专题-高考中的抽象函数-教师版

高考中抽象函数的求解策略函数是每年高考的热点，而抽象函数性质的运用又是函数的难点之一。

一般抽象函数数学题融函数单调性、周期性、奇偶性、定义域、值域、图像以及不等式、方程等知识于一体。

通过赋值整体思考，找出一个具体函数原型等方法去探究该函数的性质，能运用相关性质去解决有关问题。

在高考中加大对学生理性思维能力的考查以及主体创新能力的考查是新时期的一个重要特点。

解决这类问题就要求我们解题时思维灵活、深刻，而且要联想到我们学习过的模型函数以及它的有关性质，探索这类问题的解题方法。

下面我们就来专门探讨这类函数及其求解策略。

抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图象,只给出一些特殊条件或特征的函数;所以在解决抽象函数问题常用的方法是赋值法及借助模型函数分析法.同时我们可以看出这两种方法是化抽象函数为形象函数、具体函数的两种常用的手段.面对抽象函数数学题，我们的解题思路一般不外乎一下三种：①合理赋值，化抽象为具体；②作恒等变形，找出该函数规律性、特征性特点；③分类讨论，归纳出抽象函数的实质问题。

一般来说抽象函数常在高考中的考查的以下的几个具体问题：1、求函数在某些特殊点的函数值。

（赋值法）2、求函数的图象和性质（单调性、周期性、奇偶性、对称性）。

3、利用函数的性质解不等式或者方程。

高考中常见的函数模型有以下几种：1、一次函数型：f (x )=kx )()()(y f x f y x f +=+-bf (x )=kx+b)()()(y f x f y x f +=+2、指数函数型：)()()(y f x f y x f ∙=+()()/()f x y f x f y -=3、对数函数型：)()()(y f x f y x f +=∙()()()x f f x f y y=-4、正切函数型：()()()1()()f x f y f x y f x f y ++=-5、余弦函数型：()()2()()f x y f x y f x f y ++-=高考中常见的函数的周期性有以下几种：例1、已知函数的定义域为，对任意实数、，满足，且)(x f R m n 221(=f ，当时，1)()()(-+=+n f m f n m f 21->x 0)(>x f （1）求的值；21(-f （2）求证：在定义域上是单调递增函数。

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(4)由f(x)·f(2x－x2)＞1，f(0)＝1得 f(3x－x2)＞f(0)． 又f(x)是R上的增函数，∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.
(1)指数函数型抽象函数的一般(yībān)步骤为f(0)＝1⇒
f(－x)＝f1x⇒f(x－y)＝ffxy⇒单调性．
(2)小技巧(jìqiǎo)判断单调性：设x1>x2，x1－x2>0， 则f(x1－x2)>1.f(x1)＝f(x2＋x1－x2)＝f(x2)f(x1－x2)>f(x2)， 得到函数是增函数．
f(1)＝f12＋12＝f12＋f12＝2f12. f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＝2f(1)，∴f(1)＝12f(2)． f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0，故选 D.
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考点2 对数函数型抽象(chōuxiàng)函数 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(qiúzhèng)：f(x)是偶函数； (2)求证(qiúzhèng)：f(x)在(0，＋∞)上是增函数； (3)解不等式 f(2x2－1)<2.
解：(1) 对定义域内的任意x1，x2都有 f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，令x1＝x，x2＝－1， 则有f(－x)＝f(x)＋f(－1)．
A．奇函数 B．偶函数 C．既是奇函数，又是偶函数 D．既不是(bùshi)奇函数，又不是(bùshi)偶函数
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2．函数(hánshù) f(x)满足 f(x)·f(x＋2)＝13，若 f(1)＝2，则 f(99)＝(C )

