南方新课堂广东高考数学理科一轮总复习配套课件3.7抽象函数

第7讲

抽象函数

考情风向标 从近几年的高考试题来看，对本节内容的 1.了解函数模型的实 考查主要是与周期性、单调性相结合，求 际背景. 函数值、比较大小等.预计 2015 年高考 2.会运用函数的解析 对抽象函数的考查，仍将以周期性与单调 式理解和研究函数 性为主要考向，重点探讨幂函数型、指数 函数型、对数函数型抽象函数的解析式及 的性质. 基本性质.

考纲要求

1.满足解析式 f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)的是正比例函数型抽象函数. 2.满足解析式 f(x1· x2)=f(x1)+f(x2)的是对数函数型抽象函 数.

3.满足解析式 f(x1+x2)=f(x1)· f(x2)的是指数函数型抽象函数.

1.已知定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y),则

f(x)是( A )A.奇函数B.偶函数 C.既是奇函数，又是偶函数 D.既不是奇函数，又不是偶函数

2.函数 f(x)满足 f(x)· f(x+2)=13,若 f(1)=2,则 f(99)= ( C ) A.13 C. 13 2 B.2 D. 2 13

解析：由f(x)· f(x+2)=13,得f(x)=f(x+4),所以f(99)=f(3)=

13 . 2

3.若 f(x)是定义在 R 上的奇函数，它的最小正周期为 T,

则

T f -2 的值为(

A )

A.0 C.T

T B.2 T D.-2 T f -2 =

解析：设 f(x)=sinx,它的最小正周期为 T=2π,则 sin(-π)=0.

4.已知定义在 R 上的函数 f(x)是偶函数，对 x ∈R 都有 -2 f(2+x)=f(2-x),当 f(-3)=-2 时，f(2013)的值为_______. 解析：由题可得，此函数是周期为 4 的周期函数，f(2013) =f(-3)=-2. 5.已知函数 f(x)的定义域为 R+,并且对任意正数 x,y 都 有 f(xy)=f(x)+f(y). 0 (1)f(1)=_______ ;1 (2)若 f(8)=3,则 f( 2 )=_______. 2

考点 1 正比例函数型抽象函数例 1: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,f(1)=-2. (1)求证：f(x)是奇函数； (2)试问在-3≤x≤3 时，f(x)是否有最值？如果有，求出最 值；如果没有，说出理由.

(1)证明：令 x=y=0, 则有 f(0)=2f(0) f(0)=0. 令 y=-x,则有 f(0)=f(x)+f(-x). 即 f(-x)=-f(x).∴f(x)是奇函数. (2)解：任取x1<x2,则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).∴y=f(x)在R上为减函数. 因此 f(3)为函数的最小值，f(-3)为函数的最大值.

f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,

f(-3)=-f(3)=6.∴函数的最大值为 6,最小值为-6. 【方法与技巧】(1)正比例函数型抽象函数的一般步骤为f(0)

=0 f(x)是奇函数 f(x-y)=f(x)-f(y) 单调性.(2)小技巧判断单调性：设x1<x2,则x2-x1>0 f(x2-x1)<0 f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)<f(x1),得到函数单调

递减.

【互动探究】 1.已知定义在 R 上的

函数 f(x)满足 f(x+y)=f(x)+f(y),则 下列错误的是( D ) 1 A.f(0)=0 B.f(1)=2f 2 1 C.f(1)=2f(2) D.f(x)f(-x)<0 解析：f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0),∴f(0)=0. 1 1 1 1 1 f(1)=f 2+2 =f 2 +f 2 =2f 2 .

1 f(2)=f(1+1)=f(1)+f(1)=2f(1),∴f(1)=2f(2).

f(x)f(-x)=-[f(x)]2≤0,故选 D.

考点 2 对数函数型抽象函数 例 2:已知函数 f(x)的定义域为{x|x∈R,且 x≠0},对定义 域内的任意x1,x2,都有f(x1· x2)=f(x1)+f(x2),且当 x>1时，f(x)>0,

f(2)=1.(1)求证：f(x)是偶函数； (2)求证：f(x)在(0,+∞)上是增函数； (3)解不等式 f(2x2-1)<2.

(1)证明：对定义域内的任意x1,x2,都有 f(x1· x2)=f(x1)+f(x2),

令x1=x,x2=-1,则有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,从而f(-1)=0. 于是有f(-x)=f(x),所以f(x)是偶函数.

(2)证明：设 0<x1<x2, 则 x2 f(x1)-f(x2)=f(x1)-f x1· x1

x2 x2 =f(x1)- f x1 +f x =-f x , 1 1 x2 x2 由于 0<x1<x2,所以x >1,从而 f x >0, 1 1

故 f(x1)-f(x2)<0,即 f(x1)<f(x2). 所以 f(x)在(0,+∞)上是增函数.

(3)解：由于f(2)=1,所以2=f(2)+f(2)=f(4).于是待解不 等式可化为f(2x2-1)<f(4),结合(1)(2)已证结论，可得上式等价 于|2x2-1|<4,且 2x2-1≠0. 解得 x -

10 10 2 2 <x< 2 ,且x≠± 2

.

【方法与技巧】证明抽象函数的单调性通常是用单调性的 定义结合比较法(作差法、作商法),函数的单调性是比较大小

的常用方法.运用不等式性质时应从结论出发，寻找解题的切入点.

1 ①对数函数型抽象函数的一般步骤为： f(1) = 0 f x = x -f(x) f y =f(x)-f(y) 单调性.

②小技巧判断单调性：设 0<x1<x2 ,则 x2 f(x1)+f x >f(x1),得到函数是增函数. 1

x2 = f(x2) = f x1· x1