高考抽象函数解题全总结

抽象函数常见题型解法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数。

由于抽象函数表现形式的抽象性，使得这类问题成为函数内容的难点之一。

本文就抽象函数常见题型及解法评析如下：一、定义域问题例1. 已知函数)(2x f 的定义域是［1，2］，求f （x ）的定义域。

解：)(2x f 的定义域是［1，2］，是指21≤≤x ，所以)(2x f 中的2x 满足412≤≤x从而函数f （x ）的定义域是［1，4］评析：一般地，已知函数))((x f ϕ的定义域是A ，求f （x ）的定义域问题，相当于已知))((x f ϕ中x 的取值范围为A ，据此求)(x ϕ的值域问题。

例2. 已知函数)(x f 的定义域是]21[，-，求函数)]3([log 21x f -的定义域。

解：)(x f 的定义域是]21[，-，意思是凡被f 作用的对象都在]21[，-中，由此可得4111)21(3)21(2)3(log 11221≤≤⇒≤-≤⇒≤-≤--x x x 所以函数)]3([log 21x f -的定义域是]4111[，评析：这类问题的一般形式是：已知函数f （x ）的定义域是A ，求函数))((x f ϕ的定义域。

正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键。

这类问题实质上相当于已知)(x ϕ的值域B ，且A B ⊆，据此求x 的取值范围。

例2和例1形式上正相反。

二、求值问题例3. 已知定义域为+R 的函数f （x ），同时满足下列条件：①51)6(1)2(==f f ，；②)()()(y f x f y x f +=⋅，求f （3），f （9）的值。

解：取32==y x ，，得)3()2()6(f f f += 因为51)6(1)2(==f f ，，所以54)3(-=f 又取3==y x 得58)3()3()9(-=+=f f f 评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取32==y x ，，这样便把已知条件51)6(1)2(==f f ，与欲求的f （3）沟通了起来。

高考抽象函数技巧全总结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、求表达式： 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 ()211x f x x =++,求()f x .解：设1x u x =+,则1u x u=-∴2()2111u u f u uu-=+=--∴2()1x f x x-=-2.凑合法：在已知(())()f g x h x =即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。

例2：已知3311()f x x xx+=+，求()f x解：∵22111()()(1)(f x x x x xxx+=+-+=11|||1||x xx =+≥∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|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.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4.已知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 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。

高考数学解题方法专题讲解专题(三) 抽象函数单调性的判断方法[例] [2021·西安模拟]已知定义在R上的函数f(x)满足：①f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋1，②当x>0时，f(x)>－1.(1)求f(0)的值，并证明f(x)在R上是单调增函数；(2)若f(1)＝1，解关于x的不等式f(x2＋2x)＋f(1－x)>4.解题视点：(1)对于抽象函数的单调性的证明，只能用定义．应该构造出f(x2)－f(x1)并与0比较大小．(2)将函数不等式中的抽象函数符号“f”运用单调性“去掉”是本小题的切入点．要构造出f(M)<f(N)的形式．解析：(1)令x＝y＝0得f(0)＝－1.证明如下：在R上任取x1>x2，则x1－x2>0，f(x1－x2)>－1.又f(x1)＝f((x1－x2)＋x2)＝f(x1－x2)＋f(x2)＋1>f(x2)，所以，函数f(x)在R上是单调增函数．(2)由f(1)＝1，得f(2)＝3，f(3)＝5.由f(x2＋2x)＋f(1－x)>4得f(x2＋x＋1)>f(3)，又函数f(x)在R上是增函数，故x2＋x＋1>3，解之，得x<－2或x>1，故原不等式的解集为{x|x<－2或x>1}．答题模板：解函数不等式问题的一般步骤第一步：确定函数f(x)在给定区间上的单调性；第二步：将函数不等式转化为f(M)<f(N)的形式；第三步：运用函数的单调性“去掉”函数的抽象符号“f”，转化成一般的不等式或不等式组；第四步：解不等式或不等式组确定解集；第五步：反思回顾．查看关键点，易错点及解题规范．答题启示：对于抽象函数的单调性的判断仍然要紧扣单调性的定义，结合题目所给性质和相应的条件，对任意x1，x2在所给区间内比较f(x1)－f(x2)与0的大小，或f(x1)，f(x2)同号时比较f(x1)f(x2)与1的大小．有时根据需要，需作适当的变形：如x1＝x2·x1x2或x1＝x2＋x1－x2等．。

高考抽象函数技巧全总结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、求表达式： 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()211xf x x =++,求()f x . 解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u-=+=--∴2()1xf x x-=- 2.凑合法：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。

