2024年高中数学(必修第一册)3.5.5抽象函数精品讲义(学生版+解析)

这是一份2024年高中数学(必修第一册)3.5.5抽象函数精品讲义(学生版+解析)，共15页。

1概念
我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数，题目中往往只给出函数的特殊条件或特征.
2 常见抽象函数模型
【题型一】求值问题
【典题1】已知函数f(x)是定义在(0 ,+∞)上的函数，且对任意x ,y∈(0 ,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，f(2)=1，求f(4) ,f(8).
【典题2】对任意实数x , y，均满足fx+y2=fx+2fy2且f(1)≠0， 则f(2001)=_______.
【题型二】单调性问题
设函数y=f(x)是定义在R+上的函数，并且满足下面三个条件
①对任意正数x , y，都有f(xy)=f(x)+f(y)；②当x>1时，f(x)<0；③f3=−1．
(1)求f(1) , f(19)的值；
(2)证明f(x)在R+是减函数；
(3)如果不等式f(x)+f(2−x)<2成立，求x的取值范围．

【题型三】奇偶性问题
定义在R上的增函数y=f(x)对任意x , y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，则
(1)求f(0)；
(2)证明：f(x)为奇函数；
(3)若f(k∙3x)+f(3x−9x−2)<0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．
【题型四】周期性问题
奇函数f (x)定义在R上，且对常数T>0，恒有f (x + T ) = f (x)，则在区间[0 , 2T]上，方程f (x) = 0根的个数最小值为 .
巩固练习
1(★★) f(x)的定义域为(0 , +∞)，对任意正实数x , y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2，则f(2)= .
2(★★★)已知f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x∈R都有fx+2−12=2f(x)−f2(x)，则f(2019)= ．
3(★★) f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f(2)=0，则方程f(x)=0在区间[−6 , 6]内解的个数的最小值是 .
4 (★★★) 已知定义在(−∞ , 0)∪(0 , +∞)上的函数f(x)满足
①对任意x , y∈(−∞ , 0)∪(0 , +∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)；‚
②当x>1时，f(x)>0且f(2)=1；
(1)试判断函数f(x)的奇偶性；
(2)判断函数f(x)在区间[−4 , 0)∪(0 , −4]上的最大值；
(3)求不等式f(3x−2)+f(x)≥4的解集．
5 (★★★) 已知定义在(0 , +∞)的函数f(x)，对任意的x、y∈(0 , +∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，且当00．
(1)证明：当x>1时，f(x)<0；
(2)判断函数f(x)的单调性并加以证明；
(3)如果对任意的x、y∈(0 , +∞)，f(x2+y2)≤f(a)+f(xy)恒成立，求实数a的取值范围．
6 (★★★) 定义在R上的单调增函数f(x)满足：对任意x , y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立
(1)求f(0)的值；
(2)求证：f(x)为奇函数；
(3)若f(1+2x)+f(t∙3x)>0对x∈(−∞ , 1]恒成立，求t的取值范围．
挑战学霸
已知fx是定义在R上不恒为0的函数，满足对任意x , y∈R，fx+y=fx+fy， f(xy)=f(x)f(y)．
(1)求f(x)的零点；
(2)判断f(x)的奇偶性和单调性，并说明理由；
(3)①当x∈Z时，求f(x)的解析式；②当x∈R时，求f(x)的解析式.
特殊模型
抽象函数
正比例函数fx=kx(x≠0)
fx+y=fx+f(y)
幂函数fx=xα
fxy=fxf(y)或fxy=fxfy
指数函数fx=ax (a>0且a≠1)
fx+y=fxf(y)或fx−y=fxfy
对数函数fx=lgax (a>0且a≠1)
fxy=fx+f(y)或fxy=fx−f(y)
抽象函数
1概念
我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数，题目中往往只给出函数的特殊条件或特征.
2 常见抽象函数模型
【题型一】求值问题
【典题1】已知函数f(x)是定义在(0 ,+∞)上的函数，且对任意x ,y∈(0 ,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，f(2)=1，求f(4) ,f(8).
【解析】∵对任意x，y∈(0 ,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，f(2)=1，
∴f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2，
f(8)=f(2×4)=f(2)+f(4)=3．
【点拨】
① 对于抽象函数求值问题，可大胆取特殊值求解；
② 抽象函数f(xy)=f(x)+f(y)是对数函数fx=lgax型，由f(2)=1可知fx=lg2x，
则易得f4=2，f8=3，作选填题可取.又如f(x+y)=f(x)f(y)且f(1)=2，求f(3)；由f(x+y)=f(x)f(y)可令fx=ax，又因f(1)=2，得fx=2x，故易得f3=8.
