抽象函数

前言

小学和初中我们学习了有关数的运算，高中就主要涉及考查(“)代数(”)的运算[用字母代替数字运算和思维]；同理，当我们学习了各种具体的函数[基本初等函数]和[初等函数]之后，接下来的考查自然会延申拓展到抽象函数，在理解抽象函数时，我们可以依托其对应的具体函数来降低思维的难度。

对应案例

１、正比例函数(y=f(x)=kx)，其抽象函数为(f(x)+f(y)=f(x+y))；(f(x)-f(y)=f(x-y))；

２、一次函数(f(x)=kx+b(k eq 0))，其抽象函数为(f(x)+f(y)=f(x+y))；(f(x)-f(y))(=f(x-y))；

３、幂函数(f(x)=x^a)，其抽象函数为(f(x)cdot f(y)=f(xcdot y))；(frac{f(x)}{f(y)})(=f(frac{x}{y}))；

４、指数函数(f(x)=a^x)，其抽象函数为(f(x)cdot f(y)=f(x＋y))；(frac{f(x)}{f(y)}=f(x-y))；

５、对数函数(f(x)=log_a^;x)，其抽象函数为(f(x)+f(y)=f(xcdot y))； (f(x)-f(y)=)(f(frac{x}{y}))；

６、三角函数(y=tan(x+y))，其抽象函数为(f(x+y)=frac{f(x)+f(y)}{1-f(x)f(y)})；

相关阅读

• 1、复合函数；

• 2、具体函数及其对应的抽象函数；

• 3、函数的奇偶性

• 4、函数的对称性

• 5、抽象函数的对称性验证

典例剖析

• 涉及抽象函数的单调性的变形技巧

例1【定义法】【抽象函数的单调性-变形1】定义在(R)上的函数(f(x))满足(f(x+y)=f(x)+f(y)-1)，且(x>0)时，(f(x)<1)，判定函数单调性。

分析：令(x_1<x_2in R)，则(x_2-x_1>0)，故(f(x_2-x_1)<1)；

则有(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1))(=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1-f(x_1))(=f(x_2-x_1)-1<0)，

即(f(x_2)<f(x_1))，

由(x_1<x_2in R)，以及(f(x_2)<f(x_1))，故函数(f(x))在(R)上单调递减。

注意变形：(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1)

例2【定义法】【抽象函数的单调性-变形2】【2018·德州模拟】已知定义在((0，＋infty))上的函数(f(x))，满足 (f(xy)＝f(x)＋f(y))，(x＞1) 时，(f(x)＜0)，判断函数(f(x))的单调性．

分析：令(0<x_1<x_2)，则(cfrac{x_2}{x_1}>1)，故(f(cfrac{x_2}{x_1})<0)；

则有(f(x_2)-f(x_1)=f[(cfrac{x_2}{x_1})cdot x_1]-f(x_1))(=f(cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)-f(x_1))(=f(cfrac{x_2}{x_1})<0)，

故函数(f(x))在((0，＋infty))上单调递减。

注意变形：(f(x_2)=f[(cfrac{x_2}{x_1})cdot x_1]=f(cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1))

例3【定义法】【抽象函数的单调性-变形3】已知函数(f(x))的定义域为(R)，对任意实数(m)，(n)都满足(f(m+n)=f(m)+f(n)+cfrac{1}{2})，且(f(cfrac{1}{2})=0)，当(x>cfrac{1}{2})时，(f(x)>0)；

（1）求(f(1))；

分析：赋值法，令(m=n=cfrac{1}{2})，则(f(1)=2f(cfrac{1}{2})+cfrac{1}{2}=cfrac{1}{2})；

（2）判断函数(f(x))的单调性，并证明。

分析：令(m=n=0)，则得到(f(0)=-cfrac{1}{2})，

令(m=-n)，则(f(m-m)=f(m)+f(-m)+cfrac{1}{2})，则(f(m)+f(-m)=-1)，

令(m=cfrac{1}{2})，由(f(m)+f(-m)=-1)和(f(cfrac{1}{2})=0)，得到(f(-cfrac{1}{2})=-1)

令(x_2>x_1)，则(x_2-x_1>0)，则(x_2-x_1+cfrac{1}{2}>cfrac{1}{2})，则(f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})>0)

则(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)+cfrac{1}{2}-f(x_1))

(=f(x_2-x_1)+cfrac{1}{2}=f[(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+(-cfrac{1}{2})]+cfrac{1}{2})

(=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+f(-cfrac{1}{2})+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2}=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})-1+1)

(=f(x_2-x_1+cfrac{1}{2})>0)，即(f(x_2)>f(x_1))，

故函数(f(x))在(R)上单调递增。

解后反思：为了利用条件(x>cfrac{1}{2})时，(f(x)>0)，故变形(f(x_2-x_1)=f[(x_2-x_1+cfrac{1}{2})+(-cfrac{1}{2})])

