高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí)復(fù)習(xí)培優(yōu)課(一)　抽象函數(shù)的性質(zhì)（講義）

培優(yōu)課(一)抽象函數(shù)的性質(zhì)我們把不給出具體解析式,只給出函數(shù)的特殊條件或特征的函數(shù)稱為抽象函數(shù),一般用y=f(x)表示,抽象函數(shù)問題可以全面考查函數(shù)的概念和性質(zhì),將函數(shù)定義域、值域、單調(diào)性、奇偶性、周期性、圖象集于一身,是考查函數(shù)的良好載體.抽象函數(shù)問題,其構(gòu)思新穎,條件隱蔽,技巧性強(qiáng),解法靈活,往往讓學(xué)生感覺頭痛.因此,我們應(yīng)該掌握簡單常見的幾類抽象函數(shù)與其對(duì)應(yīng)的特殊函數(shù)模型,及其應(yīng)用問題的基本方法.借助特殊函數(shù)模型有利于打開解題思路,有時(shí)會(huì)起到事半功倍的效果.常見的幾類抽象函數(shù)與其對(duì)應(yīng)的特殊函數(shù)模型:抽象函數(shù)f(x)具有的性質(zhì)特殊函數(shù)模型f(x+y)=f(x)+f(y)正比例函數(shù)f(x)=kx(k≠0)f(xy)=f(x)f(y)二次函數(shù)f(x)=x2f(x+y)=f(x)f(y)f(x-y)=f(x)÷f(y)指數(shù)函數(shù)f(x)=ax(a>0,且a≠1)f(xy)=f(x)+f(y)f(xy對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=logax(a>0,且a≠1)f(x±y)=f(x)g(y)±g(x)f(y)正弦函數(shù)f(x)=sinxf(x±y)=f(x)f(y)?g(x)g(y)余弦函數(shù)f(x)=cosxf(x±y)=f正切函數(shù)f(x)=tanx抽象函數(shù)求值[典例1](1)設(shè)函數(shù)y=f(x)的定義域?yàn)?0,+∞),f(xy)=f(x)+f(y),若f(8)=3,則f(2)=.

(2)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(1)=1,且f(x+y)=f(x)+f(y)+1,則f(4)=.

解析:(1)因?yàn)閒(8)=3,所以f(2×4)=f(2)+f(4)=f(2)+f(2×2)=f(2)+f(2)+f(2)=3f(2)=3,所以f(2)=1.因?yàn)閒(2)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2f(2),所以2f(2)=1,所以f(2)=12(2)令x=y=1,則f(2)=f(1)+f(1)+1=3.令x=y=2,則f(4)=f(2)+f(2)+1=7.答案:(1)12抽象函數(shù)求值問題常用賦值法,賦值主要從以下方面考慮:令x=…,-2,-1,0,1,2…等特殊值求抽象函數(shù)的函數(shù)值.[拓展演練]1.已知函數(shù)f(x)滿足f(xy)=f(x)+f(y)且x,y∈R,則f(13)+f(1A.0 B.1 C.12 解析:因?yàn)楹瘮?shù)f(x)滿足f(xy)=f(x)+f(y)且x,y∈R,令x=y=1,則f(1)=f(1)+f(1),所以f(1)=0.令y=1x,則f(1)=f(x)+f(1所以f(13)+f(3)=0,且f(1所以f(13)+f(12.已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:?x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,則f(0)+f(2)等于()A.4 B.5 C.6 D.7解析:因?yàn)?x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,令x=0,y=1,則有f(1)=f(1)f(0),又f(1)=2,則f(0)=1,令x=y=1,則有f(2)=f(1)f(1)=2×2=4,所以f(0)+f(2)=5.故選B.抽象函數(shù)的單調(diào)性與抽象不等式[典例2](2023·廣西模擬)已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②當(dāng)x>0時(shí),f(x)>-1.(1)求f(0)的值,并證明f(x)在R上是增函數(shù);(2)若f(1)=1,解關(guān)于x的不等式f(x2+2x)+f(1-x)>4.解:(1)令x=y=0,得f(0)=-1.在R上任取x1>x2,則x1-x2>0,f(x1-x2)>-1.又f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2)+1>f(x2),所以函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù).(2)由f(1)=1,得f(2)=3,f(3)=5.由f(x2+2x)+f(1-x)>4,得f(x2+2x)+f(1-x)+1>5,即f(x2+x+1)>f(3),又函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù),故x2+x+1>3,解得x<-2或x>1,故原不等式的解集為{x|x<-2或x>1}.