抽象函数常见题型及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例1 已知函数)(2x f 的定义域是[1，2]，求)(x f 的定义域． 解：由)(2x f 的定义域是[1，2]，是指1≤x≤2，所以1≤x 2≤4， 即函数)(x f 的定义域是[1，4]．评析：一般地，已知函数[()]f x ϕ的定义域是A ，求)(x f 的定义域问题，相当于已知[()]f x 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[－1，2]，求函数)]3([log 21x f -的定义域．解：由)(x f 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－1≤log 21(3－x )≤2 ⇒ (21)2≤3－x≤(21)1-⇒1≤x≤411．∴函数)]3([log 21x f -的定义域是[1，411]． 评析：这类问题的一般形式是：已知函数)(x f 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．一般地，若函数)(x f 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，)(x f 无意义．因此，如果)(0x f 有意义，则必有x 0∈A ．所以，这类问题实质上相当于已知)(x ϕ的值域是A ，据此求x 的取值范围，即由)(x ϕ∈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 1≠x 2，使得f (x 1)≠f ( x 2)，求函数f (x)的值域．解：令x = y = 0，得f (0) =f2(0)，即有f (0) = 0或f (0) = 1．若f (0) = 0，则f (x) =f (x + 0) =f (x)f (0) = 0，对任意x∈R 均成立，这与存在实数x 1≠x 2，使得f (x 1)≠f ( x 2)成立矛盾．故f (0)≠0，即f (0) = 1．由于f (x + y) =f (x)f (y) 对任意x 、y∈R 均成立，因此，对任意x∈R ，有f (x) =f (2x +2x ) =f (2x )f (2x ) = [f (2x)]2≥0． 下面只需证明，对任意x∈R ，f (0)≠0即可．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．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，这是一般向特殊转化的必要手段．3．抽象函数的解析式问题例5 设对满足 x≠0，x≠1的所有实数 x ，函数f (x) 满足f (x) +f (xx 1-) = 1 + x ，求f (x) 的解析式． 解：在f (x) +f (x x 1-) = 1 + x ， (1) 中以xx 1-代换其中 x ，得：f(x x 1-) +f (－11-x ) =xx －12 ， ⑵再在(1)中以－11-x 代换x ，得 ：f (－11-x ) +f (x) =12--x x ， ⑶(1)－(2) + ⑶ 化简得：f (x) =)1(2123x －x x x --．评析：如果把x 和xx 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，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)(x f 定义于实数集R 上，当x ＞0时，)(x f ＞1 ，且对于任意实数x 、y ，有f (x + y) =)(x f ·)(y f ，同时f (1) = 2，解不等式f (3x －x 2)＞4．联想：因为a y x += a x ·a y (a ＞0，a≠1)，因而猜测它的模型函数为)(x f = a x (a ＞0，a≠1)(由f (1) = 2，还可以猜想)(x f = 2x )．思路分析：由)2(f =)11(+f =)1(f ·)1(f = 4，需解不等式化为f (3x －x 2)＞)2(f ．这样，证明函数)(x f 的(由)(x f = 2x ，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 ，得f (0) =f2(0)，若f (0) = 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x ＜0 时 ，－x ＞0，f (－x)＞1＞0 ， 而f (x) ·f (－x) =f (0) = 1， ∴ f (x) =)(1x f -＞0 ．又当x = 0 时，f (0) = 1＞0 ，∴x∈R ，f (x)＞0 ．设 －∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0 ，f ( x 2－x 1)＞1 ． ∴ f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1) ． ∴ y =f (x) 在R 上为增函数又∵f (1) = 2，∴f (3x －x 2)＞f (1) ·f (1) =f (1 + 1) =f (2)，由f (x)的单调递增性质可得：3x －x 2＞2，解得1＜x ＜2． 2．对数函数模型例7 已知函数)(x f 满足：⑴f (21) = 1；⑵函数的值域是[－1，1]；⑶在其定义域上单调递减；⑷()f x ＋()f y =f (x·y) 对于任意正实数x 、y 都成立．解不等式)(1x f-·)11(1x f--≤21． 联想：因为log a (x·y) = log a x ＋log a y ，而log 2121= 1，y = log 21x 在其定义域[－1，1]内为减函数，所以猜测它的模型函数为)(x f = log 21x 且)(1x f-的模型函数为)(1x f-= (21)x． 思路分析：由条件⑵、⑶知，)(x f 的反函数存在且在定义域[－1，1]上递减，由⑴知)1(1-f=21．剩下的只需由)(1x f -的模型函数性质和运算法则去证明)(11x f-·)(21x f-=112()f x x -+，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) =21，又在定义域[－1，1]上单调递减．设y 1=f1-(x 1)，y 2=f1-(x 2)，则有x 1=f (y 1)，x 2=f ( y 2) ，∴x 1+ x 2=f (y 1) +f ( y 2) =f (y 1y 2)，即有y 1y 2=f 1-(x 1+ x 2)．∴)(11x f-·)(21x f-=112()f x x -+，于是，原不等式等价于：⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≤-≤-≤≤-≤-+≤-≤-+--.1111,11,1111,)1()11(11x x x x f x x f ⇒ ⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧≤-≤-≤≤-≤-+≤-≥-+.1111,11,1111,111x x x x x x ⇒ x = 0． 