• 抽象函数的奇偶性判断

例3已知函数(f(x)) 的定义域是(R)，并且满足(f(x)+f(y)=fleft(cfrac{x+y}{1+xy} ight)) ，试判断函数的奇偶性。

分析：令(x=y=0) ,则(f(0)+f(0)=f(0)) ，所以 (f(0)=0)

令(y= -x) ，则(f(x)+f(-x)=f(0)=0) ，所以(f(x)+f(-x)=0) ，

故函数(f(x)) 是奇函数。

• 抽象函数的对称性

例4【抽象函数的对称性周期性问题】已知定义在(R)上的函数(f(x))，对任意(xin R)，都有(f(x+2016)=)(f(x))(+f(1008))成立，若函数(y=f(x-2015))的图像关于直线(x=2015)对称，则(f(3024))=【】

$A.0$ $B.2015$ $C.2016$ $D.2017$

分析：由函数(y=f(x-2015))的图像关于直线(x=2015)对称可得，

函数(y=f(x))的图像关于直线(x=0)对称，即函数(f(x))为偶函数；

又对任意(xin R)，都有(f(x+2016)=f(x)+f(1008))成立，

令(x=-1008)，则有(f(-1008+2016)=f(-1008)+f(1008))，

即(f(1008)=f(-1008)+f(1008))，得到(f(1008)=f(-1008)=0)，

即(f(x+2016)=f(x)+f(1008))变形为(f(x+2016)=f(x))，

即(T=2016)，故(f(3024)=f(3024-2016)=f(1008)=0)，故选(A)。

• 抽象函数的单调性

例6【(2017德州模拟】已知函数(f(x))是定义在R上的奇函数，对任意的(x，yin R)，(2x+3y eq 0)，都有(cfrac{f(x)+f(frac{3y}{2})}{2x+3y}<0)，若(2x+3y>0)，则有【】

(A.f(2x)+f(3y)leq 0) (B.f(2x)+f(3y)ge 0) (C.f(2x)+f(3y)< 0) (D.f(2x)+f(3y)> 0)

分析：(frac{f(x)+f(frac{3y}{2})}{2x+3y}<0)可变形为 (frac{f(x)+f(frac{3y}{2})}{x+frac{3y}{2}}<0)，即(frac{f(x)-f(-frac{3y}{2})}{x-(-frac{3y}{2})}<0)，

令(x_1=x，x_2=-cfrac{3y}{2})，则(frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<0)，

即函数(f(x))为R上的减函数，结合(2x>-3y),可得(f(2x)<f(-3y)=-f(3y))，

故有(f(2x)+f(3y)< 0)。

• 给定抽象函数求参数的取值范围

例7【2016天津】已知(f(x))是定义在(R)上的偶函数，且在区间((-infty，0))上单调递增。若实数(a)满足(f(2^{|a-1|}))(>f(-sqrt{2}))，则(a)的取值范围是【】

$A.(-infty，cfrac{1}{2})$ $B.(-infty，cfrac{1}{2})cup (cfrac{3}{2}，+infty)$ $C.(cfrac{1}{2}，cfrac{3}{2})$ $D.(cfrac{3}{2}，+infty)$

分析：由偶函数可知，(f(x))总满足(f(x)=f(-x)=f(|x|))，(f(x))在区间((0，+infty))上单调递减，

故将已知条件转化为(f(2^{|a-1|})>f(|-sqrt{2}|)=f(sqrt{2}))，

利用在区间((0，+infty))上单调递减得到(2^{|a-1|}<2^{frac{1}{2}})，则有(|a-1|<cfrac{1}{2})，

解得(ain (cfrac{1}{2}，cfrac{3}{2}))，故选(C).

例8【2016.北京四市联考】已知(f(x))是定义在(R)上的奇函数，且在区间([0，+infty))上单调递增。若(cfrac{|f(lnx)-f(lnfrac{1}{x})|}{2}<f(1))，则(x)的取值范围是多少？

分析：由题目可知，(-f(lncfrac{1}{x})=-f(-lnx)=f(x))，

所以原式可变形为(cfrac{|2f(lnx)|}{2}<f(1))，即(|f(lnx)|<f(1))，

即(-f(1)<f(lnx)<f(1))，再利用奇函数变形为(f(-1)<f(lnx)<f(1))，

然后利用单调性脱掉符号(f)，得到(-1<lnx<1)，再解对数不等式，

即就是(lncfrac{1}{e}=-1<lnx<1=lne)，故(cfrac{1}{e}<x<e).

