高考数学第一轮复习复习培优课(一)　抽象函数的性质（讲义）

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抽象函数问题,其构思新颖,条件隐蔽,技巧性强,解法灵活,往往让学生感觉头痛.因此,我们应该掌握简单常见的几类抽象函数与其对应的特殊函数模型,及其应用问题的基本方法.借助特殊函数模型有利于打开解题思路,有时会起到事半功倍的效果.
常见的几类抽象函数与其对应的特殊函数模型:
抽象函数求值
[典例1] (1)设函数y=f(x)的定义域为(0,+∞),f(xy)=f(x)+f(y),若f(8)=3,则f(2)= .
(2)已知定义在R上的函数f(x)满足f(1)=1,且f(x+y)=f(x)+f(y)+1,则f(4)= .
解析:(1)因为f(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.
因为f(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,
则f(2)=f(1)+f(1)+1=3.
令x=y=2,则f(4)=f(2)+f(2)+1=7.
答案:(1)12 (2)7
抽象函数求值问题常用赋值法,赋值主要从以下方面考虑:令x=…,-2,-1,0,1,2…等特殊值求抽象函数的函数值.
[拓展演练]
1.已知函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y)且x,y∈R,则f(13)+f(12)+f(1)+f(2)+f(3)等于( )
A.0B.1C.12D.5
解析:因为函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y)且x,y∈R,
令x=y=1,则f(1)=f(1)+f(1),
所以f(1)=0.
令y=1x,则f(1)=f(x)+f(1x)=0,
所以f(13)+f(3)=0,且f(12)+f(2)=0,
所以f(13)+f(12)+f(1)+f(2)+f(3)=0.故选A.
2.已知定义在R上的函数f(x)满足:∀x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,则f(0)+f(2)等于( )
A.4B.5C.6D.7
解析:因为∀x,y∈R,f(x+y)=f(x)·f(y),且f(1)=2,
令x=0,y=1,则有f(1)=f(1)f(0),
又f(1)=2,则f(0)=1,
令x=y=1,则有f(2)=f(1)f(1)=2×2=4,
所以f(0)+f(2)=5.故选B.
抽象函数的单调性与抽象不等式
[典例2] (2023·广西模拟)已知定义在R上的函数f(x)满足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1;②当x>0时,f(x)>-1.
(1)求f(0)的值,并证明f(x)在R上是增函数;
(2)若f(1)=1,解关于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,
则x1-x2>0,f(x1-x2)>-1.
又f(x1)=f((x1-x2)+x2)=f(x1-x2)+f(x2)+1>f(x2),
所以函数f(x)在R上是增函数.
(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),
又函数f(x)在R上是增函数,故x2+x+1>3,
解得x<-2或x>1,
故原不等式的解集为{x|x<-2或x>1}.
(1)抽象函数的单调性的证明,关键是要依据单调性的定义和题目条件利用x1与x2的大小关系构造出一个大于(或小于)0的数.
(2)在解决与抽象函数有关的不等式问题时,可通过脱去函数符号“f”化为一般不等式求解,但无论如何都必须在同一单调区间内进行;若不等式一边没有“f”,而是常数,则应将常数转化为函数值.
[拓展演练] 已知f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,且f(xy)=f(x)-f(y),f(2)=1,如果x满足f(x)-f(1x-3)≤2,则x的取值范围为 .
解析:因为f(xy)=f(x)-f(y),
所以f(y)+f(xy)=f(x).
在上述等式中取x=4,y=2,
则有f(2)+f(2)=f(4).
又因为f(2)=1,
所以f(4)=2,
所以f(x)-f(1x-3)≤2,
可变形为f(x(x-3))≤f(4).
又因为f(x)是定义在区间(0,+∞)上的增函数,
所以x(x-3)≤4,x>0,x-3>0,解得3故x的取值范围是(3,4].
答案:(3,4]
抽象函数的奇偶性
[典例3] 设函数f(x)对任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y),且当x>0时,f(x)<0.
(1)证明f(x)为奇函数;
(2)证明f(x)在R上是减函数.
证明:(1)由于函数y=f(x)对任意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,函数y=f(x)为奇函数.
(2)设x1>x2,则f(x1-x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1)-f(x2),
因为x1>x2,则x1-x2>0,
所以f(x1)-f(x2)=f(x1-x2)<0,
所以f(x1)因此,函数y=f(x)在R上是减函数.
抽象函数中求特殊的函数值,讨论函数的奇偶性及依此解关于x的不等式等问题多运用“赋值法”进行求值和化简.
[拓展演练] 定义在R上的函数f(x)对任意的a,b∈R,都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1,且当x>0时,f(x)>1.
(1)若g(x)=f(x)-1,证明:g(x)是奇函数;
(2)若f(1)=2,解不等式f(m2-4m-9)<4.
(1)证明:令a=b=0,则f(0)=2f(0)-1,
得f(0)=1.
令b=-a,则f(0)=f(a)+f(-a)-1=1,
即[f(a)-1]+[f(-a)-1]=0.
因为g(x)=f(x)-1,所以g(x)+g(-x)=0.
因为g(x)的定义域也是R,所以g(x)是奇函数.
(2)解:设∀x1,x2∈R,且x1则x2-x1>0,f(x2-x1)>1.
因为f(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)所以f(x)在R上是单调递增函数.