故原不等式的解集为{0}．解这类问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．幂函数模型例8 已知函数)(x f 对任意实数x 、y 都有)(xy f =)(x f ·)(y f ，且)1(-f =1，)27(f =9，当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1时．⑴判断)(x f 的奇偶性；⑵判断)(x f 在[0，＋∞)上的单调性，并给出证明； ⑶若a≥0且)1(+a f ≤39，求a 的取值范围．联想：因为n x ·n y = (x·y)n ，因而猜测它的模型函数为)(x f =n x (由)27(f =9，还可以猜想)(x f = x 32)．思路分析：由题设可知)(x f 是幂函数y = x 32的抽象函数，从而可猜想)(x f 是偶函数，且在[0，＋∞)上是增函数．解：⑴令y =－1，则)(x f -=)(x f ·)1(-f ， ∵)1(-f =1，∴)(x f -= )(x f ，即)(x f 为偶函数．⑵若x≥0，则()f x=f=f·f=[f ]2≥0． 设0≤x 1＜x 2，则0≤21x x ＜1，∴)(1x f =)(221x x x f ⋅=)(21x xf ·)(2x f ， ∵当x≥0时()f x ≥0，且当0≤x ＜1时，0≤)(x f ＜1． ∴0≤)(21x x f ＜1，∴)(1x f ＜)(2x f ，故函数)(x f 在[0，＋∞)上是增函数． ⑶∵)27(f =9，又)93(⨯f =)3(f ·)9(f =)3(f ·)3(f ·)3(f = [)3(f ]3， ∴9 = [)3(f ]3，∴)3(f =39， ∵)1(+a f ≤39，∴)1(+a f ≤)3(f ，∵a≥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 (0) =)0(2f ， 若f (0) = 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x ＜0时，－x ＞0，f (－x)＞1＞0， 而f (x) ·f (－x) =f (0) = 1，∴ f (x) =)(1x f -＞0 ． 又当x = 0 时，f (0) = 1＞0 ，∴x∈R ，f (x)＞0． 设 －∞＜x 1＜x 2＜+∞，则x 2－x 1＞0，f ( x 2－x 1)＞1．∴ f ( x 2) =f [ x 1+ ( x 2－x 1)] =f (x 1)f ( x 2－x 1)＞f ( x 1)． ∴ 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10 已知函数f (x) (x∈R ，x≠0）对任意不等于零实数x 1、x 2 都有f (x 1·x 2) =f (x 1) +f (x 2)，试判断函数f (x) 的奇偶性．解：取x 1=－1，x 2= 1得：f (－1) =f (－1) +f (1)，∴f (1) = 0． 又取x 1= x 2=－1得：f (1) =f (－1) +f (－1)，∴f (－1) = 0． 再取x 1= 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)(x f 定义域为全体实数，对任意实数 a 、b ，有f (a ＋b)＋f (a－b) =2f (a) ·f (b)，且存在C ＞0 ，使得)2(Cf = 0 ，求证f (x) 是周期函数．联想：因为cos(a ＋b)＋cos(a －b) = 2cosacosb ，且cos2π= 0，因而得出它的模型函数为y = cosx ，由y = cosx 的周期为π2，可猜想2C 为)(x f 的一个周期．思路分析：要在证明2C 为)(x f 的一个周期，则只需证)2(C x f +=)(x f ，而由已知条件)2(Cf = 0和f (a ＋b)＋f (a －b) =2f (a) ·f (b)知，必须选择好a 、b 的值，是得条件等式出现)2(Cf 和)(x f ．证明：令a = x ＋2C ，b =2C，代入f (a ＋b)＋f (a －b) = 2f (a) ·f (b)可得f (x ＋C ) =－f (x)．∴f (x ＋2C ) =f [(x ＋C)＋C ] =－f (x ＋C ) =f (x) ，即)(x f 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 =)(x f 满足)(x f +)(x f -= 2002，求)(1x f -+)2002(1x f--的值．解：由已知，在等式)(x a f ++)(x a f -= 2b 中a = 0，b = 2002，所以，函数y =)(x f 关于点(0，2002)对称，根据原函数与其反函数的关系，知函数y =)(1x f-关于点(2002，0)对称．∴)1001(1+-x f +)0011(1x f--= 0，将上式中的x 用x －1001换，得)(1x f -+)2002(1x f--= 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 =)(x f 对一切实数x 都满足)(x a f ++)(x a f -= 2b ，则函数y =)(x f 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，0＜()f x ＜1．⑴判断()f x 的单调性；⑵设A = {(x ，y)|2()f x ·2()f y ＞(1)f }，B = {(x ，y)|(f ax y -+= 1，a ∈R}，若A I B =φ，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(1)f =(1)f ·(0)f ，因为(1)f ≠0，所以(0)f = 1．在()f m n +=()f m ·()f n 中，令m = x ，n =－x ，∵当x ＞0时，0＜()f x ＜1，∴当x ＜0时，－x ＞0，0＜()f x -＜1， 而f (x) ·f (－x) =(0)f = 1，∴ f (x) =)(1x f -＞1＞0 ． 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 －∞＜x 1＜x 2＜+∞ ，则x 2－x 1＞0，0＜f ( x 2－x 1)＜1． ∴f ( x 2) =f [ x 1＋( x 2－x 1)] =f (x 1)·f ( x 2－x 1)＜f ( x 1) ． ∴ y =f (x) 在R 上为减函数．⑵由于函数y =f (x)在R 上为减函数，所以2()f x ·2()f y =2(f x ＋2)y ＞(1)f ，即有x 2＋y 2＜1．又(f ax y -+= 1 =(0)f ，根据函数的单调性，有ax －y = 0．由A I B =φ，所以，直线ax －y = 0与圆面x 2＋y 2＜1无公共点，因≥1，解得－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(0)f 的取值问题，二是)(x f ＞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．。

