ③若t 为天然数且t≥4时, f(t) ≥mt2+(4m+1)t+3m,恒成立,求m 的最大值. 2． 已知函数f(x)=1)(1)(+-x g x g ,且f(x),g(x)界说域都是R,且g(x)>0, g(1) =2,g(x) 是增函数. g(m) · g(n)=g(m+n)(m.n ∈R)求证：①f(x)是R 上的增函数②当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n 解: ①设x1>x2g(x)是R 上的增函数, 且g(x)>0 ∴ g(x1) > g(x2) >0 ∴g(x1)+1 > g(x2)+1 >0∴1)(22+x g >1)(21+x g >0∴1)(22+x g -1)(21+x g >0∴f(x1)- f(x2)=1)(1)(11+-x g x g - 1)(1)(22+-x g x g =1-1)(21+x g -(1-1)(22+x g )=1)(22+x g -1)(21+x g >0∴ f(x1) >f(x2)∴ f(x)是R 上的增函数②g(x) 知足g(m) · g(n)= g(m+n)(m.n ∈R) 且g(x)>0 ∴ g(n)=[ g(1)]n=2n 当n ∈N,n≥3时, 2n>n ∴f(n)=1212+-n n＝1-122+n ,1+n n ＝1-11+n2n ＝（1+1）n ＝1+n+…+i nC +…+n+1>2n+1 ∴ 2n+1>2n+2∴122+n<11+n ,即1-122+n>1-11+n∴当n ∈N,n≥3时,f(n)>1+n n3． 设f1(x) f2(x)是(0,+∞)上的函数,且f1(x)单增,设f(x)= f1(x) +f2(x) ,且对于(0,+∞)上的随意率性两相异实数x1, x2 恒有| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|①求证：f (x)在(0,+∞)上单增. ②设F(x)=x f (x), a>0.b>0. 求证：F(a+b)> F(a)+F(b) . ①证实:设 x1>x2>0f1(x) 在(0,+∞)上单增f1(x1)－ f1(x2)>0∴| f1(x1)－ f1(x2)|= f1(x1)－ f1(x2)>0| f1(x1)－ f1(x2)| >| f2(x1)－ f2(x2)|∴f1(x2)- f1(x1)<f2(x1)－ f2(x2)< f1(x1)－ f1(x2) ∴f1(x1)+f2(x1)> f1(x2)+ f2(x2) ∴f(x1)> f(x2)f (x)在(0,+∞)上单增 ②F(x)=x f (x), a>0.b>0a+b>a>0,a+b>b>0F(a+b)=(a+b)f(a+b)=af(a+b)+bf(a+b)f (x)在(0,+∞)上单增∴F(a+b)>af(a)+bf(b)= F(a)+F(b)4． 函数y ＝f(x)知足 ①f(a+b)＝f (a)·f (b),②f(4)＝16, m.n 为互质整数,n≠0 求f(nm)的值 f(0) =f(0+0)=f(0) ·f(0)=f2(0)∴f(0) =0或1.若f(0)=0则f(4)=16=f(0+4)=f(0) ·f(4)=0.(抵触)∴f(1)=1f(4)=f(2) ·f(2)=f(1) ·f(1) ·f(1) ·f(1)=16f(1)=f2(21)≥0 ∴f(1)=2.仿此可证得f(a)≥0.即y=f(x)长短负函数.f(0)=f(a+(-a))=f(a) ·f(-a)∴f(-a)=)(1a f n ∈N*时f(n)=fn(1)=2n,f(-n)=2-nf(1)=f(n 1+n 1+…+n 1)=fn(n1)=2 ∴f(n 1)= n12∴f(nm )=[f(n1)]m= nm 25． 界说在（-1,1）上的函数f (x)知足 ① 随意率性x.y ∈（-1,1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),②x ∈（-1,0）时, 有f(x) >01) 剖断f(x)在（-1,1）上的奇偶性,并解释来由 2) 剖断f(x)在（-1,0）上的单调性,并给出证实3) 求证：f (1312++n n )＝f (11+n )－f (21+n )或f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21) (n ∈N*) 解:1)界说在（-1,1）上的函数f (x)知足随意率性x.y ∈（-1,1）都有f(x)+ f(y)＝f (xyyx ++1),则当y=0时, f(x)+ f(0)＝f(x) ∴f(0)=0当-x=y 时, f(x)+ f(-x)＝f(0)∴f(x)是（-1,1）上的奇函数2) 设0>x1>x2>-1f(x1)-f(x2)= f(x1)+ f(-x2)=)1(2121x x xx f --0>x1>x2>-1 ,x ∈（-1,0）时,有f(x) >0,1-x1 x2>0, x1-x2>0∴)1(2121x x xx f -->0即f(x)在（-1,0）上单调递增.3)f (1312++n n )=f(12312-++n n ) =f()2)(1(11)2)(1(1++-++n n n n )=f(211112111+•+-+-+n n n n )=f(11+n )-f(21+n ) ∴f (51)+f (111)+…+f (1312++n n ) =f(21)-f(31)+f(31)-f(41)+f(41)+…+f(11+n )-f(21+n )= f(21) -f(21+n )=f(21)+f(-21+n )x ∈（-1,0）时,有f(x) >0∴f(-21+n )>0, f(21)+f(-21+n )>f(21)即f (51)+f (111)+…+f (1312++n n )> f (21)6． 