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        抽象函數(shù)常見問題剖析

        2016-12-01 02:36:24安徽省宿州二中
        青蘋果 2016年8期
        關(guān)鍵詞:題設(shè)奇函數(shù)增函數(shù)

        安徽省宿州二中 鳳 斌  葉 菊

        抽象函數(shù)常見問題剖析

        安徽省宿州二中鳳斌葉菊

        抽象函數(shù)通常是指這樣一類函數(shù),我們并沒有被告知函數(shù)的具體解析式,只知道其他一些條件(如定義域、經(jīng)過的特殊點(diǎn)、解析遞推式、部分圖像特征等),它是高中數(shù)學(xué)函數(shù)部分的難點(diǎn),也是初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的一個(gè)銜接點(diǎn)。因無具體解析式,理解、研究起來往往很抽象?,F(xiàn)在我們梳理一下抽象函數(shù)的常考題型。

        一、抽象函數(shù)的定義域問題

        1.已知f(x)的定義域,求f[g(x)]的定義域

        其解法是:若f(x)的定義域?yàn)閍≤x≤b,則在f[g(x)]中,a≤g(x)≤b,從中解得x的取值范圍即為f[g(x)]的定義域。

        例1已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)椋?1,5],求f(3x-5)的定義域。

        解析因?yàn)閒(x)的定義域?yàn)椋?1,5],所以-1≤3x-5≤5,

        方法總結(jié)此類型試題的本質(zhì)就是解不等式。

        2.已知f[g(x)]的定義域,求f(x)的定義域

        其解法是:若f[g(x)]的定義域?yàn)閙≤x≤n,則由m≤x≤n確定的g(x)的取值范圍即為f(x)的定義域。

        例2已知函數(shù)f(x2-2x+2)的定義域?yàn)椋?,3],求函數(shù)f(x)的定義域。

        解析由0≤x≤3,得1≤x2-2x+2≤5。

        令u=x2-2x+2,則f(x2-2x+2)=f(u),1≤u≤5。

        故f(x)的定義域?yàn)椋?,5]。

        方法總結(jié)此類型試題的本質(zhì)就是求函數(shù)的值域。

        二、抽象函數(shù)的求值問題

        例3已知f(x)的定義域?yàn)镽*,且f(x+y)=f(x)+f(y)對(duì)一切正實(shí)數(shù)x、y都成立,若f(8)=4,則f(2)=______ _。

        解析方法一:賦值法

        令x=y=4,得f(8)=f(4)+f(4),

        因?yàn)閒(8)=4,所以f(4)=2。

        令x=y=2,得f(4)=f(2)+f(2),

        因?yàn)閒(4)=2,所以f(2)=1。

        方法總結(jié)通過觀察已知量與未知量的聯(lián)系,巧妙地進(jìn)行賦值,把已知條件與欲求的函數(shù)值聯(lián)系起來。賦值法是解此類問題的常用技巧。

        方法二:特殊函數(shù)法[設(shè)f(x)=kx(k≠0)]

        易知f(x)=kx(k≠0)滿足題設(shè)條件,

        所以f(2)=1。

        方法總結(jié)我們可以找滿足題設(shè)條件的一個(gè)具體函數(shù)作為函數(shù)模型來解這一類的選擇、填空題。但是滿足題設(shè)條件的函數(shù)不一定只有這個(gè)具體函數(shù),所以這種方法只能幫助我們迅速求得答案,不能作為解答題的解答過程。

        下面是常見的函數(shù)模型及其性質(zhì):

        初等函數(shù)模型函數(shù)性質(zhì)正比例函數(shù)f(x)=kx(k≠0) f(x+y)=f(x)+f(y)一次函數(shù)模型f(x)=kx+b(k≠0) f(x+y)+b=f(x)+f(y)冪函數(shù)f(x)=xa f(xy)=f(x)f(y)指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0,a≠1) f(x+y)=f(x)f(y)對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logax(a>0,a≠1) f(xy)=f(x)+f(y)正切函數(shù)f(x)=tanx f(x+y)=f(x)+f(y)1-f(x)f(y )

        三、抽象函數(shù)與不等式問題

        例4定義在[-1,1]上的奇函數(shù)f(x)是增函數(shù),且f(x-1)+f(1-x2)<0,求x的取值范圍。

        解析因?yàn)閒(x-1)+f(1-x2)<0,

        所以f(x-1)<-f(1-x2),

        因?yàn)閒(x)為定義域上的奇函數(shù),

        所以上式可變形為f(x-1)<f(x2-1),

        因?yàn)閒(x)為定義在[-1,1]上的增函數(shù),

        所以-1≤x-1<x2-1≤1,

        方法總結(jié)利用f(x)的奇偶性將已知條件轉(zhuǎn)化為f[g(x)]>f[h(x)]的形式,再利用f(x)的單調(diào)性得到關(guān)于x的不等式,求出x的范圍。

        四、抽象函數(shù)的奇偶性問題

        例5已知f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)對(duì)一切實(shí)數(shù)x、y都成立,且f(0)≠0,求證:f(x)為偶函數(shù)。

        解析令x=y=0,則2f(0)=2[f(0)]2,

        因?yàn)閒(0)≠0,所以f(0)=1。

        令x=0,則f(y)+f(-y)=2f(0)f(y),

        因?yàn)閒(0)=1,所以f(-y)=f(y),

        所以f(x)為偶函數(shù)。

        方法總結(jié)通過賦值,得出f(-x)與f(x)的關(guān)系,從而判斷出函數(shù)的奇偶性。

        五、抽象函數(shù)的綜合問題

        例6函數(shù)f(x)對(duì)任意x、y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),且當(dāng)x>0時(shí),f(x)<0。

        (1)判斷函數(shù)f(x)的奇偶性。

        (2)求證:f(x)在R上是減函數(shù)。

        (3)若f(1)=-2,求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值。

        解析(1)令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0),即f(0)=0;

        再令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x),則f(-x)=-f(x),

        又因?yàn)槎x域R關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱,所以f(x)為奇函數(shù)。

        (2)任取x1<x2,則x2-x1>0,依題意有f(x2-x1)<0,

        f(x2)-f(x1)=f[x1+(x2-x1)]-f(x1)=f(x1)+f(x2-x1)-f(x1)=f(x2-x1)<0,

        即f(x2)<f(x1),故f(x)在R上單調(diào)遞減。

        (3)由(2)知函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減,所以f(x)在[-3,3]上單調(diào)遞減,

        所以f(x)min=f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6;

        又因?yàn)閒(x)在R上是奇函數(shù),

        所以f(x)max=f(-3)=-f(3)=6。

        綜上所述,f(x)在[-3,3]上的最大值為6,最小值為-6。

        例7已知函數(shù)f(x)為定義在(0,+∞)上的函數(shù),滿足f(xy)=f(x)+f(y),且x>1時(shí)f(x)>0。

        (1)求f(1)的值。

        (2)求證f(x)在定義域上是增函數(shù)。

        (3)若f(2)=1,解不等式f(x)-f(x-2)<3。

        解析(1)令x=y=1,則f(1)=f(1)+f(1),可得f(1)=0。

        (2)任取0<x1<x2,則f(x2)-f(x1)=

        因0<x1<x2,所以>1,所以,

        所以f(x2)-f(x1)>0,f(x)為(0,+∞)上的增函數(shù)。

        (3)由f(2)=1得f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2,

        f(8)=f(2×4)=f(2)+f(4)=3,

        故f(x)-f(x-2)<3?f(x)<f(x-2)+f(8)=f(8x-16)。

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