《抽象函數(shù)》課件

第11講抽象函數(shù)考綱要求考點(diǎn)分布考情風(fēng)向標(biāo)1.了解函數(shù)模型的實(shí)際背景．2.會(huì)運(yùn)用函數(shù)的解析式理解和研究函數(shù)的性質(zhì)2014年新課標(biāo)卷Ⅰ考查抽象函數(shù)的奇偶性從近幾年的高考試題來(lái)看，對(duì)本節(jié)內(nèi)容的考查主要是與周期性、單調(diào)性相結(jié)合，求函數(shù)值、比較大小等，重點(diǎn)探討冪函數(shù)型、指數(shù)函數(shù)型、對(duì)數(shù)函數(shù)型抽象函數(shù)的解析式及基本性質(zhì)抽象函數(shù)解析式f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)抽象函數(shù)的類型正比例函數(shù)型對(duì)數(shù)函數(shù)型指數(shù)函數(shù)型等價(jià)形式f(x1－x2)＝f(x1)－f(x2)

＝f(x1)－f(x2)f(x1－x2)＝實(shí)例f(x)＝2xf(x)＝log2xf(x)＝2x1．已知f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)·f(y)，且f(x)≠0，則f(x)是(B

)A．奇函數(shù)C．非奇非偶函數(shù)B．偶函數(shù)D．不確定

解析：令x＝y(tǒng)＝0，則2f(0)＝2[f(0)]2，因?yàn)閒(x)≠0，所以f(0)＝1.令x＝0，則f(y)＋f(－y)＝2f(y)，f(y)＝f(－y)，f(x)為偶函數(shù)．故選B.2．函數(shù)f(x)滿足f(x)·f(x＋2)＝13，若f(1)＝2，則f(99)＝()A．13B．2CC．D．3．若f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，它的最小正周期為T，則f

的值為()A

4．已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，并且對(duì)任意正數(shù)x，y都有f(xy)＝f(x)＋f(y)．

(1)f(1)＝______；

(2)若f(8)＝3，則f()＝______.0考點(diǎn)1正比例函數(shù)型抽象函數(shù)

例1：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，f(1)＝－2. (1)求證：f(x)是奇函數(shù)；

(2)試問當(dāng)－3≤x≤3時(shí)，f(x)是否有最值？如果有，求出最值；如果沒有，說出理由．

(1)證明：令x＝y(tǒng)＝0， 則有f(0)＝2f(0)?f(0)＝0.

令y＝－x，則有f(0)＝f(x)＋f(－x)， 即f(－x)＝－f(x)．∴f(x)是奇函數(shù)．(2)解：當(dāng)－3≤x≤3

時(shí)，f(x)有最值，理由如下：∴y＝f(x)在R上為減函數(shù)．因此f(3)為函數(shù)的最小值，f(－3)為函數(shù)的最大值．f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝－6，f(－3)＝－f(3)＝6.∴函數(shù)的最大值為6，最小值為－6.任取x1<x2，則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)．

【規(guī)律方法】(1)利用賦值法解決抽象函數(shù)問題時(shí)需把握如下三點(diǎn)：一是注意函數(shù)的定義域，二是利用函數(shù)的奇偶性去掉函數(shù)符號(hào)“f”前的“負(fù)號(hào)”，三是利用函數(shù)單調(diào)性去掉函數(shù)符號(hào)“f”．(2)解決正比例函數(shù)型抽象函數(shù)的一般步驟為：f(0)＝0?f(x)是奇函數(shù)?f(x－y)＝f(x)－f(y)?單調(diào)性．

(3)判斷單調(diào)性小技巧：設(shè)x1<x2，則x2－x1>0?f(x2－x1)<0?f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)＋f(x1)<f(x1)，得到函數(shù)單調(diào)遞減．【互動(dòng)探究】

1．已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，則下列判斷錯(cuò)誤的是()D解析：∵f(0)＝f(0＋0)＝f(0)＋f(0)，∴f(0)＝0.f(x)f(－x)＝－[f(x)]2≤0.故選D.考點(diǎn)2對(duì)數(shù)函數(shù)型抽象函數(shù)

例2：已知函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x∈R，且x≠0}，對(duì)定義域內(nèi)的任意x1，x2，都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)，且當(dāng)x>1時(shí)f(x)>0，f(2)＝1. (1)求證：f(x)是偶函數(shù)；

