微突破抽象函數(shù)求解模型化高中總復(fù)習(xí)·數(shù)學(xué)

所謂抽象函數(shù)，是指沒(méi)有明確給出函數(shù)表達(dá)式，只給出它具有的某些

特征或性質(zhì)，并用一種符號(hào)表示的函數(shù).抽象函數(shù)是由特殊的、具體的函

數(shù)抽象而得到的，我們所遇到的抽象函數(shù)都是以中學(xué)階段所學(xué)的基本初等

函數(shù)為背景抽象而得，解決此類(lèi)問(wèn)題，若能從研究抽象函數(shù)的“模型”入

手，根據(jù)題設(shè)中抽象函數(shù)的性質(zhì)，通過(guò)類(lèi)比、猜想出它可能為某種基本初

等函數(shù)，變抽象為具體，變陌生為熟知，?？刹聹y(cè)出抽象函數(shù)所蘊(yùn)含的重

要性質(zhì)，并以此作為解題的突破口，必能為我們的解題提供思路和方法.

常見(jiàn)的抽象函數(shù)對(duì)應(yīng)的基本初等函數(shù)模型如下：基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質(zhì)一次函數(shù)f（x）＝kx＋b

（k≠0）f（x±y）＝f（x）±f（y）?b冪函數(shù)f（x）＝xnf（xy）＝f（x）f（y）或f（

）＝

二次函數(shù)f（x）＝ax2＋bx＋c

（a≠0）f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2axy

－c基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質(zhì)指數(shù)函數(shù)f（x）＝ax（a＞0且

a≠1）f（x＋y）＝f（x）f（y）或f（x

－y）＝

對(duì)數(shù)函數(shù)f（x）＝logax（a＞0

且a≠1）f（xy）＝f（x）＋f（y）或f（

）

＝f（x）－f（y）或f（xm）＝mf

（x）基本初等函數(shù)模型抽象函數(shù)性質(zhì)余弦函數(shù)f（x）＝A

cos

ωx

（Aω≠0）f（x）＋f（y）＝

f（

）·f

（

）或f（x＋y）＋f（x－y）

＝

f（x）·f（y）正切函數(shù)f（x）＝tan

xf（x＋y）＝

一、以一次函數(shù)為模型的抽象函數(shù)

已知函數(shù)f（x）對(duì)任意x，y∈R，滿(mǎn)足條件f（x）＋f（y）＝2＋f

（x＋y），且當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞2，f（3）＝5，則不等式f（a2－2a

－2）＜3的解集為

?.{a｜－1＜a＜3}

解析：法一（常規(guī)解法）

設(shè)x1＜x2，則x2

－x1＞0，∵當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）

＞2，∴f（x2－x1）＞2，則f（x2）＝f[（x2－x1）＋x1]＝f（x2－x1）

＋f（x1）－2＞2＋f（x1）－2＝f（x1），即f（x2）＞f（x1），∴f

（x）為增函數(shù).∵f（3）＝f（2＋1）＝f（2）＋f（1）－2＝[f（1）＋f

（1）－2]＋f（1）－2＝3f（1）－4，又∵f（3）＝5，∴f（1）＝3.∴f

（a2－2a－2）＜f（1），∴a2－2a－2＜1，即a2－2a－3＜0，解得不等

式的解集為{a｜－1＜a＜3}.法二（模型解法）

由f（x）＋f（y）＝2＋f（x＋y），即f（x＋y）＝

f（x）＋f（y）－2，可設(shè)函數(shù)f（x）＝kx＋2（k≠0），由f（3）＝5，

得3k＋2＝5，k＝1，即f（x）＝x＋2，滿(mǎn)足當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞2，則

不等式f（a2－2a－2）＜3可化為a2－2a－2＋2＜3，即a2－2a－3＜0，

解得－1＜a＜3，故不等式的解集為{a｜－1＜a＜3}.二、以?xún)绾瘮?shù)為模型的抽象函數(shù)

[0，2]

三、以二次函數(shù)為模型的抽象函數(shù)