故要对常见抽象函数对应的函数模型比较熟悉.
【典题2】对任意实数x , y，均满足fx+y2=fx+2fy2且f(1)≠0，
则f(2001)=_______.
【解析】令x=y=0，得f(0)=0，
令x=n , y=1，得fn+1=fn+2f12
令n=1，得f1=f0+2f12=2f12，
∴f1=12，
∴fn+1−fn=12，
∴fn=n2，即f2001=20012.
【点拨】
① 常常需要赋予一些特殊值(如取x=0等)或特殊关系(如取y=x， y=−x等)，要观察等式方程的特点寻找目标，也要大胆下笔多些尝试找些规律；
② 比如本题中所求的f(2001)中自变量的取值2001较大，往往要从周期性或者函数的解析式的方向入手.
【题型二】单调性问题
设函数y=f(x)是定义在R+上的函数，并且满足下面三个条件
①对任意正数x , y，都有f(xy)=f(x)+f(y)；②当x>1时，f(x)<0；③f3=−1．
(1)求f(1) , f(19)的值；
(2)证明f(x)在R+是减函数；
(3)如果不等式f(x)+f(2−x)<2成立，求x的取值范围．
【解析】(1)令x=y=1，∴f1=f1+f1，
∴f1=0，
令x=y=3，∴f9=f3+f3=−1−1=−2，
且f(9)+f(19)=f(1)=0 , 得f(19)=2．
(2) (利用函数单调性的定义证明)
取x2>x1>0，则x2x1>1
∴由②得 f(x2x1)<0
∵f(xy)=f(x)+f(y)
∴fx2−f(x1)=f(x2x1)<0
∴f(x)在R+上为减函数．
(3)由条件①得f[x(2−x)]<2 , (凑项fm=2，再利用单调性求解)
由f19=2得fx2−x又∵f(x)在R+上为减函数，∴x(2−x)>19
又∵x>0，2−x>0，(注意函数定义域)
解得x的范围是(1−223 , 1+223)．
【点拨】
① 抽象函数的单调性常用单调性定义证明
任取x1 , x2∈D，且x1作差f(x1)－f(x2)(根据题目给出的抽象函数特征来“构造”出f(x1)－f(x2))
此步有时也会用作商法：判断fx1fx2与1的大小；
变形；
定号(即判断差fx1−f(x2)的正负)；
下结论(指出函数f(x)在给定的区间D上的单调性)．
② 在解不等式时，往往需要利用函数的单调性求解.
③ 抽象函数fxy=fx+fy符合对数函数fx=lgax型，
由f3=−1可知fx=lg13x，作选填题可用.
【题型三】奇偶性问题
定义在R上的增函数y=f(x)对任意x , y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)，则
(1)求f(0)；
(2)证明：f(x)为奇函数；
(3)若f(k∙3x)+f(3x−9x−2)<0对任意x∈R恒成立，求实数k的取值范围．
【解析】(1)在f(x+y)=f(x)+f(y)中，
令x=y=0可得，f(0)=f(0)+f(0)，则f(0)=0，
(2) (定义法证明函数奇偶性)
令y=−x，得f(0)=f(x)+f(−x)，
又f(0)=0，则有0=f(x)+f(−x)，
即可证得f(x)为奇函数；
(3)因为f(x)在R上是增函数，又由(2)知f(x)是奇函数，
fk∙3x<−f(3x−9x−2)=f(−3x+9x+2)，
即有k∙3x<−3x+9x+2，得k<3x+23x−1，(分离参数法)
又有3x+23x−1≥22−1(当x=lg32时取到等号)，
即3x+23x−1有最小值22−1，
所以要使f(k∙3x)+f(3x−9x－2)<0恒成立，只要使k<22−1即可，
故k的取值范围是(−∞ , 22−1)．
【点拨】
判断或证明抽象函数的奇偶性，从奇偶性的定义入手，判断f(−x)与f(x) 的关系.
② 抽象函数fx+y=fx+fy是正比例函数fx=kx(x≠0)型，由fx是增函数，可知k>0，选填题可用.
【题型四】周期性问题
奇函数f (x)定义在R上，且对常数T>0，恒有f (x + T ) = f (x)，则在区间[0 , 2T]上，方程f (x) = 0根的个数最小值为 .