例2：已知3311()f x x x x+=+，求()f x解：∵22211111()()(1)()(()3)f x x x x x x x 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.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4.已知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 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。

高考数学抽象函数的6大快速解题技巧1.换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos 2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2),则f(u)=-u 2+3u+1 (0≤u ≤2)故f(x)=-x 2+3x+1 (0≤u ≤2)2.方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。

例2..232|)x (f :|,x )x 1(f 2)x (f ),)x (f ,x ()x (f y ≥=-=求证且为实数即是实数函数设 解:02)x (xf 3 x ,x1)x (f 2)x1(f ,x x 12=++=-与已知得得代换用 .232|)x (f |,024)x (9f 02≥∴≥⨯-≥∆得由例3.f(x).1),x 0(x ,x 1)x1x (f )x (f 求且已知≠≠+=-+ 解:(1)1),x 0(x x 1)x1x (f )x (f ≠≠+=-+且 ,x1x 1)x 1x 1x 1x (f )x 1x (f :x x 1-x -+=---+-得代换用 :x )1(x-11 (2) .x 1x 2)x 11(f )x 1-x f( 得中的代换再以即-=-+ (3) .x1x 2)x (f )x -11f( ,x 111)x111x 11(f )1x 1(f --=+-+=---+-即 1)x 0(x x2x 21x x )x (f :2)2()3()1(223≠≠---=-+且得由 3.待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则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)=2x 2-4x,求f(x).解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x 2-2x-1.4.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。

抽象函数解题方法与技巧函数的周期性：1、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x -a)（或f(x -2a)=f(x)）(a >0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数；2、若y=f(x)的图像关于直线x=a 和x=b 对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b （a ≠b ），则函数y=f(x)是周期为4|a -b|的周期函数；5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a -x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a ；如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a ；6、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)()1()f x a f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭或()1()f x a f x ⎛⎫+=-⎪⎝⎭或，则y=f(x)是周期为2|a|的周期函数； 7、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a 的周期函数；8、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数。

（7、8应掌握具体推导方法，如7） 函数图像的对称性： 1、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线2a b x +=对称；2、若函数y=f(x)满足f(x)=f(2a -x)或f(x+a)=f(a -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=a 对称；3、若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(b -x)=c ，则y=f(x)的图像关于点,22a b c +⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称图形； 4、曲线f(x,y)=0关于点(a,b )的对称曲线的方程为f(2a -x,2b -y)=0； 5、形如()0,ax by c ad bc cx d+=≠≠+的图像是双曲线，由常数分离法 d ad ad a x b ba c c c y d d c c x c x c c ⎛⎫+-+-+ ⎪⎝⎭==+⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知：对称中心是点,d a c c ⎛⎫- ⎪⎝⎭；6、设函数y=f(x)定义在实数集上，则y=f(x+a)与y=f(b -x)的图像关于直线2b a x -=对称；7、若函数y=f(x)有反函数，则y=f(a+x)和y=f -1(x+a)的图像关于直线y=x+a 对称。

