02 基于抽象函数 融合性质应用&03 求函数解析式的常用方法-《中学生数理化》高一数学2024年10月刊

■归亦倩 以抽象函数为应用场景,考查相应的基 本性质与应用,是近年新高考数学命题中比 较常见的一类基本题型,成为函数模块知识 考查中的一个重点与难点,倍受各方关注。 抽象函数的基本性质主要包括单调性、奇偶 性、周期性、对称性等,以创新多变的形式在 各类题型中出现,全面考查数学抽象、逻辑推 理及数学运算等核心素养,成为考查数学“四 基”与“四能”的一个重要场所。 一、抽象函数的单调性 例1 已知定义在(0,+∞)上的函数 f(x),满足∀x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2, 不等 式 x2f(x1)-x1f(x2) x1-x2 >0 成 立。若 f(2)=4,则 不 等 式 f(x) x >2 的 解 集 为 ( )。 A.(4,+∞) B.(0,4) C.(0,2) D.(2,+∞) 分析:根据题设条件,合理构建函数,利 用题设中不等式成立的条件加以变形与转 化,结合抽象函数所对应的不等式即可求得 解集。 解:令函数g(x)= f(x) x ,x∈(0,+∞)。 不妨设0<x1<x2,可得x1-x2<0,结合不 等 式 x2f(x1)-x1f(x2) x1-x2 >0 成 立,可 得 x2f(x1)-x1f(x2)<0,即 x2f(x1)< x1f(x2),所以 f(x1) x1 < f(x2) x2 ,所以g(x1) <g(x2),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调 递增。 因为f(2)=4,所以g(2)= f(2) 2 =2 ,所 以不等式f (x) x >2 可化为g(x)>g(2)。由 函数g(x)的单调性,可得x>2,即不等式 f(x) x >2 的解集为(2,+∞)。应选D。 点评:判断抽象函数单调性的两种基本 方法:凑,借助题设条件,凑定义或凑已知,利 用定义或已知条件得出结论;赋值,根据条件 与结论的关系,对变量进行合理赋值(有时要 进行多次尝试),从而得出结论。利用抽象函 数的单调性时,若给出的是“和型”抽象函数 f(x+y),判断符号时要变形为f(x2)- f(x1)=f[(x2-x1)+x1]-f(x1)或f(x2) -f(x1)=f(x2)-f[(x1-x2)+x2];若给 出的是“积型”抽象函数f(xy),判断符号时 要变形为f(x2)-f(x1)=f x1· x2 x1 - f(x1)或 f (x2)-f (x1)=f (x2)- f x2· x1 x2 。 二、抽象函数的奇偶性 例2 已知函数f(x)对任意x,y∈R, 总有 f(x+y)=f(x)+f(y),当 x∈ (-∞,0)时,f(x)>0,且f(1)=- 2 3 ,则当 x∈[-3,1]时,f(x)的最大值为( )。 A.0 B. 2 3 C.1 D.2 分析:利用抽象函数所满足的关系式,通 过赋值处理,可判断函数的奇偶性及函数的 单调性,再结合关系式的特征求出函数在给 定区间上的最大值。 解:已知f(x+y)=f(x)+f(y),令x= y=0,则f(0)=f(0)+f(0),即f(0)=0。令 y=-x,则f(0)=f(x)+f(-x),可得 f(-x)=-f(x),所以函数f(x)为奇函数。 任取x1,x2∈R,且x1<x2,可得x1-x2 <0,结合题设条件知f(x1-x2)>0,所以 f(x1)-f(x2)=f[(x1-x2)+x2]-f(x2) =f(x1-x2)+f(x2)-f(x2)=f(x1-x2) 5 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月 >0,即f(x1)>f(x2),所以函数f(x)在 R 上单调递减。 所以当x∈[-3,1]时,函数f(x)的最 大值为f(-3)。因为 f(1)=- 2 3 ,所以 f(-1)= 2 3 ,所 以 f(-3)=f(-1)+ f(-2)=f(-1)+f(-1)+f(-1)=3× 2 3=2 。应选D。 点评:涉及抽象函数的奇偶性问题,要注 意与其他相关的基本性质的综合应用,特别 是与抽象函数的单调性巧妙联系。抽象函数 的奇偶性与单调性的应用要注意两点:奇函 数在两个对称的区间上具有相同的单调性; 偶函数在两个对称的区间上具有相反的单 调性。 三、抽象函数的周期性与对称性 例3 (多选题)函数f(x)的定义域为 R,满足f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y), 且f(1)=-1,则( )。 A.f(0)=1 B.f(x)为奇函数 C.f(1)+f(2)+…+f(2024)=0 D.[f(x)]2+ f x+ 1 2 2 =1 分析:根据所给抽象函数的递推关系,通 过赋值得到相应的函数值及函数的奇偶性与 周期性,利用逻辑推理与数学运算即可判断 选项的真假。 解:由题 设 f(x+y)+f(x-y)= 2f(x)f(y),令 x=y=0,可 得 2f(0)= 2f2(0),则f(0)=0或f(0)=1。 若f(0)=0,令y=0,则2f(x)=2f(x)· f(0)=0,即f(x)=0,与f(1)=-1矛盾, 故f(0)=1成立,A 正确。令x=0,可得 f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)=2f(y),即 f(-y)=f(y),所以f(-x)=f(x),所以 f(x)为偶函数,B错误。