16 聚焦抽象函数的创新问题（数学部分）-《中学生数理化》高一使用2021年1月刊

■刘大鸣(特级教师) 抽象函数是指没有给出具体的函数解析 式,只给出对应法则的一类 函 数。抽 象 函 数 表现形式抽象,对数学思维能力要求较高,这 类问题是函数内容的难点之一。 聚焦1:赋值法求抽象函数的值 例1 已知函数y=f(x)+3x2 的图像 关于原 点 对 称,若 f(2)=3,函 数 g(x)= f(x)-3x,则g(-2)的值是 。 解:因为函数y=f(x)+3x2 的图像关 于原 点 对 称,所 以 f(-x)+3(-x)2 = -[f(x)+3x2],即 f(-x)=-f(x)- 6x2。令 x=2,则 f(-2)=-f(2)-6× 22=-27。由函数g(x)=f(x)-3x,令x= -2,则g(-2)=f(-2)-3×(-2)=-21。 评析:赋值法是 依 据 对 应 法 则 和 题 设 条 件,合理巧妙地对某些元素进行赋值求解的。 聚焦2:整体变量观念求复合函数的定 义域 例2 已 知 函 数 f(x+3)的 定 义 域 为 [-5,-2],则 函 数 f(2x-1)的 定 义 域 为 。 解:由题设可 得-5≤x≤-2,则-2≤ x+3≤1,所以f(x)的定义域为[-2,1]。令 -2≤2x-1≤1,解 得- 1 2 ≤x≤1,故 函 数 f(2x-1)的定义域为 - 1 2 ,1[ ] 。 评析:函数y=f(x)的定义域为(a,b), 解不等式a<g(x)<b 可求出y=f[g(x)] 的定义域;函数y=f[g(x)]的定义域为(a, b),求出g(x)在(a,b)上的值域即为 f(x) 的定义域。 聚焦3:配凑法证明抽象函数的单调性 例3 函数f(x)对任意实数 m,n 都有 f(m+n)=f(m)+f(n),且 当 x>0 时, f(x)>0。求证:f(x)在(-∞,+∞)上 为 增函数。 证明:设任意的 x1<x2,则 x2-x1>0, 所以f(x2-x1)>0。因为f(x1)-f(x2)= f(x1)-f (x2 -x1 +x1)=f (x1)- f(x2-x1)+f(x1)[ ] =-f(x2-x1)<0, 所以 f(x1)<f(x2),可 知 函 数 f(x)在 (-∞,+∞)上为增函数。 评析:解 答 本 题 的 关 键 是 将 x2 变 形 为 (x2-x1)+x1 求解的。 聚焦4:换元法求抽象函数的值 例4 已 知 函 数 f(x)是 定 义 在 (0, +∞)上的单调函数,且对任意x∈(0,+∞) 都有f f(x)- 4 x[ ] =4,则f(4)= 。 解:令t=f(x)- 4 x (t>0),则f(t)=4, f(x)=t+ 4 x 。由f(t)=t+ 4 t ,可得4=t+ 4 t ,解得t=2,所以f(x)=2+ 4 x 。故f(4)=3。 评析:解答本题的关键是令f(x)- 4 x = t,得到f(t)=4和f(t)=t+ 4 t 求解的。 聚焦5:定义法求解抽象函数不等式 例5 已知函数f(x)对任意 x,y∈R, 都有f(x)+f(y)=2+f(x+y),当 x>0 时,f(x)>2,f(3)=5,求 不 等 式 f(a2- 2a-2)<3的解集。 解:设x1,x2∈R 且x1<x2 则x2-x1> 0,所以f(x2-x1)>2,即f(x2-x1)-2> 0。因 为 f(x2)=f[(x2 -x1)+x1]= f(x2-x1)+f(x1)-2>f(x1),所 以 f(x2)>f(x1),可 知 f(x)为 增 函 数。又 f(3)=f(2+1)=f(2)+f(1)-2=3f(1) -4=5,所以f(1)=3。由f(a2-2a-2)< 3=f(1),可得a2-2a-2<1,解得-1<a< 3。故原不等式的解集为 a|-1<a<3{ }。 评析:解抽象函 数 不 等 式 问 题 的 关 键 是 利用函数的单调性去掉函数符号“f”,再转化 为代数不等式求解。 作者单位:陕西省洋县中学 (责任编辑 郭正华) 72 数学部分·创新题追根溯源 高一使用 2021年1月 $$