定義在R上的函數(shù)f（x）滿(mǎn)足f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋

2xy，f（1）＝2，則f（－3）＝（

C

）A.2B.3C.6D.9C解析：法一（常規(guī)解法）

f（－3）＝f（－1）＋f（－2）＋4＝3f（－1）

＋6，f（0）＝f（0）＋f（0）＋0，f（0）＝0，又f（0）＝f（1－1）＝

f（1）＋f（－1）－2＝f（－1），所以f（－3）＝6.法二（模型解法）

由f（x＋y）＝f（x）＋f（y）＋2xy，設(shè)函數(shù)f

（x）＝x2＋bx，又由f（1）＝2，得b＝1，所以f（x）＝x2＋x，f（－

3）＝6.四、以指數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)

已知函數(shù)f（x）對(duì)于一切實(shí)數(shù)x，y滿(mǎn)足f（0）≠0，f（x＋y）＝f

（x）f（y），且當(dāng)x＜0時(shí)，f（x）＞1.則當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）的取值范

圍為

?.（0，1）

五、以對(duì)數(shù)函數(shù)為模型的抽象函數(shù)

已知函數(shù)f（x）是定義域?yàn)椋?，＋∞）的增函數(shù)，滿(mǎn)足f（4）＝

1，f（xy）＝f（x）＋f（y），若f（x）＋f（x－3）≤1，則x的取值

范圍為

?.

（3，4]

六、以余弦函數(shù)為模型的抽象函數(shù)

A.

－3B.－2C.0D.1A

1.

已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且對(duì)任意x1，x2∈R都有f（x1＋x2）＝

100f（x1）f（x2），則下列結(jié)論一定正確的是（

）A.

f（x）是偶函數(shù)B.

f（x）是周期函數(shù)C.

存在常數(shù)k，對(duì)任意x∈R，都有f（x＋1）＝kf（x）D.

對(duì)任意m∈R，存在x0∈R，使得f（x0）＝m√

2.

已知對(duì)于每一對(duì)正實(shí)數(shù)x，y，函數(shù)f（x）滿(mǎn)足：f（x）＋f（y）＝f

（x＋y）－xy－1，若f（1）＝1，則滿(mǎn)足f（n）＝n（n∈N*）的n的個(gè)

數(shù)是（

）A.1B.2C.3D.4√

3.

〔多選〕已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)镽，且f（x＋y）＝f（x）＋f

（y），當(dāng)x＞0時(shí)，f（x）＞0，且滿(mǎn)足f（2）＝1，則下列說(shuō)法正確的是

（

）A.

f（x）為奇函數(shù)B.

f（－2）＝－1C.

不等式f（2x）－f（x－3）＞－2的解集為（－5，＋∞）D.

f（－2

026）＋f（－2

025）＋…＋f（0）＋…＋f（2

025）＋f（2

026）＝2

025√√解析：

法一（常規(guī)解法）對(duì)于A，令x＝y(tǒng)＝0，可得f（0）＝f（0）＋f（0）＝2f（0），所以f（0）＝0，令y＝－x，得到f（－x）＋f（x）＝f（0）＝0，即f（－x）＝－f（x），所以f（x）為奇函數(shù)，故A正確；對(duì)于B，因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，所以f（－2）＝－f（2）＝－1，故B正確；對(duì)于C，設(shè)x1＞x2，x＝x1，y＝－x2，可得f（x1－x2）＝f（x1）＋f（－x2），所以f（x1）－f（x2）＝f（x1）＋f（－x2）＝f（x1－x2），又因?yàn)閤1＞x2，所以x1－x2＞0，所以f（x1－x2）＞0，即f（x1）＞f

（x2），所以f（x）在R上是增函數(shù)，因?yàn)閒（－2）＝－1，所以f（－

4）＝f（－2－2）＝2f（－2）＝－2，由f（2x）－f（x－3）＞－2，可

得f（2x）＞f（x－3）＋f（－4），所以f（2x）＞f（x－3－4）＝f

（x－7），所以2x＞x－7，得到x＞－7，所以f（2x）－f（x－3）＞－

2的解集為（－7，＋∞），故C錯(cuò)誤；對(duì)于D，因?yàn)閒（x）為奇函數(shù)，所

以f（－x