(1)抽象函數(shù)的單調(diào)性的證明,關(guān)鍵是要依據(jù)單調(diào)性的定義和題目條件利用x1與x2的大小關(guān)系構(gòu)造出一個(gè)大于(或小于)0的數(shù).(2)在解決與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式問題時(shí),可通過脫去函數(shù)符號(hào)“f”化為一般不等式求解,但無論如何都必須在同一單調(diào)區(qū)間內(nèi)進(jìn)行;若不等式一邊沒有“f”,而是常數(shù),則應(yīng)將常數(shù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)值.[拓展演練]已知f(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的增函數(shù),且f(xy)=f(x)-f(y),f(2)=1,如果x滿足f(x)-f(1x-解析:因?yàn)閒(xy所以f(y)+f(xy在上述等式中取x=4,y=2,則有f(2)+f(2)=f(4).又因?yàn)閒(2)=1,所以f(4)=2,所以f(x)-f(1x可變形為f(x(x-3))≤f(4).又因?yàn)閒(x)是定義在區(qū)間(0,+∞)上的增函數(shù),所以x(故x的取值范圍是(3,4].答案:(3,4]抽象函數(shù)的奇偶性[典例3]設(shè)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)證明f(x)為奇函數(shù);(2)證明f(x)在R上是減函數(shù).證明:(1)由于函數(shù)y=f(x)對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),令x=y=0,可得f(0)=0,再令y=-x,可得f(x-x)=f(x)+f(-x),即0=f(x)+f(-x),所以f(-x)=-f(x),因此,函數(shù)y=f(x)為奇函數(shù).(2)設(shè)x1>x2,則f(x1-x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)-f(x2),因?yàn)閤1>x2,則x1-x2>0,所以f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)<0,所以f(x1)<f(x2),因此,函數(shù)y=f(x)在R上是減函數(shù).抽象函數(shù)中求特殊的函數(shù)值,討論函數(shù)的奇偶性及依此解關(guān)于x的不等式等問題多運(yùn)用“賦值法”進(jìn)行求值和化簡.[拓展演練]定義在R上的函數(shù)f(x)對(duì)任意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且當(dāng)x>0時(shí),f(x)>1.(1)若g(x)=f(x)-1,證明:g(x)是奇函數(shù);(2)若f(1)=2,解不等式f(m2-4m-9)<4.(1)證明:令a=b=0,則f(0)=2f(0)-1,得f(0)=1.令b=-a,則f(0)=f(a)+f(-a)-1=1,即[f(a)-1]+[f(-a)-1]=0.因?yàn)間(x)=f(x)-1,所以g(x)+g(-x)=0.因?yàn)間(x)的定義域也是R,所以g(x)是奇函數(shù).(2)解:設(shè)?x1,x2∈R,且x1<x2,則x2-x1>0,f(x2-x1)>1.因?yàn)閒(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)-1,所以f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1>0,所以f(x1)<f(x2),所以f(x)在R上是單調(diào)遞增函數(shù).因?yàn)閒(1)=2,所以f(2)=2f(1)-1=3,所以f(3)=f(1)+f(2)-1=4,所以不等式f(m2-4m-9)<4等價(jià)于f(m2-4m-9)<f(3),則m2-4m-9<3,解得-2<m<6,所以原不等式的解集為{m|-2<m<6}.抽象函數(shù)的對(duì)稱性[典例4](多選題)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)及其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的定義域均為R,g(x)=f′(x).