【解析】∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，
故f(0)=0，
又∵f(x+T)=f(x)，即周期为T，
∴f(2T)=f(T)=f(0)=0，
又由f(−T2)=f(−T2+T)=f(T2)，且f−T2=−f(T2)
∴f(T2)=0，∴f(3T2)=f(T2)=0，
故在区间[0 , 2T]，方程f(x)=0根有x=0，T2，T，3T2，2T，
个数最小值是5个，
【点拨】 抽象函数的周期性常与奇偶性，对称性放在一起，记住有关周期性和对称性的结论，做题时常画图像更容易找到思路.
巩固练习
1(★★) f(x)的定义域为(0 , +∞)，对任意正实数x , y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2，则f(2)= .
【答案】 12
【解析】取x=y=2，得f(4)=f(2)+f(2)⇔ f(2)=1；
取x=y=2，得f(2)=f(2)+f(2) ⇔ f(2)=12；
2(★★★)已知f(x)是定义在R上的偶函数，对任意x∈R都有fx+2−12=2f(x)−f2(x)，则f(2019)= ．
【答案】 1±22
【解析】根据题意，f(x)为偶函数且f(x)满足fx+2−12=2f(x)−f2(x)，
变形可得fx+2−12+[f2(x)−2f(x)+1]=1，
即fx+2−12+fx−12=1，
令x=−1可得f−1−12+f1−12=1，即2f1−12=1，
解可得：f(1)=f(−1)=1±22，
又由f(x)满足fx+2−12+fx−12=1，
则有fx+4−12+fx+2−12=1，
联立可得：fx+4−12=fx−12，
变形可得：f(x+4)=f(x)或f(x+4)+f(x)=2，
若f(x+4)=f(x)，则有f(2019)=f(−1+505×4)=f(−1)=1±22，
此时有f(2019)=1±22，
若f(x+4)+f(x)=2，即f(x+4)=2−f(x)，
则有f(x+8)=2−f(x+4)=f(x)，则有f(2019)=f(3+2016)=f(3)，
则f(3)=2−f(−1)=1±22，
综合可得：f(2019)=1±22，
故答案为：1±22．
3(★★) f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f(2)=0，则方程f(x)=0在区间[−6 , 6]内解的个数的最小值是 .
【答案】 13
【解析】∵f(x)是定义在R上的以3为周期的奇函数，
∴f(x+3)=f(x)，且f(－x)=－f(x)，
则f(0)=0，则f3=f6=f−6=f0=0，f−3=−f(3)=0，
∵f(2)=0，∴f(5)=f(−1)=f(−4)=0，f(−5)=0，
f(1)=0，f(4)=0，f(－2)=0，
方程的解可能为0，3，6，－6，－3，2，5，−5，−2，－1，1，4，−4共13个，
故选：D．
4 (★★★) 已知定义在(−∞ , 0)∪(0 , +∞)上的函数f(x)满足
①对任意x , y∈(−∞ , 0)∪(0 , +∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)；‚
②当x>1时，f(x)>0且f(2)=1；
(1)试判断函数f(x)的奇偶性；
(2)判断函数f(x)在区间[−4 , 0)∪(0 , −4]上的最大值；
(3)求不等式f(3x−2)+f(x)≥4的解集．
【答案】(1)偶函数 (2)2 (3)x≤−2或x≥83
【解析】 (1)∵f(xy)=f(x)+f(y)；
令x=y=a，则f(a2)=f(a)+f(a)=2f(a)，
令x=y=−a，则f(a2)=f(−a)+f(−a)=2f(−a)，
即f(a)=f(−a)，
故函数f(x)是偶函数，
(2)任取00，
∵f(xy)=f(x)+f(y)；
∴f(xy)－f(x)=f(y)；
∴f(x2)－f(x1)=f(x2x1)
∵x2x1>1，x>1时，f(x)>0，
∴f(x2)－f(x1)=f(x2x1)>0，
得到f(x1)∴f(x)为(0，+∞)上的增函数．
故函数f(x)在区间(0，－4]上的最大值为f(4)=f(2)+f(2)=2，
又由函数f(x)是偶函数，
∴函数f(x)在区间[－4，0)上的最大值也为2，
故函数f(x)在区间[－4，0)∪(0，－4]上的最大值为2；
(3)由(2)得f(4)=2，则f(16)=f(6)+f(6)=4，
故不等式f(3x－2)+f(x)≥4可化为：f[(3x－2)x]≥f(16)，
由(2)中结论可得：|(3x－2)x|≥16，
