函数解题方法与技巧之四 抽象函数解题技巧 所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点1.换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法.例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u2+3u+1 (0≤u≤2)故f(x)=-x2+3x+1 (0≤u≤2)2.方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题例2.解:例3.解:3.待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题例4.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)代入比较系数得 :a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.4.赋值法有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
例5.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:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,例6.已知f(x)是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的函数a,b都满足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值；(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;(3)若f(2)=2,un=f(2n) (n∈N*),求证:un+1>un (n∈N*).解:(1)令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.(2)f(x)是奇函数.因为:令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数.(3)先用数学归纳法证明:un=f(2n)>0 (n∈N*)(略)5.转化法通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便.例7.设函数f(x)对任意实数x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值.解:令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.设x10,由已知得f(x2-x1)<0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)< f(x1).所以f(x)是R上的减函数,又f(3)=f(1)+f(2)=-6,f(-3)=6.故f(x)在[-3,3]上的最大值为6,最小值为-6.例8.定义在R+上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(xm)=mf(x); ②f(2)=1.(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立;(2)证明f(x)是R+上的单调增函数;(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n为实数,则f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)故f(x1)0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由.解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23,…,由此猜想:f(x)=2x (x∈N*) (数学归纳证明 略）例10.已知f(x)是定义在R上的函数，f(1)=1,且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5,f(x+1)≤f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,则g(2002)=_________.解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1.所以g(x+5)+(x+5)-1≥g(x)+(x-1)+5,g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+(x-1)+1即 g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x).所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1),故g(x)=g(x+1)又g(1)=1,故g(2002)=1.7.模型法 模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。
应掌握下面常见的特殊模型:特殊模型抽象函数正比例函数f(x)=kx (k≠0)f(x+y)=f(x)+f(y)幂函数 f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) [或]指数函数 f(x)=ax (a>0且a≠1)f(x+y)=f(x)f(y) [对数函数 f(x)=logax (a>0且a≠1)f(xy)=f(x)+f(y) [正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函数 f(x)=tanx余切函数 f(x)=cotx例11.设定义在R上的函数f(x),满足当x>0时,f(x)>1,且对任意x,y∈R,有f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2解:(1)先证f(x)>0,且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1.f(x)=f[(x-xo)+xo]=f(x-xo)f(xo)=0,与已知矛盾，故f(x)>0任取x1,x2∈R且x10,f(x2-x1)>1,所以f(x1)-f(x2)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)[f(x2-x1)-1]>0.所以x∈R时,f(x)为增函数. 解得:{x|11时,f(x)<1.试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由.解:所以f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上为减函数.能力训练1. 20002.定义在R上的函数满足___________3.的值为__________.14.则f(x)=_____________.5.设f（x）是定义在R上的奇函数，且对任意a，b，当a+b≠0，都有＞0，若f（k＜0对x∈[－1，1]恒成立，则实数k的取值范围是 6.设f(x)，g(x)分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时，f′(x)·g(x)+f(x)g′(x)>0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)<0的解集是______.7.已知函数满足：，，则____________．【答案】解析：取x=1 y=0得法一：通过计算，寻得周期为6法二：取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n) 联立得f(n+2)= —f(n-1) 所以T=6 故=f(0)= .8. 已知函数是定义在（-∞，3]上的减函数，已知对恒成立，则实数的取值范围是 【0,1】9. 函数f（x）在[a,b]上有定义，若对任意x1，x2∈[a,b]，有则称f（x）在[a,b]上具有性质P.设f（x）在[1,3]上具有性质P，现给出如下命题：①f（x）在[1,3]上的图像时连续不断的； ②f（x2）在[1,]上具有性质P；③若f（x）在x=2处取得最大值1，则f（x）=1，x∈[1,3]；④对任意x1，x2，x3，x4∈[1,3]，有其中真命题的序号是 解析：若函数在时是孤立的点，如图，则①可以排除；函数具有性质p，而函数不具有性质p，所以②可以排除；设，则,即，又，所以，因此③正确；所以④正确.10.已知定义域为的函数满足：①对任意，恒有成立；当时，.给出如下结论：①对任意，有；②函数的值域为；③存在，使得；④“函数在区间上单调递减”的充要条件是 “存在，使得”。
其中所有正确结论的序号是 答案】①②④【解析】，正确；取，则；，从而，其中，，从而，正确；，假设存在使，即存在，又，变化如下：2,4,8,16,32，……，显然不存在，所以该命题错误；根据前面的分析容易知道该选项正确；综合有正确的序号是.11.已知函数的定义域为R,对任意实数都有,且当时,.(1)证明:;(2)证明: 在R上单调递减;(3)设A=,B={},若=,试确定的取值范围.(1)证明:令,则∵当时,,故,∴,∵当时,∴当时,,则(2)证明: 任取,则∵,∴0<,故<0,又∵∴,故∴函数是R上的单调减函数.(3) ∵由（2）知，是R上的减函数，∴∵B={}=又∵，∴方程组无解，即直线的内部无公共点∴，故的取值范围是-12.(2)当x∈(-1,0)时,有f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数；（Ⅱ）解:(1)易证f(x)是奇函数2）易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.13.定义域为R的函数f(x)满足：对于任意的实数x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x＞0时f(x)＜0恒成立.(1)判断函数f(x)的奇偶性，并证明你的结论；(2)证明f(x)为减函数；若函数f(x)在[-3，3）上总有f(x)≤6成立，试确定f(1)应满足的条件；解:（1）由已知对于任意x∈R，y∈R，f（x+y）=f（x）+ f（y）恒成立令x=y=0，得f（0+0）= f（0）+ f（0），∴f（0）=0令x=-y，得f(x-x)= f(x)+ f(-x)=0∴对于任意x，都有f(-x)= - f(x)∴f(x)是奇函数.（2）设任意x1，x2∈R且x1＜x2，则x2-x1＞0，由已知f（x2-x1）＜0（1）又f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）- f（x1）（2）由（1）（2）得f(x1)＞f(x2),根据函数单调性的定义知f(x0在(-∞，+∞)上是减函。