若f(32A.f(0)=0 B.g(-12C.f(-1)=f(4) D.g(-1)=g(2)解析:法一因?yàn)閒(32-2x)為偶函數(shù),所以f(32-2x)=f(32+2x),所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=32對(duì)稱,f(32-2×54)=f(32+2×54),即f(-1)=f(4),所以C正確;因?yàn)間(2+x)為偶函數(shù),所以g(2+x)=g(2-x),函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于直線x=2對(duì)稱,因?yàn)間(x)=f′(x),所以函數(shù)g(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(32,0)對(duì)稱,所以g(x)的周期T=4×(2-32)=2,因?yàn)閒(-1)=f(4),所以f′(-1)=-f′(4),即g(-1)=-g(4)=-g(2),所以D不正確;因?yàn)閒(32-2)=f(32+2),即f(-12)=f(72),所以f′(-12法二因?yàn)閒(32-2x),g(2+x)均為偶函數(shù),所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=3(1)若函數(shù)y=f(ax+b)為偶函數(shù),則函數(shù)圖象關(guān)于直線x=b對(duì)稱;若y=f(ax+b)為奇函數(shù),則函數(shù)圖象關(guān)于點(diǎn)(b,0)對(duì)稱.(2)若函數(shù)f(x)在定義域上的圖象是一條連續(xù)不斷的曲線,則①函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=a對(duì)稱?導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,0)對(duì)稱;②函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(a,f(a))對(duì)稱?導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象關(guān)于直線x=a對(duì)稱.[拓展演練]已知函數(shù)y=f(2x+1)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,函數(shù)y=f(x+1)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱,則下列說法正確的是()A.f(1)=0 B.f(1-x)=f(1+x)C.f(x)的周期為2 D.f(x)=f(32解析:因?yàn)楹瘮?shù)y=f(2x+1)的圖象關(guān)于直線x=1對(duì)稱,所以f(2(1+x)+1)=f(2(1-x)+1),即f(2x+3)=f(3-2x),用x代換上式中的2x,即可得到f(x+3)=f(3-x),所以f(x)關(guān)于直線x=3對(duì)稱.函數(shù)y=f(x+1)關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱,所以f(1+x+1)+f(1-x+1)=0,即f(2+x)+f(2-x)=0,所以f(x)關(guān)于點(diǎn)(2,0)對(duì)稱.對(duì)于f(x+3)=f(3-x),令x取x+1,可得f(x+4)=f(2-x).對(duì)于f(2+x)+f(2-x)=0,令x取x+2,可得f(x+4)=-f(-x).所以f(2-x)=-f(-x),令x取-x,可得f(2+x)=-f(x),可得f(x+4)=-f(x+2)=f(x),即f(x)的最小正周期為4.所以C,D錯(cuò)誤;對(duì)于B,對(duì)于f(x+3)=f(3-x),令x取x-3,可得f(x)=f(6-x).因?yàn)閒(x)的最小正周期為4,所以f(6-x)=f(2-x),所以f(x)=f(2-x),即f(x+1)=f(1-x),故B正確;對(duì)于A,由f(x+1)=f(1-x),可得直線x=1為對(duì)稱軸,所以不能確定f(1)=0是否成立,故A錯(cuò)誤.故選B.抽象函數(shù)的周期性[典例5](2022·新高考Ⅱ卷)已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,則∑kA.-3 B.-2 C.0 D.1解析:因?yàn)閒(1)=1,所以在f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)中,令y=1,得f(x+1)+f(x-1)=f(x)f(1),所以f(x+1)+f(x-1)=f(x),①所以f(x+2)+f(x)=f(x+1).②由①②相加,得f(x+2)+f(x-1)=0,故f(x+3)+f(x)=0,所以f(x+3)=-f(x),所以f(x+6)=-f(x+3)=f(x),所以函數(shù)f(x)的一個(gè)周期為6.在f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y)中,令x=1,y=0,得f(1)+f(1)=f(1)f(0),所以f(0)=2.令x=1,y=1,得f(2)+f(0)=f(1)f(1),所以f(2)=-1.由f(x+3)=-f(x),得f(3)=-f(0)=-2,f(4)=-f(1)=-1,f(5)=-f(2)=1,f(6)=-f(3)=2,所以f(1)+f(2)+…+f(6)=1-1-2-1+1+2=0,根據(jù)函數(shù)的周期性知,∑k[拓展演練]已知f(x)是定義在R上的函數(shù),f(2x+1)為偶函數(shù)且f(4x+2)為奇函數(shù),則下列選項(xiàng)正確的是()A.函數(shù)f(x)的周期為2B.函數(shù)f(x)的周期為3C.f(2020)=0D.f(2021)=0解析:因?yàn)閒(2x+1)為偶函數(shù),所以f(2x+1)=f(-2x+1),所以f(x+1