即(3x－2)x≥16或(3x－2)x≤－16，
解得x≤－2或x≥83
5 (★★★) 已知定义在(0 , +∞)的函数f(x)，对任意的x、y∈(0 , +∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，且当00．
(1)证明：当x>1时，f(x)<0；
(2)判断函数f(x)的单调性并加以证明；
(3)如果对任意的x、y∈(0 , +∞)，f(x2+y2)≤f(a)+f(xy)恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1) 略 (2)减函数，函数单调性定义证明 (3) (0 , 2]
【解析】(1)∵f(xy)=f(x)+f(y)，
令x=y=1，
则f(1)=f(1)+f(1)，所以f(1)=0，
再令y=1x，则f(1)=f(x)+f(1x)=0，
当x>1时，0<1x<1．
∵f(1x)>0．∴f(x)=－f(1x)<0
(2)任取x1，x2∈(0，+∞)，且x1∵x11，则f(x2x1)<0，f(x2)∴f(x)在(0，+∞)上是减函数，
(3)f(x2+y2)≤f(a)+f(xy)恒成立，
∴f(x2+y2)≤f(axy)恒成立，
∵f(x)在(0，+∞)上是减函数，
∴x2+y2≥axy，
∴0∴实数a的取值范围(0，2]
6 (★★★) 定义在R上的单调增函数f(x)满足：对任意x , y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立
(1)求f(0)的值；
(2)求证：f(x)为奇函数；
(3)若f(1+2x)+f(t∙3x)>0对x∈(−∞ , 1]恒成立，求t的取值范围．
【答案】 (1) 0 (2)略，定义证明 (3) t>−1
【解析】 (1)令x=y=0，则f(0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=0．
(2)令y=－x，则f(0)=f(x)+f(－x)，
∵f(0)=0，∴f(－x)=－f(x)，
∴f(x)为奇函数．
(3)∵f(t•3x)>－f(1+2x)，∴f(t•3x)>f(－1－2x)，
∴t•3x>－1－2x
∴t>−(13)x−(23)x恒成立，
而−(13)x−(23)x单调递增，∴−(13)x−(23)x≤−1
从而t>－1．
挑战学霸
已知fx是定义在R上不恒为0的函数，满足对任意x , y∈R，fx+y=fx+fy，
f(xy)=f(x)f(y)．
(1)求f(x)的零点；
(2)判断f(x)的奇偶性和单调性，并说明理由；
(3)①当x∈Z时，求f(x)的解析式；②当x∈R时，求f(x)的解析式.
【解析】(1)记f(x+y)=f(x)+f(y) ①，f(xy)=f(x)f(y) ②
在①中取y=0得f(0)=0.若存在x≠0，使得f(x)=0，则对任意y∈R，
f(y)=f(x⋅yx)=f(x)f(yx)=0，与f(x)不恒为0矛盾．
所以x≠0时，f(x)≠0，
所以函数的零点是0.
(2)在①中取y=−x得f(x)+f(−x)=f(0)=0，即f−x=−f(x)，
所以f(x)是奇函数．
x , y∈R， y>x时，f(y)−f(x)=f(y)+f(−x)=f(y−x)=(f(y−x))2>0，
可得fy>f(x)．
所以函数f(x)在R上递增．
(3)①由f(xy)=f(x)f(y)中取x , y=1得f1=f21．
因为f(1)≠0，所以f(1)=1，
对任意正整数n，由①得f(n)=f(1)+⋯+f(1)n个=n×1=n，
f−n=−fn=−n，
又因为f(0)=0，所以x∈N时，f(x)=x；
对任意有理数mn(m∈N∗，n∈N∗)，由①，
f(m)=f(n⋅mn)=f(mn)+⋯+f(mn)=nf(mn)n个 ，
所以f(mn)=f(m)n=mn，即对一切x∈Z , f(x)=x．
②若存在x∈R，使得f(x)≠x，
不妨设f(x)>x(否则以−f(−x)代替f(x)，−x代替x即可)，
则存在有理数α，使得x<α(例如可取n=[1f(x)−x]+1，m=[nx]+1，α=mn)．
x<α但f(x)>α=f(α)，与f(x)的递增性矛盾．
所以x∈R时，f(x)=x．
特殊模型
抽象函数
正比例函数fx=kx(x≠0)
fx+y=fx+f(y)
幂函数fx=xα
fxy=fxf(y)或fxy=fxfy
指数函数fx=ax (a>0且a≠1)
fx+y=fxf(y)或fx−y=fxfy
对数函数fx=lgax (a>0且a≠1)
fxy=fx+f(y)或fxy=fx−f(y)