因为f(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等价于f(m2-4m-9)则m2-4m-9<3,解得-2所以原不等式的解集为{m|-2 抽象函数的对称性
[典例4] (多选题)(2022·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)及其导函数f′(x)的定义域均为R,g(x)=f′(x).若f(32-2x),g(2+x)均为偶函数,则( )
A.f(0)=0B.g(-12)=0
C.f(-1)=f(4)D.g(-1)=g(2)
解析:法一 因为f(32-2x)为偶函数,所以f(32-2x)=f(32+2x),所以函数f(x)的图象关于直线x=32对称,f(32-2×54)=f(32+2×54),即f(-1)=f(4),所以C正确;因为g(2+x)为偶函数,所以g(2+x)=g(2-x),函数g(x)的图象关于直线x=2对称,因为g(x)=f′(x),所以函数g(x)的图象关于点(32,0)对称,所以g(x)的周期T=4×(2-32)=2,因为f(-1)=f(4),所以f′(-1)=-f′(4),即g(-1)=-g(4)=-g(2),所以D不正确;因为f(32-2)=f(32+2),即f(-12)=f(72),所以f′(-12)=-f′(72),所以g(-12)=-g(72)=-g(2×2-12)=-g(-12),所以g(-12)=0,所以B正确;不妨取f(x)=1(x∈R),经验证满足题意,但f(0)=1,所以选项A不正确.故选BC.
法二 因为f(32-2x),g(2+x)均为偶函数,所以函数f(x)的图象关于直线x=32对称,函数g(x)的图象关于直线x=2对称.取符合题意的一个函数f(x)=1(x∈R),则f(0)=1,排除A;取符合题意的一个函数f(x)=sin πx,则f′(x)=πcs πx,即g(x)=πcs πx,所以g(-1)=πcs(-π)=-π,g(2)=πcs 2π=π,所以g(-1)≠g(2),排除D.故选BC.
(1)若函数y=f(ax+b)为偶函数,则函数图象关于直线x=b对称;若y=f(ax+b)为奇函数,则函数图象关于点(b,0)对称.
(2)若函数f(x)在定义域上的图象是一条连续不断的曲线,则
①函数f(x)的图象关于直线x=a对称⇔导函数f′(x)的图象关于点(a,0)对称;
②函数f(x)的图象关于点(a,f(a))对称⇔导函数f′(x)的图象关于直线x=a对称.
[拓展演练] 已知函数y=f(2x+1)的图象关于直线x=1对称,函数y=f(x+1)关于点(1,0)对称,则下列说法正确的是( )
A.f(1)=0B.f(1-x)=f(1+x)
C.f(x)的周期为2D.f(x)=f(32-x)
解析:因为函数y=f(2x+1)的图象关于直线x=1对称,
所以f(2(1+x)+1)=f(2(1-x)+1),
即f(2x+3)=f(3-2x),
用x代换上式中的2x,即可得到f(x+3)=f(3-x),所以f(x)关于直线x=3对称.
函数y=f(x+1)关于点(1,0)对称,所以f(1+x+1)+f(1-x+1)=0,即f(2+x)+f(2-x)=0,所以f(x)关于点(2,0)对称.
对于f(x+3)=f(3-x),
令x取x+1,可得f(x+4)=f(2-x).
对于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)的最小正周期为4.所以C,D错误;
对于B,对于f(x+3)=f(3-x),令x取x-3,可得f(x)=f(6-x).
因为f(x)的最小正周期为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正确;
对于A,由f(x+1)=f(1-x),可得直线x=1为对称轴,所以不能确定f(1)=0是否成立,故A错误.故选B.
抽象函数的周期性
[典例5] (2022·新高考Ⅱ卷)已知函数f(x)的定义域为R,且f(x+y)+f(x-y)=f(x)f(y),f(1)=1,则∑k=122f(k)等于( )
A.-3B.-2
C.0D.1
解析:因为f(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),
所以函数f(x)的一个周期为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,根据函数的周期性知,∑k=122f(k)=f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=1-1-2-1=-3.故选A.
[拓展演练] 已知f(x)是定义在R上的函数,f(2x+1)为偶函数且f(4x+2)为奇函数,则下列选项正确的是( )
A.函数f(x)的周期为2
B.函数f(x)的周期为3
C.f(2 020)=0
D.f(2 021)=0
解析:因为f(2x+1)为偶函数,所以f(2x+1)=f(-2x+1),所以f(x+1)=f(-x+1),所以f(x)=f(-x+2),
因为f(4x+2)为奇函数,
所以f(4x+2)=-f(-4x+2),
所以f(x+2)=-f(-x+2),
所以f(x)=-f(x+2),
所以f(x+2)=-f(x+4),
所以f(x)=f(x+4),即函数f(x)的周期为4,故A,B不正确;
又f(0+2)=-f(0+2),则f(2)=0,
所以f(0)=f(2)=0,
所以f(2 020)=f(505×4)=f(0)=0,故C正确;
f(2 021)=f(505×4+1)=f(1),f(1)的值不确定,故D不正确.故选C.抽象函数f(x)具有的性质
特殊函数模型
f(x+y)=f(x)+f(y)
正比例函数f(x)=kx(k≠0)
f(xy)=f(x)f(y)
二次函数f(x)=x2
f(x+y)=f(x)f(y)
f(x-y)=f(x)÷f(y)
指数函数f(x)=ax(a>0,且a≠1)
f(xy)=f(x)+f(y)
f(xy)=f(x)-f(y)
对数函数f(x)=lgax(a>0,且a≠1)
f(x±y)=f(x)g(y)±g(x)f(y)
正弦函数f(x)=sin x
f(x±y)=f(x)f(y)∓g(x)g(y)
余弦函数f(x)=cs x
f(x±y)=f(x)±f(y)1∓f(x)f(y)
正切函数f(x)=tan x