例9【2018·珠海月考】已知定义在(R)上的奇函数(y＝f(x))在((0，＋infty))上单调递增，且(f(cfrac{1}{2})=0)，则满足(f(log{frac{1}{9}}x)>0) 的$ x$ 的集合为_________。

分析：由于(y＝f(x))在((0，＋infty))上单调递增，且为奇函数，

则可知函数在((-infty，0))上单调递增，又(f(cfrac{1}{2})=0)，

则可知(f(-cfrac{1}{2})=0)，又由于函数定义在(R)上，则(f(0)=0)，

做出大致示意图如下，

由图像可得，

故有(log{frac{1}{9}}x>cfrac{1}{2})或(-cfrac{1}{2}<log{frac{1}{9}}x<0)

即(log{frac{1}{9}}x>cfrac{1}{2}=log{frac{1}{9}}(cfrac{1}{9})^{{frac{1}{2}}}=log{frac{1}{9}}{cfrac{1}{3}})或(log{frac{1}{9}}3<log{frac{1}{9}}x<log{frac{1}{9}}1)

解得(0<x<cfrac{1}{3})或(1<x<3)，

故所求集合为({xmid 0<x<cfrac{1}{3}或1<x<3 })。

例10(2016南京模拟)(f(x))是定义在((0，+infty))上的单调增函数，满足(f(xy)=f(x)+f(y))，(f(3)=1)，当(f(x)+f(x-8)leq 2)时，求(x)的取值范围。

分析：(f(3)+f(3)=f(3 imes3)=f(9)=2)， (f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]leq 2=f(9))，

等价转化为(egin{cases}x>0\x-8>0\x(x-8)leq 9end{cases})，解得(8<xleq 9).

易错：①、如果 (f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]leq 2=f(9))，转化得到(egin{cases}x(x-8)>0\x(x-8)leq 9end{cases})，这样的转化往往是不等价的，因为(x(x-8)>0)包含了(x>0，x-8>0)和(x<0，x-8<0)两种情形，由此我们得到的经验是求定义域是一般对函数的形式不做变形，

②、因为我们大多做不到等价变形；比如给定函数(y=lgx^2)，我们常常会化为(y=2lgx)，殊不知这样的变形是错误的，(y=lgx^2)的定义域是((-infty，0)cup(0，+infty))，还是偶函数，而(y=2lgx)的定义域是((0，+infty))，没有奇偶性，其实(y=lgx^2=2lg|x|)，有人就纳闷了，我们平时不是经常用公式(log_a;b^n=nlog_a;b)，对，没错，但是你注意过公式中的字母取值吗？

例11已知函数(f(x))是(R)上的增函数，(A(0，-3)，B(3，1))是其图像上的两点，那么不等式(-3<)(f(x+1))(<1)的解集的补集是___________.

分析：原不等式即(-3=f(0)<f(x+1)<f(3)=1)，故得到(0<x+1<3)，解得(-1<x<2)，

故其补集为((-infty，-1]cup[2，+infty)).

例12已知函数(f(x))在定义域((0，+infty))上是单调递增的，若(f(a^2-a)>f(a+3))，则实数(a)的取值范围是多少？

分析：此类题目往往需要考虑定义域和单调性，

故原抽象函数不等式转化为(egin{cases}a^2-a>0\a+3>0\a^2-a>a+3end{cases})，

解得(-3<a<-1)或(a>3)。

故(a)的取值范围是((-3，-1)cup(3，+ infty))。

例13已知定义在R上的偶函数(f(x))，当(xge 0)时，(f(x)=e^x+ln(x+1))，若(f(a)<f(a-1))，求(a)的取值范围。

法1：作出大致草图，结合图像，分类讨论，

但是我们一般不利用这个思路，主要是分类太多，太麻烦。

法2、利用偶函数的性质(f(x)=f(-x)=f(|x|))来简化思考，

由于(xge 0)时，(f(x)=e^x+ln(x+1))(增+增=增)，

故(f(x))在([0，+infty))上单调递增，

又(f(a)<f(a-1))可以等价转化为(f(|a|)<f(|a-1|))，

结合单调性可知(|a|<|a-1|)，两边同时平方去掉绝对值符号，

解得(a<cfrac{1}{2})，即(ain(-infty，cfrac{1}{2}))。

拔高训练

• 1、由抽象函数不等式求参数的取值范围【题组辅导】；

• 涉及抽象函数的构造

例14【抽象函数的构造】若对(forall x，yin R)，都有(f(x+y)=f(x)+f(y)-2)，则如何构造函数(f(x))？

分析：由(f(x+y)=f(x)+f(y)-2)，令(x=y=0)，得到(f(0)=2)；

再令(y=-x)，得到(f(0)=f(x)+f(-x)-2)，即(f(x)+f(-x)=4)，

故函数(f(x))关于点((0，2))对称，

故构造函数(f(x)=2)或者函数(f(x)=kx+2)或者函数(f(x)=kx^3+2)，

都是满足题目条件的，当然其中最简单的就是(f(x)=2)；

• 上次编辑时间：2019-07-22