抽象函数解题全攻略抽象函数常以高中函数的主体内容——定义域、函数的单调性、函数的奇偶性、函数的周期性为背景,以解不等式、求数列通项等为目的,知识覆盖面较大,综合性较强,灵活选择方法的要求较高,再加上题意变幻,构思精巧,具有相当的深度和难度.为了应对2010年的高考,本着未雨绸缪的思想,本文探讨一些抽象函数问题,并举例分析其解题方法,旨在探索题型规律,开拓同学们的视野. 一、抽象函数的周期性 一个函数,如果有两条对称轴,则它是周期函数,如果有两个对称中心,它也必然是周期函数;如果有一个对称中心和一条对称轴,则它也是周期函数,抽象函数经常在这个方面出题. 例1 设函数f(x)在(-∞,+∞)上满足f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x),且在闭区间[0,7]上,只有f(1)=f(3)=0. ⑴试判断函数y=f(x)的奇偶性; (2)试求方程f(x)=0在闭区间[-2010,2010]上的根的个数,并证明你的结论. ⑴分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),要注意判断y=f(x)也有可能是非奇非偶函数. 解析⑴由f(2-x)=f(2+x),得f(x)=f(4-x);由f(7-x)=f(7+x),得f(x)=f(14-x),故f(4-x)=f(14-x),即f(x)=f(x+10),函数y=f(x)的周期为T=10,而f(3)=f(1)=0,f(7)≠0,f(-3)=f(-3+10)=f(7)≠0,所以f(-3)≠±f(3),故函数y=f(x)是非奇非偶函数. ⑵分析:显然要根据周期解决,周期为10,在闭区间[0,7 ]上,只有f(1)=f(3)=0,必须研究f(8)、f(9)、f(10)是否为0. 解析⑵f(3)=f(1)=0,图像关于x=7对称,故可知f(8)=f(6)≠0,同理f(9)≠0,f(10)≠0,即在一个周期内只有两个根.可知函数y=f(x)在[0,2010]上有402个根,在[-2010,0]上有402个解,所以函数y=f(x)在[-2010,2010]上有804个解. 点评⑴若函数f(a+x)=f(b-x)满足,则关于直线x=对称;⑵若函数满足f(x+a)=-f(x),则周期为T=2a. 若函数满足f(a-x)=f(b-x),则周期T=b-a. 二、抽象函数的单调性 函数是数学大厦的“基石”,是中学数学中具有统帅作用的重要内容,函数的单调性则是函数的核心.经常利用导数来判断函数的单调性.由于抽象函数没有具体解析式,所以其单调性的证明又别有一番风味. 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x>1时f(x)>0,f(2)=1.(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. 解析(1)分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),因此可令x1=-1,x2=x. 再利用特值法求f(-1),f(1). 证明: f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0}关于原点对称,因为对定义域内的任意x1、x2都有f(x1•x2)=f(x1)+ f(x2),令x1=-1,x2=x,则有f(-x)=f(x)+f(-1),又令x1=x2=-1,得f(1)=2f(-1),再令x1=x2=1,得f(1)=0,从而f(-1)=0,于是有f(-x)=f(x),可知f(x)是偶函数. (2)分析:证明单调性一般采用定义法来证. 本题的关键是利用f(x1•x2)=f(x1)+f(x2),因此可令x2=x1•t(t>1). 证明: 设任意x1,x2满足01),故f(x1)-f(x2)=f(x1)-[f(x1)+f(t)]=-f(t),因为t>1,故f(t)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)分析:由于没有具体函数,因此要解不等式必须利用函数的单调性,也就是要求出f(m)=2中的m,又因为函数是偶函数,故可以利用f(-x)=f(x)=f(|x|)来解不等式. 解析: 由于f(2)=1,令x1=x2=2,则f(4)=2f(2)=2,于是待解不等式可化为f(2x2-1) 点评⑴在抽象函数问题中,常用的特殊值是f(0), f(1),f(-1)等等;⑵如果题目所给的条件是f(x1+x2) =f(x1)f(x2),则在证明单调性时,一般可令x2=x1+t(t>0);⑶在求解不等式时,可以采用令x1=x2等于所给的两个数的方法来解决. 三、抽象函数的原型 抽象函数也是从实际函数中转化而来的,在解题中,如果能够熟练把握抽象函数的原型,能够使解题事半功倍. 例3 设函数y=f(x)是定义在R上的函数,并且满足下面三个条件:①对任意正数x、y,都有f(xy)=f(x)+f(y);②当x>1时,f(x)<0;③f(3)=-1. ⑴求f(1)、f()的值;⑵如果不等式f(x)+f(2-x)<2成立,求x的取值范围;(3) 如果存在正数k,使不等式f(kx)+f(2-x)<2有解,求正数k的取值范围. 分析观察所给条件,推断出抽象函数的原型是f(x)=logx,由此易知f(1)=0,f()=2.找到原型后对于后面解不等式及求值等问题有很大的帮助, 但是不能使用原型函数直接解题. 解析⑴令x=y=1,易得f(1)=0. 而f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2,且f(9)+f()=f(1)=0,所以f()=2. ⑵由条件①及(1)的结果得:f(x(2-x)),0 ⑶同上,不等式f(kx)+f(2-x)<2,可化为kx(2-x)>且0,此不等式有解等价于k>[]min.∵[x(2-x)]max=1,故k>即为所求范围. 点评以下是一些常见抽象函数的原型: 一次函数f(x)=kx+b(k≠0)抽象函数模型为:f(x+y)=f(x)+f(y)+b; 指数函数f(x)=ax(a>0,a≠1),抽象函数模型为:①f(x+y)=f(x)•f(y);②f(x-y)=; 对数函数f(x)=logax(a>0,a≠1)抽象函数模型为:①f(xy)=f(x)+f(y);②f()=f(x)-f(y); 余弦函数f(x)=cosx有公式cos(α+β)+cos(α-β)=2cosαcosβ,其抽象函数模型为:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y). 四、抽象函数的交汇性 关注知识交汇点,把握纵横联系,揭示普遍规律,注重综合应用,在知识的交汇点处命题,考查综合分析问题解决问题的能力,是高考命题的风向标.例4 设函数f(x)的定义域为R,当x<0时,0分析第三问是数列与抽象函数的交汇,考察了求通项,等比数列求和,裂项相消等知识. 解析(1)令y=0,x=-1,得f(-1)=f(-1)f(0),f(-1)[1- f(0)]=0,∵f(-1)>0,∵f(0)=1. (2) 又∵x<0时,f(x)>0,∴当x>0时,由f(x-x)=f(x) f(-x)=1,得f(x)=>0,故对于x∈R,f(x)>0.设x1 (3) 由f(a2 n+1-a2n)=(n∈N*),得f(a2 n+1-a2n)f(an+1-3an-2)=f(0),即f(a2 n+1-a2n+an+1-3an-2)=f(0),(n∈N*),∵函数f(x)是R上单调函数,∴a2 n+1-a2n+an+1-3an-2=0 (an+1+an+2)(an+1-an-1)=0,∵数列{an}各项都是正数,∴an+1+an+2≠0,∴an+1-an=1(n∈N*),∴数列{an}是首项a1=f(0)=1,公差为1的等差数列,且an=n.∵==-, ∴Tn=++…+=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-. 而Sn=b1+b2+…+bn=+()2+…+()n==1-.∵当n=1时,2n=n+1,∴Tn=Sn,当n≥2时,2n=(1+1) n=1+n++…>n+1,∴<,∴Tn 点评经过适当构造,抽象函数还可以与不等式、概率统计、导数等等知识点相交汇. 五、抽象函数的创新性 创新型问题是给出一个新定义、新运算、新函数或新概念,要求考生利用其解决问题.这种问题不能利用以往的公式或定理,把考查的方向由死记硬背转向考查考生的能力运用.解创新型问题,需要通过阅读分析材料,捕捉相关信息,通过归纳、类比与探索,发现解题方法.这类题立意新、构思巧,既考查考生的阅读理解能力与数学语言转化能力,又考查考生分析、探究和解决问题的能力. 例5 已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体,存在非零常数,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立. (1) 函数f(x)=x是否属于集合M?说明理由; (2) 设f(x)∈M,且T=2, 已知当1 分析对于第一问一般来说是假设属于集合,然后再找出成立的条件是否满足. 对于第二问,类似于使用周期性来求解析式. 解析(1) 假设函数f(x)=x属于集合M,则存在非零常数T,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立,即: x+T=Tx成立.令x=0,则T=0,与题设矛盾,故f(x)M. (2) f(x)∈M,且T=2,则对任意x∈R,有f(x+2)=2f(x),设-3 当1 总之,抽象函数试题可以帮助同学们学习一些重要的数学思想,有助于进一步打好数学基础,提高数学思维能力,有利于扩展数学视野,有利于提高对数学的科学价值、应用价值、文化价值的认识,真正达到“学数学,用数学,做数学”的境界.。

