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第5讲 联想“模型函数”破解抽象函数题 ...联想“模型函数”破解抽象函数题 抽象函数是指没有给出具体的函数解析式,只给出一些函数符号及其满足的条件的函数.由于此类试题既能考查函数的概念和性质,又能考查学生的思维能力,所以备受命题者的青睐.因为抽象，学生解题时思维常常受阻，思路难以展开.然而抽象来源于具体，抽象函数一般是由具体的函数抽象而得到的.如抽象函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)，可联想到f(x)=kx(k≠0)，有f(x1)=kx1 ，f(x2)=kx2，f(x1+x2)=k(x1+x2)=kx1+kx2=f(x1)+f(x2)，则y=kx就可以作为抽象函数f(x)满足f(x+y)=f(x)+f(y)的一个“模型函数”.分析抽象函数问题的解题过程及心理变化规律可知，由抽象函数的结构，联想到已学过的具有相同或相似结构的某个“模型函数”，并由“模型函数”的相关结论，预测、猜想抽象函数可能具有的某种性质而使问题获解，是我们解决抽象函数问题的一般方法.有鉴于此，本文试图归纳一些中学阶段学过的常见“模型函数”，通过联想“模型函数”来破解抽象函数题. 一、中学阶段学过的常见“模型函数” 抽象函数 模型函数 f(x+y)=f(x)+f(y) y=kx（k为常数） f(x+y)=f(x)+f(y)-a y=kx+a（k,a为常数） f(x+y)=f(x)·f(y) y=ax（a＞0且a≠1） f(xy)=f(x)+f(y) y= (a＞0且a≠1) f(xy)=f(x) f(y) y=xn（n为常数） 注：记忆方法：如和的函数等于函数的积对应的模型函数为指数函数，而积的函数等于函数的和对应的模型函数为对数函数等. 二、联想“模型函数”破解抽象函数题例析 【例1】已知函数f(x)对于任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)，且当x＞0时，f(x) ＞0，f(-1)=-2，求函数f(x)在区间[-2，1]上的值域. 联想：由f(x+y)=f(x)+f(y)联想“模型函数”y=kx（k为常数）为奇函数，k＜0时为减函数，k＞0时为增函数，从而猜测：f(x)为奇函数且f(x)为R上的单调增函数，且f(x)在[－2,1]上有f(x)∈[－4,2]. 解析：设x1＜x2且x1，x2∈R， 则x2-x1＞0， ∴f(x2－x1)＞0， ∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1+x1)-f(x1)=f(x2-x1)+f(x1)-f(x1)=f(x2-x1)＞0， ∴f(x2)＞f(x1),∴f(x)为R上的单调增函数. 令x=y=0,则f(0)=0,令y=-x，则f(-x)=-f(x)，∴f(x)为R上的奇函数. ∴f(-1)=-f(1)=-2 ， ∴f(1)=2，f(-2)=2f(-1)=-4，∴-4≤f(x)≤2(x∈[-2,1])， 故f(x)在[-2,1]上的值域为[-4，2] 注意：由f(x+y)=f(x)+f(y)断定f(x)=kx（k为常数）是错误的，犯了用特殊代替一般的错误（解客观题还是可以）.我们只能借助f(x)=kx（k为常数）来猜测f(x)的性质，为解题指明方向，至于f(x)的性质的得出，我们还是要由相关定义来严格证明，决不能含含糊糊. 【例2】函数对任意、R，都有，并且当时，.（1）求证：是R上的增函数； （2）若，解不等式. 联想：由联想“模型函数”y=kx+1（k为常数），由条件易知k＞0，从而猜测：f(x)为R上的单调增函数，…… 解析：（1）证明：设、∈R，且，则，∴， .即，∴是R上的增函数. （2），∴. 不等式即为， ∵是R上的增函数，于是，解之得. 【例3】已知函数f(x)对于一切实数x、y满足f(0)≠0，f(x+y)=f(x)f(y)，且当x＜0时，f(x)＞1，（1）当x＞0时，求f(x)的取值范围；（2）判断f(x)在R上的单调性 联想：由f(x+y)=f(x)f(y)联想“模型函数”y=ax（a＞0,a≠1），当a＞1时为单调增函数，且x＞0时，y＞1，x＜0时，0＜y＜1；0＜a＜1时为单调减函数，且x＜0时，y＞1，x＞0时，0＜y＜1，从而猜测： f(x)为减函数，且当x＞0时，0＜f(x)＜1. 解析：（1）因为对于一切x、y∈R，f(x+y)=f(x)f(y)且f(0)≠0， 令x=y=0，则f(0)=1，现设x＞0，则-x＜0，∴f(-x) ＞1， 又f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=1， ∴f(-x)= ＞1，∴0＜f(x)＜1 （2）设x1、x2∈R ，且x1＜x2，则x1-x2＜0，f(x1-x2) ＞1， 则＞1 ∴f(x1)＞f(x2)， ∴f(x)在R上为单调减函数 【例4】设函数定义在R上，对任意实数，，恒有，且当时，. （1）求证：，且当时