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2016届高考文科数学一轮复习课件-抽象函数专题


抽象函数专题

1.已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y),则 f(x) 是( A ) A.奇函数 B.偶函数

C.既是奇函数,又是偶函数
D.既不是奇函数,又不是偶函数

2.函数 f(x)满足 f(x)· f(x+2)=13,若 f(1)=2,则 f(99)=( C

) A.13 B.2

13 C. 2

2 D. 13

解析:由 f(x)· f(x+2)=13,得 f(x)=f(x+4), 13 所以 f(99)=f(3)= 2 .

3.设奇函数 f(x)满足:对?x∈R 有 f(x+1)+f(x)=0,则 f(5)

0 =____.
4.已知定义在 R 上的函数 f(x)是偶函数,对 x∈R 都有 f(2+ -2 x)=f(2-x),当 f(-3)=-2 时,f(2 013)的值为_____.

5.已知函数 f(x)的定义域为 R+,并且对任意正数 x,y 都有

f(xy)=f(x)+f(y),则
0 ; (1)f(1)=____ 1 2 (2)若 f(8)=3,则 f( 2)=____.

考点1

正比例函数型抽象函数

例1:设函数 f(x)对任意 x,y∈R,都有 f(x+y)=f(x)+f(y), 且 x>0 时,f(x)<0,f(1)=-2. (1)求证:f(x)是奇函数; (2)试问在-3≤x≤3 时,f(x)是否有最值?如果有求出最值; 如果没有,说出理由.

(1)证明:令x=y=0,

则有f(0)=2f(0)?f(0)=0.
令y=-x,则有f(0)=f(x)+f(-x). 即f(-x)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)解:任取x1<x2,则x2-x1>0?f(x2-x1)<0. 且f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)=-f(x2-x1)>0.

∴f(x1)>f(x2).∴y=f(x)在R上为减函数.
因此f(3)为函数的最小值,f(-3)为函数的最大值. f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,f(-3)=-f(3)=6. ∴函数最大值为6,最小值为-6.

(1)正比例函数型抽象函数的一般步骤为 f(0)=0 ?f(x)是奇函数?f(x-y)=f(x)-f(y)?单调性. (2) 小 技 巧 判 断 单 调 性 : 设 x1<x2 , 则 x2 - x1>0?f(x2 - x1)<0?f(x2)= f(x2 - x1 +x1) = f(x2 - x1) + f(x1)<f(x1) ,得到函数单 调递减.

【互动探究】 1.已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y),则下 列错误的是( D )
A.f(0)=0

?1? B.f(1)=2f ? ? ?2?

1 C.f(1)=2f(2) D.f(x)f(-x)<0 解析:f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0.
?1 1? ?1? ?1? ?1? f(1)=f?2+2?=f?2?+f?2?=2f?2?. ? ? ? ? ? ? ? ?

1 f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=2f(1),∴f(1)=2f(2). f(x)f(-x)=-[f(x)]2≤0,故选 D.

考点2

对数函数型抽象函数

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: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. (1)证明: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).

又令 x1=x2=-1,得 2f(-1)=f(1). 再令 x1=x2=1,得 f(1)=0,从而 f(-1)=0. 于是有 f(-x)=f(x),所以 f(x)是偶函数. (2)证明:设 0<x1<x2,则
? x2? ? f(x1)-f(x2)=f(x1)-f?x1· ? x1?

? ?x2?? ?x2? =f(x1)-?f?x1?+f?x ??=-f?x ?, ? ? 1?? ? 1? ?x2? x2 由于 0<x1<x2,所以x >1,从而 f?x ?>0, ? 1? 1

故 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(3)解:由于 f(2)=1,所以 2=1+1=f(2)+f(2)=f(4).于是待 解不等式可化为 f(2x2-1)<f(4),结合(1)(2)已证结论,可得上式等 价于|2x2-1|<4,且 2x2-1≠0.
? ? ? 解得?x?- ? ? ?

10 10 2 2 <x< 2 ,且x≠± 2

? ? ?. ? ?

证明抽象函数的单调性通常是用单调性的定义结 运用不等式性质时应从结论出发,寻找解题的切入点. 1 ①对数函数型抽象函数的一般步骤为 f(1)=0?f(x )=-f(x)?
?x? f?y?=f(x)-f(y)?单调性. ? ? ?x2? x2 ②小技巧判断单调性: 设 0<x1<x2, 则 f(x2)=f(x1· ) = f ( x 1)+f?x ? x1 ? 1?

合比较法(作差法、作商法),函数的单调性是比较大小的常用方法.

>f(x1),得到函数是增函数.

【互动探究】
2.对于函数 f(x)定义域中任意 x1,x2(x1≠x2)有如下结论: ①f(x1+x2)=f(x1)+f(x2); ②f(x1· x2)=f(x1)+f(x2); f?x1?-f?x2? ③ >0; x1-x2
?x1+x2? f?x1?+f?x2? ? ④f? . ? 2 ?< 2 ? ?

②③ 当 f(x)=lgx 时,上述结论中正确结论的序号是_____.

考点3

指数函数型抽象函数

例3:定义在 R 上的函数 y=f(x),f(0)≠0,当 x>0 时,f(x)>1, 且对任意的 a,b∈R,有 f(a+b)=f(a)· f(b). (1)求证:f(0)=1; (2)求证:对任意的 x∈R,恒有 f(x)>0; (3)求证:f(x)是 R 上的增函数; (4)若 f(x)· f(2x-x2)>1,求 x 的取值范围.

解析:(1)令 a=b=0,则 f(0)=f2(0). 又 f(0)≠0,∴f(0)=1. (2)当 x<0 时,-x>0, 1 ∴f(0)=f(x)· f(-x)=1. ∴f(x)= >0. f?-x? 又 x≥0 时 f(x)≥1>0.∴x∈R 时,恒有 f(x)>0. (3)设 x1<x2,则 x2-x1>0. ∴f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)· f(x1). ∵x2-x1>0,∴f(x2-x1)>1. f?x2? 又 f(x1)>0,∴ =f(x2-x1)>1. f?x1? ∴f(x2)>f(x1).∴f(x)是 R 上的增函数.

(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步骤为 f(0)=1?
1 f?x? f(-x)= ?f(x-y)= ?单调性. f?x? f?y?

(2)小技巧判断单调性: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.

【互动探究】

3.设指数函数 f(x)=ax(a>0 且 a≠1),则下列等式正确的有 ①③④ 填序号). _________(
f?x? ①f(x+y)=f(x)· f(y); ②f(xy) =f (x)· f (y); ③f(x-y)= ; ④f(nx) f?y?
n n n

=fn(x).


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