2019 年高考数学一轮复习抽象函数求解技巧我们把没有给出详细分析式的函数称为抽象函数，下文是抽象函数求解技巧，希望能够帮助到同学们。

函数是每年高考的热门，而抽象函数性质的运用又是函数的难点之一。

抽象函数是指没有给出详细的函数分析式或图像，但给出了函数知足的一部分性质或运算法例。

此类函数试题既能全面地考察学生对函数观点的理解及性质的代数推理和论证能力，又能综合考察学生对数学符号语言的理解和接受能力，以及对一般和特别关系的认识。

所以备授命题者的喜爱，在近几年的高考试题中不停地出现。

但是，因为这种问题自己的抽象性和其性质的隐蔽性，大部分学生在解决这种问题时，感觉一筹莫展。

下边经过例题来商讨这种问题的求解策略。

例：设 y=蕊(x) 是定义在区间 [-1，1]上的函数，且知足条件：(i)f(-1)=f(1)=0;(ii) 对随意的 u,v[-1，1]，都有 f(u)-f(v)u-v 。

(Ⅰ)证明：对随意的x[-1，1]，都有 x-11-x;(Ⅱ)证明：对随意的u,v[-1 ，1]，都有 f(u)-f(v)1 。

解题：(Ⅰ)证明：由题设条件可知，当x[-1，1]时，有 f(x)=f(x)-f(1)x-1=1-x,即 x-11-x.(Ⅱ)证明：对随意的u,v[-1 ，1]，当 u-v1 时，有 f(u)-f(v)1当 u-v1，uv0,不如设 u0，则 v0 且 v-u1,此中 v(0，1]，u[-1，0)要想使已知条件起到作用，在[-1，0)上取一点，使之与 u 配合以利用已知条件，合f(-1)=f(1)=0 知，个点可 -1。

