10 抽象函数题型例析-《中学生数理化》高一数学2024年10月刊

■施雅琴 抽象函数是指没有给出具体的函数解析 式或图像,只给出一些函数符号及满足的条 件的一类函数。抽象函数是一种特殊的函 数,是高中函数部分的学习难点,也是高考的 常考点。 题型一:判断函数的奇偶性 例 1 已 知 函 数 f (x)是 定 义 在 x|x≠0 上不恒为零的函数,若f(xy)= f(x) y2 +f (y) x2 ,则f(x)为( )。 A.奇函数 B.偶函数 C.非奇非偶函数 D.既是奇函数又是偶函数 解:已知f(xy)= f(x) y2 +f (y) x2 ,令x= y=1,可得f(1)=0。令x=y=-1,可得 f(1)=2f(-1),所以f(-1)=0。令y= -1,则f(-x)=f(x)+ f(-1) x2 =f(x),所 以f(x)为偶函数。应选C。 点评:赋值法是求解数学问题的常用方 法。判断函数的奇偶性,实质上是判断f(x) 与f(-x)是否具有等量关系。判断函数的 奇偶 性,可 转 化 为 判 断 关 系 式 f(x)+ f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0 (偶函数)是否成立。 题型二:求函数的值 例2 已知定义域为 R的函数f(x)满 足f(x-1)为偶函数,f(x)+f(2-x)=0, 且f(-2)=1,则f(2024)+f(2025)= ( )。 A.0 B.1 C.2 D.3 解:由题意知定义域为 R 的函数f(x) 满足 f(x-1)为偶函数,即 f(x-1)= f(-x-1),也即f(x)=f(-2-x)。结合 f(x)+f(2-x)=0,可得f(-2-x)+ f(2-x)=0,所以f(-2+x)+f(2+x)= 0,所以f(x)+f(x+4)=0,即f(x+4)= -f(x),所以 f(x+8)=-f(x+4)= f(x),故8为函数f(x)的一个周期。 由f(x+4)=-f(x),f(-2)=1,令 x=-2,可得f(2)=-f(-2)=-1。结合 f(x)+f(2-x)=0,令x=2,可得f(2)+ f(0)=0,所以f(0)=1。 由f(x)+f(2-x)=0,令x=1,可得 f(1)=0。所 以 f(2024)+f(2025)= f(253×8)+f(253×8+1)=f(0)+f(1) =1。应选B。 点评:函数周期性的三个常用结论:对函 数f(x)定义域 内 任 意 的 自 变 量 值 x,若 f(x+a)=-f(x),则 T=2a(a>0);若 f(x+a)= 1 f(x) ,则 T =2a(a>0);若 f(x+a)=- 1 f(x) ,则T=2a(a>0)。 题型三:求参数的取值范围 例3 函数y=f(x)在(-2,2)上为增 函数,且f(2m)>f(-m+1),则实数m 的 取值范围是 。 解:由 题 意 知 -2<2m<2, -2<-m+1<2, 2m>-m+1, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解 得 1 3<m <1 。故 实 数 m 的 取 值 范 围 是 1 3 ,1 。 点评:依据函数在区间上的单调性,列出 不等式求解,但要注意不等式的等号是否成 立。 题型四:比较大小 例4 已知f(x)是R上的增函数,对任 意实数a,b,若a+b>0,则( )。 A.f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b) 81 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月 B.f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b) C.f(a)-f(b)>f(-a)-f(-b) D.f(a)-f(b)<f(-a)-f(-b) 解:因为a+b>0,所以a>-b,b> -a,所以f(a)>f(-b),f(b)>f(-a), 所以f(a)+f(b)>f(-a)+f(-b)。应选 A。 点评:实质上本题是逆用函数单调性的 定义和不等式的性质求解的。 题型五:解不等式 例5 若f(x)是定义在(0,+∞)上的 增函数,且对一切x>0,y>0,满足f x y = f(x)-f(y)。若f(6)=1,则不等式f(x+ 3)-f 1 3 <2的解集为 。 解:因为 f(6)=1,所以 f(x+3)- f 1 3 <2=f(6)+f(6),所以f(3x+9)- f(6)<f(6),即f x+3 2 <f(6)。因为函 数f(x)是 (0,+ ∞)上 的 增 函 数,所 以 x+3 2 >0 , x+3 2 <6 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得-3<x<9,即所求不等式的 解集为(-3,9)。 点评:函数的单调递增(或单调递减)是 针对定义域I内的某个区间D 而言的,显然 D⊆I。 题型六:判断函数零点的个数 例6 已知非零函数f(x)的定义域为 R,f(x+1)为 奇 函 数,且 f(2+x)= f(2-x),则y=f(x)在区间[0,2024]上的 零点个数至少是( )。 A.2024 B.2023 C.1024 D.1012 解:由f(x+1)为奇函数,可得f(-x+ 1)= -f (x +1),所 以 f (x +2)= -f(-x)。令x=-1,则f(1)=-f(1), 即f(1)=0。由f(2+x)=f(2-x),可得 f(x+4)=f(-x),即f(x+4)=-f(x+ 2),所以f(x+2)=-f(x),所以f(3)= -f(1)=0,所以f(x)在(0,4)上至少有2 个零点。 易得f(x+4)=f(x),所以f(x)是周 期为4的 函 数。而2024=4×506,所 以 f(x)在区间[0,2024]上至少有2×506= 1012(个)零点。应选D。 点评:函数的零点个数是函数图像与x 轴的交点个数。 1.设f(x)是定义在(0,+∞)上的单调 增函数,且满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3) =1,若f(x)+f(x-8)≤2,则x 的取值范 围为 。 提示:因为f(9)=f(3×3)=f(3)+ f(3)=2,所以f(x)+f(x-8)≤f(9),即 f[x(x-8)]≤f(9)。又因为 f(x)是(0, +∞)上的增函数,所以 x(x-8)≤9, x>0, x-8>0, 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 解得 8<x≤9,即x 的取值范围为(8,9]。 2.已知f(x)为 R 上的增函数,且对任 意x∈R,都有f[f(x)-3x]=4,则f(2)= 。 提示:由题意得f(x)-3x 为常数。设 f(x)-3x=m,则f(m)=4,所以f(x)= 3x+m,所以3m+m=4,即3m+m-4=0。 易知方程3m+m-4=0有唯一解m=1,所 以f(x)=3x+1,所以f(2)=32+1=10。 3.若 f(x)和 g(x)都 是 奇 函 数,且 F(x)=f(x)+g(x)+2在(0,+∞)上有最 大值8,则在(-∞,0)上F(x)有( )。 A.最小值-8 B.最大值-8 C.最小值-6 D.最小值-4 提示:因为F(x)=f(x)+g(x)+2在 (0,+∞)上有最大值8,所以f(x)+g(x)在 (0,+∞)上有最大值6。由f(x)和g(x)都 是奇函数,可知f(x)+g(x)是奇函数。利 用奇函数的基本性质得 f(x)+g(x)在 (-∞,0)上有最小值-6。故函数F(x)在 (-∞,0)上有最小值-6+2=-4。应选D。 作者单位:湖北省巴东县第一高级中学 (责任编辑 郭正华) 91 知识结构与拓展 高一数学 2024年10月