设 f (x)是界说在R 上的偶函数,其图像关于直线x=1对称, 对随意率性x1.x2∈[0,12]都有f (x1+ x2)＝f(x1) ·f(x2), 且f(1)=a>0. ①求f (12)及 f (14);②证实f(x)是周期函数③记an=f(2n+12n ), 求lim ∞→n (lnan)解: ①由f (x)= f (x 2 + x2)=[f(x)]2≥0,f(x)a= f(1)=f(2n·12n )=f(12n +12n +…+12n )＝[f (12n )]2解得f (12n)=n a 21∴ f (12)=21a,f (14)=41a . ②f(x)是偶函数,其图像关于直线x=1对称, ∴f(x)=f(-x),f(1+x)=f(1-x).∴f(x+2)=f[1+(1+x)]= f[1-(1+x)]= f(x)=f(-x). ∴f(x)是以2为周期的周期函数.③an=f(2n+12n )= f (12n)=n a 21∴lim ∞→n (lnan)= lim ∞→n aa 2ln =07． 设)(x f y =是界说在R 上的恒不为零的函数,且对随意率性x.y ∈R 都有f(x+y)＝f(x)f(y)①求f(0),②设当x<0时,都有f(x)>f(0)证实当x>0时0<f(x)<1, ③设a1=21,an=f(n)（n ∈N* ）,sn 为数列｛an ｝前n 项和,求lim ∞→n sn.解：①②仿前几例,略. ③an ＝f(n),∴ a1＝f(1)＝21an+1＝f(n+1)=f(n)f(1)＝21an∴数列｛an ｝是首项为21公比为21的等比数列∴sn ＝1-n⎪⎭⎫ ⎝⎛21∴lim ∞→n sn ＝18． 设)(x f y =是界说在区间]1,1[-上的函数,且知足前提： （i ）;0)1()1(==-f f（ii ）对随意率性的.|||)()(|],1,1[,v u v f u f v u -≤--∈都有 （Ⅰ）证实：对随意率性的;1)(1],1,1[x x f x x -≤≤--∈都有 （Ⅱ）证实：对随意率性的;1|)()(|],1,1[,≤--∈v f u f v u 都有 （Ⅲ）在区间[－1,1]上是否消失知足题设前提的奇函数)(x f y =,且使得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧∈-=-∈-<-].1,21[,|,||)()(|].21,0[,.|||)()(|v u v u v f u f v u v u v f u f 当当 若消失,请举一例：若不消失,请解释来由.（Ⅰ）证实：由题设前提可知,当]1,1[-∈x 时,有,1|1|)1()(|)(|x x f x f x f -=-≤-=即.1)(1x x f x -≤≤-（Ⅱ）证法一：对随意率性的 1.|v -u ||f(v)-f(u)|,1||],1,1[,≤≤≤--∈有时当v u v u当0,u ,1|v -u |<⋅>v 时无妨设,0<u 则1,u -0>>v v 且 所以,|1||1||)1()(||)1()(||)()(|-++≤-+--≤-v u f v f f u f v f u f.1)(211<--=-++=u v v u 综上可知,对随意率性的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f证法二：由（Ⅰ）可得,当.||11)1()(||)(|,]0,1[x,-1f(x),]1,0[x x f x f x f x x -=+≤--=-∈≤∈时时 所以,当.||1)(|,]1,1[x x f x -≤-∈时是以,对随意率性的],1,1[,-∈v u当1||≤-v u 时,.1|||)()(|≤-≤-v u v f u f 当1||>-v u 时,有0<⋅v u 且.2||||||1≤+=-<v u v u所以.1)||(|2||1||1|)(||)(||)()(|≤+-=-+-≤+≤-v u v u v f u f v f u f 综上可知,对随意率性的],1,1[,-∈v u 都有.1|)()(|≤-v f u f（Ⅲ）答：知足所述前提的函数不消失.来由如下,假设消失函数)(x f 知足前提,则由],1,21[,|,||)()(|∈-=-v u v u v f u f得.21|121||)1()21(|=-=-f f 又,0)1(=f 所以.21|)21(|=f ①。
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