同理，在 (0，1]上取点 1，使之与 v 配合以利用已知条件。

所以，f(u)-f(v)f(u)-f(-1)+f(v)-f(1)u+1+v-1=1+u+1-v=2-(v-u)1与此刻“教”一称最靠近的“老”观点，最早也要追忆至宋元期。

金代元好《示侄伯安》云：“伯安入小学，悟非凡貌，属句有夙性，字惊老。

一、抽象函数常见问题：1、定义域（就是自变量x 取值范围）：整体替换，2、简单求值问题：主要就是赋值，主要赋值有0、1、2、-1、-23、综合问题（求值和解不等式）：一般2种方向：赋值和构造函数 其目的就是构造f(x)<f(m)或f(x)=f(n)的形式，从而达到去掉“马甲 ”f, 难题可以多次赋值，从而达到构造目的二、抽象函数单调性常见构造形式：1、f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)构造为f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1）+f(x 1)即f(x 2)-f(x 1)=f(x 2-x 1）2、f(x 1)+f(x 2)=f(x 1+x 2)-a构造为f(x 2)-f(x 1)=f[(x 2-x 1)+x 1]-f(x 1)即f(x 2)-f(x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)-f(x 1)-a3、f(x 1/x 2)=f(x 1)-f(x 2) 直接设x 1，x 2，函数直接作差即可4、f(x 1*x 2)=f(x 1)*f(x 2)构造为f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)*f(x 1)即f(x 2)/f(x 1)=f(x 2-x 1)三、几个常见抽象函数的方程：(1)正比例函数()f x cx =,()()(),(1)f x y f x f y f c +=+=.(2)指数函数()x f x a =,()()(),(1)0f x y f x f y f a +==≠.(3)对数函数()log a f x x =,()()(),()1(0,1)f xy f x f y f a a a =+=>≠.f(x/y)=f(x)-f(y)(4)幂函数()f x x α=,'()()(),(1)f xy f x f y f α==.(5)余弦函数()c o f x x =,正弦函数()s i g x x =，()()()()()f x y f x f y g x g y -=+，0()(0)1,lim 1x g x f x →==.（6）正切函数f(x)=tanx,f(x+y)=(f(x)+f(y))/(1-f(x)f(y))或f(x-y)=(f(x)-f(y))/(1+f(x)f(y))。