由 f(1)=-1, f(0)=1,可得f(2)+f(0)=2f(1)f(1)= 2,则f(2)=1;由f(3)+f(1)=2f(2)f(1) =-2,可得f(3)=-1;由f(4)+f(2)= 2f(3)f(1)=2,可得f(4)=1;由f(5)+ f(3)=2f(4)f(1)=-2,可得f(5)=-1; 由f(6)+f(4)=2f(5)f(1)=2,可得f(6) =1。由上归纳得f(x)的最小正周期为2, 所以f(1)+f(2)+…+f(2024)=0,C正 确。令x=y,可得f(2x)+f(0)=2f2(x), 即f2(x)= 1 2 [f(2x)+1],所以[f(x)]2+ f x+ 1 2 2 = 1 2 [f(2x)+1]+ 1 2 [f(2x+ 1)+1]= 1 2 [f(2x)+f(2x+1)+2],结合 f(x)的最小正周期为2,可得f(x)+f(x+ 1)=0,所以f(2x)+f(2x+1)=0,所以 [f(x)]2+ f x+ 1 2 2 =1,D正确。应选 ACD。 点评:判断抽象函数的周期性与对称性, 常用的三个“二级结论”:若抽象函数有两个 对称中心(a,0)与(b,0),则该函数具有周期 性,且周期为T=2|a-b|;若抽象函数有两 条对称轴x=a 与x=b,则该函数具有周期 性,且周期为T=2|a-b|;若抽象函数有一 个对称中心(a,0)与一条对称轴x=b,则该 函数具有周期性,且周期为T=4|a-b|。 设F(x)=f(x)+f(-x),x∈R,若 -π,- π 2 是函数F(x)的单调递增区间, 则一定是F(x)的单调递减区间的是( )。 A.- π 2 ,0 B.π2,π C.π, 3π 2 D.3π2,2π 提示:因为F(x)=f(x)+f(-x),所 以 F(-x)=f(-x)+f(x)=f(x)+ f(-x)=F(x),所以函数F(x)是偶函数。 而 -π,- π 2 是函数 F(x)的单调递增区 间,所以在 π 2 ,π 上函数F(x)一定单调递 减。应选B。 作者单位:常熟市中学 (责任编辑 郭正华) 6 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月 ■潘家鹏 方法1:待定系数法 已知函数解析式的形式,利用待定系数 法求解析式。 例1 一次函数f(x)在R上单调递增, 且f[(x-1)]=4x+5,则函数 f(x)= 。 解:设函数f(x)=kx+b,则f(x-1) =kx-k+b,所以f[f(x-1)]=k(kx-k +b)+b=k2x-k2+kb+b=4x+5,所以 k2=4, -k2+kb+b=5。 由f(x)在R上单调递增, 即k>0,解得k=2,b=3。故f(x)=2x+3。 评注:一次函数的解析式设为f(x)= kx+b(k≠0),二次函数的解析式设为f(x) =ax2+bx+c(a≠0)。 方法2:换元法 已知f[g(x)]的解析式,求f(x)的解 析式,可设g(x)=t,但要注意新元t的取值 范围。 例2 已知f(x+1)=x+2 x,求 f(x)的解析式。 解:设t= x+1,则t≥1,所以 x=t- 1,所以x=(t-1)2。因为f(x+1)=x+ 2 x,所以f(t)=(t-1)2+2(t-1)=t2- 1,t≥1,所以函数f(x)=x2-1(x≥1)。 评注:设新元t= x+1,要注意新元的 取值范围为t≥1。 方法3:解方程组法 已知f(x)和f(-x)或f(x)和f 1 x , 求函数f(x)的解析式。 例3 已知函数f(x)满足2f 1 x + f(x)=x(x≠0),求f(x)的解析式。 解:在2f 1 x +f(x)=x(x≠0)中,将 1 x 替换为x 得2f(x)+f 1 x =1x(x≠0)。 据上消去f 1 x 得f(x)=23x-x3(x≠0)。 评注:由1 x 替换x 是解题的关键。 方法4:奇偶性法 已知函数f(x)的奇偶性,且已知它在部 分区间上的解析式,可利用奇偶性求函数的 解析式。 例4 已知f(x)为 R 上的奇函数,当 x>0时,f(x)=x2-2x,求f(x)的解析式。 解:因为函数f(x)为 R上的奇函数,当 x<0时,-x>0,所以f(x)=-f(-x)= -[(-x)2-2(-x)]=-x2-2x。 易知f(0)=0满足f(x)=x2-2x,所 以函数f(x)= -x2-2x,x<0, x2-2x,x≥0。 评注:若函数f(x)的定义域内含0且为 奇函数,则f(0)=0;若f(x)为偶函数,则未 必有f(0)=0。 方法5:赋值法 对于同时含有x 和y 的抽象函数,如 f(xy)=f(x)+f(y),求f(x)的解析式,常 用赋值法。 例5 设f(x)是R上的函数,f(0)=1, 且对于任意的实数x,y 都有f(x+y)= f(y)+x(x+2y+1),求f(x)的解析式。 解:已知f(0)=1。由f(x+y)=f(y) +x(x+2y+1),令y=-x,可得f(x-x) =f(-x)+x(-x+1),所以1=f(-x)- x2+x,即f(-x)=x2-x+1。用-x 替换 x 得f(x)=x2+x+1,此时f(x+y)=x2 +2xy+y2+x+y+1。而f(y)+x(x+2y +1)=x2+2xy+x+y2+y+1=f(x+y), 符合题设要求,故函数f(x)=x2+x+1。 评注:赋值与验证是解题的关键。 作者单位:江苏省苏州市吴中区苏苑高级中学 (责任编辑 郭正华) 7 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月