(2)求證：f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)；

(3)解不等式f(2x2－1)<2.(1)證明：對(duì)定義域內(nèi)的任意x1，x2都有f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)．令x1＝x，x2＝－1，則有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.從而f(－1)＝0.于是有f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)．

(3)解：由于f(2)＝1，所以2＝f(2)＋f(2)＝f(4)．于是待解不等式可化為f(2x2－1)<f(4)，結(jié)合(1)(2)已證結(jié)論，可得上式等價(jià)于|2x2－1|<4，且2x2－1≠0.【互動(dòng)探究】

2．對(duì)于函數(shù)f(x)定義域中任意x1，x2(x1≠x2)有如下結(jié)論： ①f(x1＋x2)＝f(x1)＋f(x2)； ②f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)；當(dāng)f(x)＝lgx時(shí)，上述結(jié)論中正確的序號(hào)是________．②③考點(diǎn)3指數(shù)函數(shù)型抽象函數(shù)

例3：定義在R上的函數(shù)y＝f(x)，f(0)≠0，當(dāng)x＞0時(shí)，f(x)>1，且對(duì)任意的a，b∈R，有f(a＋b)＝f(a)·f(b)．

(1)求證：f(0)＝1；

(2)求證：對(duì)任意的x∈R，恒有f(x)＞0；

(3)求證：f(x)是R上的增函數(shù)；

(4)若f(x)·f(2x－x2)＞1，求x的取值范圍．＞0.(1)證明：令a＝b＝0，則f(0)＝[f(0)]2.∵f(0)≠0，∴f(0)＝1.(2)證明：∵當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，∴f(0)＝f(x)·f(－x)＝1.∴f(x)＝

1f(－x)又∵當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)≥1＞0.∴x∈R

時(shí)，恒有f(x)＞0.＝f(x2－x1)＞1.(3)證明：設(shè)x1＜x2，則x2－x1＞0.∴f(x2)＝f(x2－x1＋x1)＝f(x2－x1)·f(x1)．∵x2－x1＞0，∴f(x2－x1)＞1.又∵f(x1)＞0，∴f(x2)f(x1)∴f(x2)＞f(x1)．∴f(x)是R上的增函數(shù)．(4)解：由f(x)·f(2x－x2)＞1，f(0)＝1得f(3x－x2)＞f(0)．∵f(x)是R上的增函數(shù)，∴3x－x2＞0.∴0＜x＜3.∴x的取值范圍是{x|0<x<3}．f(0)＝1?f(－x)＝?f(x－y)＝【規(guī)律方法】(1)解決指數(shù)函數(shù)型抽象函數(shù)的一般步驟為：

1f(x)f(x)f(y)?單調(diào)性．

(2)判斷單調(diào)性小技巧：設(shè)x1>x2，x1－x2>0，則f(x1－x2)>1，f(x1)＝f(x2＋x1－x2)＝f(x2)f(x1－x2)>f(x2)，得到函數(shù)

f(x)是增函數(shù)．【互動(dòng)探究】

3．對(duì)于函數(shù)f(x)定義域中任意的x1，x2(x1≠x2)，有如下結(jié)論： ①f(x1＋x2)＝f(x1)·f(x2)； ②f(x1·x2)＝f(x1)＋f(x2)；③f(x1)－f(x2)

x1－x2>0；④f(x1)－1

x1<0(x1≠0)；⑤f(－x1)＝

1 .f(x1)當(dāng)f(x)＝2x

時(shí)，上述結(jié)論中正確的序號(hào)是_______.

答案：①③⑤

思想與方法⊙利用轉(zhuǎn)化與化歸思想解答抽象函數(shù)例題：已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f為偶函數(shù)，對(duì)于函數(shù)y＝f(x)有下列幾種描述：①y＝f(x)是周期函數(shù)；②x＝π是它的一條對(duì)稱軸；③(－π，0)是其圖象的一個(gè)對(duì)稱中心；

其中描述正確的是____________．(只填序號(hào))④當(dāng)x＝時(shí)，它一定取最大值．解析：已知函數(shù)y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且y＝f

為偶函數(shù)，不妨設(shè)f(x)＝sinx，②