5归纳抽象函数常见题型及解法抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一类函数•由于抽象函数表现 形式的抽象性，使得这类问题是函数内容的难点之一，其性质常常是隐而不漏，但一般情况下大多是以学过的常见 函数为背景，对函数性质通过代数表述给出•抽象函数的相关题目往往是在知识网络的交汇处设计，高考对抽象函 数的要求是考查函数的概念和知识的内涵及外延的掌握情况、逻辑推理能力、抽象思维能力和数学后继学习的潜 能•为了扩大读者的视野，特就抽象函数常见题型及解法评析如下.一、函数的基本概念问题 1 •抽象函数的定义域问题2 例1 已知函数f(x )的定义域是［1 , 2］,求f (X)的定义域.2 2解：由f(x )的定义域是［1 , 2］,是指1 ≤ X ≤ 2 ,所以1 ≤x ≤ 4, 即函数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.例2已知函数f (X)的定义域是［—1, 2］,求函数f ［log 1(3 X)］的定义域.2解：由f (X)的定义域是［—1, 2］,意思是凡被f 作用的对象都在［—1 , 2］中，由此易得 f(x)的定义域是A,求函数f ( (X))的定义域.正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键•一般地，若函数f (X)的定义域是A,则X 必须是A 中的元素，而不能是 A以外的元素，否则，f (X)无意义.因此，如果f(χo )有意义，则必有x o A 所以，这类问题实质上相当于已知 (X)的值域是A,据此求X 的取值范围，即由(X) A 建立不等式，解出 X 的范围•例2和例1形式上正相反.2 •抽象函数的求值问题1例3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)=1:②f(x y)=f(x) + f(y),求 f(3)、f(9)的值.—1≤ log 1 (3 — X )≤ 2 (1) 2 ≤ 3 — X ≤( 1) 12 2111 ≤ X ≤4•••函数f[∣og 1(3X )］的定义域是［1 , 7]评析：这类问题的一般形式是：已知函数解：取 X = 2 , y = 3 ,得 f(6)= f(2) + f (3),1 4•• f(2) = 1 , f(6)= ,∙∙∙ f(3)=-5 5又取 X = y = 3 ,得 f (9) = f (3) + f (3) =- 8.51评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地取X = 2 , y = 3 ,这样便把已知条件f (2) = 1 , f (6)= 与欲求的5f(3)沟通了起来.这是解此类问题的常用技巧.3.抽象函数的值域问题例4设函数f (x)定义于实数集上，对于任意实数 X 、y, f (x + y) = f (x) f (y)总成立，且存在 X I ≠χ设存在 X 0 ∈ R 使得 f ( X 0) = 0 ,则 f (0) = f ( X 0 — x 0) = f ( X 0) f ( — x 0) = 0 这与f (0) ≠0矛盾，因此，对任意 X∈ R f (x) ≠0. 所以 f (x) > 0.4 .抽象函数的解析式问题1 2x 一 1f (———)=,⑵使得f (X 1 ) ≠ f ( X 2 ),求函数f (X)的值域.解：令 X = y = 0 ,得 f (0) = f 2(0),即有 f (0) = 0若 f (0) = 0 ,贝U f (X) = f (X + 0) = f (X) f (0) 由于 f (X + y)==f (X)f (y) 对任意X 、 y ∈R 均成立, XZX X 上，x 、 r X2f (X) = f (- + —) =(―) f (―)=[f (―)] 2 ≥2 22 22下面只需证明，对任意x ∈ R f (0) ≠0 即可.或 f (0) = 1 .,对任意X ∈R 均成立，这与存在实数 X I ≠χ 2 ,使得因此，对任意 x∈ R 有评析：在处理抽象函数的问题时, 往往需要对某些变量进行适当的赋值，这是 般向特殊转化的必要手段.式.解：在 设对满足 X≠0, X≠1的所有实数X,函数f (X)满足f (X) + f (X 1)=1 + X ,求f (X)的解析Xf (X) + f (+ X , (1)X 1中以 代换其中X ,得:Xf (x 1 ) ≠ f ( X 2 )成立矛盾•故 f (0) ≠0,即 f (0) =1X 1 X1 1 X 2再在(1)中以一——代换X,得:f(———)+ f (X)= ------------------- , ⑶X 1 X 1 X 13 2 1(1) — (2) + ⑶ 化简得：f(x) = -__X——.2X(X— 1)X 1评析：如果把X和-一1分别看作两个变量，怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键•通常情况下，X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.二、寻觅特殊函数模型问题1 •指数函数模型例6 设f (X)定义于实数集 R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)，同时f (1) = 2 ,解不等式f (3x — X2 ) >4•联想：因为a x y= a X∙a y(a > 0，a≠ 1),因而猜测它的模型函数为f(x) = a x (a > 0，a≠ 1)(由f(1) = 2 ，还可以猜想f (X) = 2 x) •思路分析：由f(2)= f (1 1)=f(1)∙ f (1)= 4 ,需解不等式化为f(3x — X2 ) > f (2) •这样，证明函数f(x) 的(由f (X) = 2 X ,只证明单调递增)成了解题的突破口.