高考中常考的抽象函数问题的分类解析关键词：高考中 常考 抽象函数问题 分类 解析抽象函数，是指没有给出具体的函数解析式或图象，只给出函数满足的一部分性质或运算法的函数。

它具有抽象性、综合性和技巧性等特点,是中学数学中的一个难点，学生对解决抽象函数问题困难较大。

而纵观近几年的高考中,对解决抽象函数问题有逐年增加数量的趋势，体现了高考加大理性思维能力考查的命题思想。

为此,把握高考中常考的抽象函数问题，理解和掌握以下一些解题方法，将有助于抽象函数问题的顺利解决.本文以近几年高考中常考的抽象函数问题为例进行归类解析，以飨读者。

1.抽象函数的定义域、值域问题例1。

函数()y f x =的定义域为(,1]-∞，则函数22[log (2)]y f x =-的定义域是__________。

解析:因为l o g ()22x 2-相当于f x ()中的x ，所以22log (2)1x -≤，2x ≤或22x -≤-。

例2.若函数()y f x =的值域是1[,3]2，则函数1()()()F x f x f x =+的值域为___________。

解析：令()t f x =,则132t ≤≤,由函数1()g t t t =+在区间1[,1]2是减函数，在[1,3]上是增函数,则15()22g =，(1)2g =，10(3)3g =，故值域为10[2,]3。

2。

抽象函数的函数值问题例3。

函数()y f x =的定义域为R +，若()()()f x y f x f y +=+，(8)3f =，则(2)f =___。

解析:(8)(4)(4)2(4)4(2)3f f f f f =+===，所以3(2)4f =. 例4。

定义在R 上的函数()f x 满足()()()2f x y f x f y xy +=++，(1)2f =，则(3)f -=___。

解析：令0x y ==，得(0)0f =；令1x y ==，得(2)2(1)26f f =+=；令2,1x y ==,得(3)(2)(1)412f f f =++=；令3,3x y ==-，得0(33)(3)(3)18f f f =-=+--=12(3)18f +--，所以(3)6f -=.3. 抽象函数的解析式问题例5.已知函数()f x 是定义在R 上的奇函数， ()g x 是定义在R 上的偶函数，且()()f x g x -=231xx --，求()g x 的解析式。