抽象函数常见模型习题归纳.docVIP

抽象函数常见模型归纳汇编 1、正比例函数型 正比例函数型函数特征式为： 例1、已知是定义在R上的函数，对任意的、都有，且当0时，＜0，。问当时，函数是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由。 分析：我们知道，正比例函满足。根据题设，我们可推知本题是以正比例函数，于是，用赋值法令x=y=0再从的奇偶性、单调性入手解。 解：令则，解得 又因为，所以，即函数为奇函数。 设、,则0，依题意,有0 ，所以, 即函数在R上是减函数。 因此，函数当时有最大值，且 例2、已知函数f（x）对任意实数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。 分析：由题设可知，函数f（x）是的抽象函数，因此求函数f（x）的值域，关键在于研究它的单调性。 解：设，∵当，∴， ∵，∴， 即，∴f（x）为增函数。 在条件中，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］。 2、一次函数型 例1、 已知函数满足:对任意的，都有，并且当时,，如,解不等式,。 分析:猜想的背景函数是一次函数,又由于时,，则为增函数,则求不等式的解就转化成证明为增函数。 解:令, 有 , 由 =,则为增函数； 因为，由, 所以, 又因为，则， 所以,则。 点评：将数值化成函数值，将一般不等式转化成增函数的不等式是本题化归的关键。 例2、已知函数f（x）对任意，满足条件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。 分析：由题设条件可猜测：f（x）是y＝x＋2的抽象函数，且f（x）为单调增函数，如果这一猜想正确，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。 3、指数函数型 指数函数型函数特征式为： 例1、定义在R上的函数，当时，且对任意都有 （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）判定函数值的正负； （Ⅲ）判断在R上的单调性； （Ⅳ）若，求的取值范围。 分析：由可知此函数是由指数函数抽象而来的，再由条件“当时，”可知此函数是单调递增函数。由此可知在R上单调递增函数。由背景函数引导得到问题的结论，然后用赋值等方法得以证明。 解：（Ⅰ）令则，因为，所以 （Ⅱ）当时，，所以，即又当时，所以时，恒有 （Ⅲ）设则，所以×因为且， 所以。从而即是R上的增函数。 （Ⅳ）由1,得又是R上的增函数， 所以0，解得0x3. 4、对数函数型 对数函数型函数特征式为： 例1、已知函数的定义域是（0，+），当时，且。 （Ⅰ）求； （Ⅱ）判在定义域上的单调性； （Ⅲ）如果求满足不等式的的范围。 分析：由可知此函数的背景函数为对数函数，又由条件当时，，可知此函数是单调递增函数且=0，可用函数的单调性解不等式。 解：（Ⅰ）令，得，所以。 (Ⅱ)令得，所以.任取,且则,由于,所以,从而.所以在定义域上单调递增. （Ⅲ）由于,而,所以.在中,令,得.又,所以所给不等式可化为, 即,所以有解得.所以的取值范围是. 例2、 已知函数是定义在（0，+）上的增函数，且满足:对任意的，都有，如,解不等式. 分析:猜想的背景函数是对数函数,且经过特殊点(1,0), 由于是增函数,就有,则题设不等式的解就应浓缩转化成增函数的不等式解。 解: 因为,所以,又因为,所以,即,有,由于在定义域（0，+）上是增函数,则由,,联立求得解集为: 。 点评：本题由于已知是增函数，所以对抽象函数的增减性不要再作证明，关键是充分应用表达式，经过多次配凑、转化，架设解决问题的桥梁。 5、幂函数型 幂函数型函数特征式为： 例1、 已知函数的定义域为R，都有且，，当时，。（1）判断的奇偶性；（2）判断并证明在[0，+）上的单调性；（3）如且，求的取值范围。 分析:由题设条件的特殊性，可联想是的抽象函数,且经过特殊点(1,0),是偶函数,在[0，+)上是增函数。 解:(1)令，则，故为偶函数； （2）设，则， 又，得，即在[0，+]上为增函数； （3）因为,所以,又因为,所以,则有,即. 1.对任意实数x,y，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手： 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,∴