解：由f (x + y) = f (x) ∙ f (y)中取 X =y = 0 2得f (0) = f (0),若f (O) = 0 ,令 x> 0 , y = 0 ,则f(X)=0 ,与f (X) > 1 矛盾.∙∙∙ f (0) ≠ 0 ,即有f (0)= 1当X > 0时,f (X) > 1 > 0 ,当XV 0 时，—X > 0 , f ( — X) > 1> 0 ,而f(X) •f ( — x) = f (0) = 1∙∙∙ f(X)=1 > 0 •f( X)又当X = 0 时，f (0) = 1 > 0 ,∙ X∈R , f (X) > 0 •设一∞V X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 —X 1 > 0 ,f ( X 2 —X I) > 1•∙ f ( X 2) =f [ X I + ( X 2 - X1 )]= :f (X1) f ( X 2 — X1 ) > f ( X I ) •∙∙∙ y = f在R上为增函数(X)又∙∙∙ f! ,∙ f (3x — X2) > f (1) • f (1) = f (1 + 1) = f (2),由f (X)的单调递增性质可得: (1) = 23x — x 2> 2,解得 K XV 2. 2. 对数函数模型1例7已知函数f (X)满足：⑴f (1) = 1;⑵函数的值域是［—1, 1］;⑶在其定义域上单调递减；⑷ f (X) +2I I1 1f(y)= f (X ∙ y)对于任意正实数x 、y 都成立•解不等式 f (x) ∙ f () ≤ 1 X 2以猜测它的模型函数为 f (X) =log I X 且f 1 (x)的模型函数为f 1(x) = (1)x .22思路分析：由条件⑵、⑶知,f(x)的反函数存在且在定义域 ［—1, 1］上递减，由⑴知f 1(1) =- •剩下的只需2由f 1(x)的模型函数性质和运算法则去证明 f 1(X 1) ∙ f 1(X 2) = f 1(X 1 X 2),问题就能解决了.解：由已知条件⑵、⑶知，f (x)的反函数存在，且 f 1(1)=—,又在定义域［—1 , 1］上单调递减.2设 y 1= f 1 (X 1), y 2 = f 1(X 2),则有 χ1=f (yj , χ2=f ( y 2)，1∙∙∙χ 1 + X 2 =f (y 1) + f ( y 2) = f (y 1y 2),即有 yd 2=f (X 1 + X 2).∙∙∙ f 1(x 1) ∙ f 1(x 2) = f 1(X 1 X 2),于是，原不等式等价于：11 11f (X )f (1),X11 X1 X1 ,11 X 1 ,1 X1,1 X1 XX = 0 .1 X 1,1 X 1,111 - 1 .1 1 . 1 X1 X故原不等式的解集为{0}.解这类冋题可以通过化抽象为具体的方法，即通过联想、分析，然后进行类比猜测，经过带有非逻辑思维成份的推理，即可寻觅出它的函数模型，由这些函数模型的性质、法则来探索此类问题的解题思路.3 •幕函数模型例8 已知函数f (x)对任意实数x 、y 都有f (Xy) = f (x) ∙ f (y),且f( 1) =1, f (27) =9,当0≤XV 1时, 0≤f (x) V 1 时.⑴判断f(x)的奇偶性；联想：因为 Iog a (X ∙ y) = Iog X + log a y,而 Iog1 丄=1 , y = Iog2 21 X 在其定义域［—1, 1］内为减函数，所 2⑵判断f (X)在[0,+∞ )上的单调性，并给出证明；⑶若a≥0且f (a 1) ≤ 39 ,求a的取值范围.2 联想：因为X n∙y n = (X ∙ y)n，因而猜测它的模型函数为 f (x) = X n (由f(27)=9,还可以猜想f (x) = X ).2思路分析：由题设可知 f (X)是幕函数y = X1的抽象函数，从而可猜想 f (X)是偶函数，且在[O,+∞ )上是增函数.解：⑴令 y = -1 ,则f( X) = f(X) ∙f( 1),∙∙∙ f( 1)=1,∙∙∙ f ( X)= f(X),即f (X)为偶函数.⑵若X≥0,贝y f(X)= f (、. X X) = f X) ∙ f (、. x) =[ f ( '一X)] 2≥0.设 0≤χ I VX2 ,则 0≤ 0 V 1,X2X1X1∙ f (X I)= f (一X2)=f( I)∙ f (X2 ),X2X2∙.∙当 x≥0 时f (x) ≥0,且当0≤X V 1 时，0≤ f (x) V 1.∙0≤ f (XI) V 1, ∙ f (x1) V f (X2),故函数f (x)在[0 ,+∞ )上是增函数.X2⑶∙∙∙ f (27)=9 ,又f(3 9)= f (3) ∙f(9)=f(3) ∙f(3) ∙f(3) = [ f (3) ] 3,∙ 9 = [ f(3)] 3 ,∙∙∙ f(3) =39 ,∙∙∙ f (a 1) ≤ 39 ,∙ f (a 1) ≤ f(3),τa≥0 , (a + 1), 3 [0 , +∞ ),函数在[0 , +∞ )上是增函数.∙a+ 1 ≤ 3,即a≤ 2 ,又a≥0,故0≤a≤2.三、研究函数的性质问题1•抽象函数的单调性问题例9 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：由f (x + y) = f (x) f (y)中取 X = y = 0 ,得f (O) = f 2(0),若f (O) = O ，令 x> O, y = O，贝U f (x) = O ，与f(X)> 1 矛盾..∙. f (O) ≠0,即有f (O) = 1 .当 X>O 时，f (X) > 1 > O,当 X V O 时，一X>O, f ( — x) > 1> O,1而f (X) ∙ f ( — X) = f (O) = 1 ------------------ ,∙∙∙ f (X) = > O .f( X)又当 X = O 时，f (O) = 1 > O ,∙ X ∈ R f (x) > O.设一∞V X I Vx2 V +∞,贝U x2— X I >O, f ( X 2— X I ) > 1.∙ f ( X 2) = f [ X I + ( X 2 — x1 )] = f (X 1 ) f ( X 2 — x1 ) > f ( X I ).∙ 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，而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.2.抽象函数的奇偶性问题例1O已知函数f (x) (X ∈ R, x≠O)对任意不等于零实数x1' X2都有f (x 1∙χ 2 ) = f (x 1) + f (x 2 ), 试判断函数f (X)的奇偶性.解：取 X I =— 1, X2 = 1 得：f( — 1) = f ( — 1) + f (1) , ∙ f (1) = O .又取 x1 = X 2 =— 1 得：f (1) = f ( — 1) + f ( — 1) , ∙ f ( — 1) = O .再取 x1 = X , X 2 = — 1 则有f( — x) = f ( — 1) + f (x),即f( — x) = f (x),∙∙∙ f (X)为非零函数，∙ f (X)为偶函数.3.抽象函数的周期性问题例11函数f(X)定义域为全体实数，对任意实数a、b,有f (a + b) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b),且存在C C> O，使得f( ) = O ,求证f (x)是周期函数.2联想：因为 cos(a + b) + cos(a — b) = 2cosacosb ,且cos — = 0,因而得出它的模型函数为y = CoSX ,由y = CoSX2的周期为2 ,可猜想2C为f(x)的一个周期.思路分析：要在证明2C为f (X)的一个周期，则只需证 f (X 2C) = f (X),而由已知条件f (C) = 0和f (a +Cb) + f (a — b) =2 f (a) ∙ f (b)知，必须选择好a、b的值，是得条件等式出现f()和f (χ).2C C证明：令 a = X + , b = ,代入f (a + b) + f (a — b) = 2 f (a) ∙ f (b)可得2 2f (X + C ) = —f (x).∙∙∙ f (X + 2C ) = f [(x + C) + C ] = —f (X + C ) = f (X),即f (X)是以 2C 为周期的函数.评析：如果没有余弦函数作为模型，就很难想到2C就是所求函数的周期，解题思路是难找的•由此可见，寻求或构造恰当的模型函数，可以为思考与解题定向，是处理开放型问题的一种重要策略.4•抽象函数的对称性问题例 12 已知函数 y = f (X)满足f (X) + f ( X) = 2002 ,求f 1(χ)+f 1(2002 χ)的值.解：由已知，在等式f (a X) + f (a X) = 2b中a = 0 , b = 2002 ,所以，函数y = f (X)关于点(0 , 2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y = f 1(X)关于点(2002 , 0)对称.∙ f 1(X 1001)+ f 1(1001 X) = 0 ,将上式中的 X用 x— 1001 换，得f 1(x)+ f 1(2002 X)= 0 .评析：这是同一个函数图象关于点成中心对称问题，在解题中使用了下述命题：即：设a、b均为常数，函数y=f (X)对一切实数X都满足f(a X)+ f (a X) = 2b ,则函数y = f (x)的图象关于点(a , b)成中心对称图形.四、抽象函数中的网络综合问题例13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，0v f (x) V 1.⑴判断f (X)的单调性；⑵设 A = {(x , y)| f(x2) ∙ f (y2) > f(1)}, B = {(x , y)| f (ax y ,2) = 1 , a R},若 A B =,试确定 a的取值范围.解：⑴在f (m n)=f(m) ∙f(n)中，令 m= 1, n = 0 ,得f(1)=f(1) ∙ f (0),因为f(1) ≠ 0,所以f (0) = 1.在f(m n)=f(m) ∙f(n)中，令 m = X , n = — X,■/当 x> 0 时，0V f (x) V 1,∙当 XV 0 时，一X > 0, 0V f ( x) V 1,又当X = 0 时，f (0) = 1 > 0,所以，综上可知，对于任意X ∈ R 均有f (X)> 0.设一∞v X I V X 2 V +∞ ,贝y X 2 — X I > 0, 0v f ( X 2 — X I ) V1.∙∙∙ f ( X 2) = f [ X 1 + ( X 2 — X 1 )] = f (X 1 ) ∙ f ( X 2 — X 1 ) V f ( X 1 ).∙∙∙ y = f (X)在R 上为减函数.2 2 2 2 2 2⑵由于函数y = f (X)在R 上为减函数，所以 f (X ) ∙ f(y)=f(χ + y ) > f (1),即有X + y V 1. 又f (ax y ',2) = 1 = f (0),根据函数的单调性，有ax — y + -, 2 = 0 ._/2由A I B =,所以，直线ax — y+ 2 = 0与圆面X 2+ y 2V 1无公共点，因此有：_ ------------ ≥ 1,解得一1≤a≤ 1.评析：⑴要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题，一是f (0)的取值问题，二是 f (X) > 0的结论都成为解题的关键性步骤，完成这些又在抽象函数式中进行，由特殊到一般的解题思想，联想类比思维都有助于问题的思考和 解决.而 f (X)f ( - x) = f (0) = 1 , f (χ)=> 1> 0f( X)。