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人教A版高中数学必修一专题讲解 全套名师教学资料

作者:高考题库网
来源:https://www.bjmy2z.cn/gaokao
2020-09-22 14:23
tags:高中数学名师

高中数学全国联赛成绩查询-苏教版高中数学选修2-3电子书

2020年9月22日发(作者:郭春原)




高中数学必修一专题讲解

高中数学必修一专题讲解(集锦)
专题一:抽象函数常见题型解法
总章——抽象函数的考察范围及类型
抽象函数是指没有给出函数的具体解析式,只给出了一些 体现函数特征的式子的一类函
数。由于抽象函数表现形式的抽象性,使得这类问题成为函数内容的难点之 一.抽象性较强,
灵活性大,解抽象函数重要的一点要抓住函数中的某些性质,通过局部性质或图象的局 部特
征,利用常规数学思想方法(如化归法、数形结合法等),这样就能突破“抽象”带来的困
难,做到胸有成竹.另外还要通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想,寻找具体的
函数模型,再 由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。常见的特
殊模型:


特殊模型
正比例函数f(x)=kx (k≠0)
幂函数 f(x)=x
n

指数函数 f(x)=a
x
(a>0且a≠1)
对数函数 f(x)=log
a
x (a>0且a≠1)
正、余弦函数 f(x)=sinx f(x)=cosx
正切函数 f(x)=tanx
余切函数 f(x)=cotx
抽象函数
f(x+y)=f(x)+f(y)
f(xy)=f(x)f(y) [或
f(
x
)?
y
f(x)
f(y)
]
f(x+y)=f(x)f(y) [
或f(x?y)?
f(x)

f(y)
f(xy)=f(x)+f(y) [
或f(
x
)?f(x)?f(y)]

y
f(x+T)=f(x)
f(x?y)?
f(x)?f(y)
1 ?f(x)f(y)
1?f(x)f(y)
f(x)?f(y)


f(x?y)?

一.定义域问题 --------多为简单函数与复合函数的定义域互求。
例1.若函数y = f(x)的定义域是[-2,2],则函数y = f(x+1)+f(x-1)的定义域为
?1?x?1

解:f(x)的定义域是
?
?2,2?
,意思是凡被f作用的对象都在
?
?2,2
?
中。
评析:已知f(x)的定义域是A,求
f
?
?
?
x
??< br>的定义域问题,相当于解内函数
?
?
x
?
的不等式问
题。
?
练习:已知函数f(x)的定义域是
?
?1,2
?
,求函数
f
?
?
log
1
?
3?x
??
的定义域。
??
2
??
例2:已知函数
f
?
log
3
x
?
的定义域为[3,11],求函数f(x)的定义 域 。
?
1,log
3
11
?

评析: 已知函数
f
?
?
?
x
??
的定义 域是A,求函数f(x)的定义域。相当于求内函数
?
?
x
?
的值< br>域。
练习:定义在
?
3,8
?
上的函数f(x)的值域为< br>?
?2,2
?
,若它的反函数为f
-1
(x),则y=f-1
(2-3x)的
定义域为
,值域为 。
?
0,
4
?
,
?
3,8
?

?
?
3
?
?


二、求值问题-----抽象函 数的性质是用条件恒等式给出的,可通过赋特殊值法使问题得以解
决。怎样赋值?需要明确目标,细心研 究,反复试验;
例3.①对任意实数x,y,均满足f(x+y
2
)=f(x)+2 [f(y)]
2
且f(1)≠0,则f(2001)=_______.
解析:这种求较大自变量对应的函数值,一般从找周期或递推式着手:
令x?n,y?1,得f(n?1)?f(n)?2[f(1)]
2
,
令x=0,y=1,得f(0+1
2
)=f(0)+2f[(1)]
2
, 令
x=y=0,得:f(0)=0,
∴f(1)=
1
1n2001
,
即 f(n?1)-f(n)?,故f(n)?,?f(2001)?
.

222
2
②R上的奇函数y=f(x)有反函数y=f
-1
(x),由y=f(x+1)与y =f
-1
(x+2)互为反函数,则
f(2009)= .
解析: 由于求的是f(2009),可由y=f
-1
(x+2)求其反函数y=f(x)-2,所以f (x+1)= f(x)-2,又
f(0)=0,通过递推可得f(2009)=-4918.
例4.已知f(x)是定义在R上的函数,f(1)=1,且对任意x∈R都有f(x+5)≥f(x)+5, f(x+1)≤f(x)+1.
若g(x)=f(x)+1-x,则g(2002)=________ _.1
解:由g(x)=f(x)+1-x,得f(x)=g(x)+x-1. 而f(x+5)≥f(x)+5,所以g(x+5)+(x+5)-1≥
g(x)+x-1+5 ,
又f(x+1)≤f(x)+1,所以 g(x+1)+(x+1)-1≤g(x)+x-1+1
即 g(x+5)≥g(x), g(x+1)≤g(x). 所以g(x)≤g(x+5)≤g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1),
故g(x)=g(x+1) 又g(1)=1, 故g(2002)=1.
练习: 1. f(x)的定义域为
(0,??)
,对任意正实数x,y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=2 ,则
f(2)?

1

2
f(2)f(4)f(6)f(2000)
?????
的值是
。2000
f(1)f(3)f(5)f(2001)
2.
如果
f(x?y )?f(x)f(y),

f(1)?2,

f
2
(1)? f(2)
f
2
(2)?f(4)f
2
(3)?f(6)f
2
(4)?f(8)
n
?
???
.(
f(n)?2
,原式
f(1)
f(3)f(5)f(7)
=16)
3、对任意整数
x,y
函数
y?f(x)
满足:
f(x?y )?f(x)?f(y)?xy?1
,若
f(1)?1
,则
f(?8)?
C
A.-1 B.1 C. 19 D. 43
2005)
4、函数f(x)为R上 的偶函数,对
x?R
都有
f(x?6)?f(x)?f(3)
成立,若
f(1)?2
,则
f(
( )(B)
A . 2005 B. 2 C.1 D.0
=


5、定义在R上的函数Y=f(x)有反函数Y=f
-1
(x),又Y=f (x)过点(2,1),Y=f(2x)的反函数
为Y=f
-1
(2x),则Y=f< br>-1
(16)为( )(A)
A)
11
B) C)8 D)16
816
113
5、(1)
?
f()?a? f()?a
2
,f()?(1?a)a?a
244
13
?
1
44
)?(1?a)a
2
?a[a?a(1?a)],可解得a?
1
又f()?f(
222
2
0?
11
7
)?
1
f(
2
)(2)设f()?b,则f()?f(
77227
23< br>?f()?2b,同理f()?3b,
?
,f(1)?7b
77
11< br>?f()?b?
77
6、已知a为实数,且0?a?1,f(x)是定义在[0,1]< br>上的函数,满足f(0)?0,f(1)?1,对所有x?y,
x?y
均有f()?(1 ?a)f(x)?af(y)
2
1
(1)求a的值(2)求f()的值
7
三、值域问题

例4.设函数f(x)定义于实数集上,对于任意实数x 、y,f(x+y)=f(x)f(y)总成立,且存在
x
1
?x
2
,
使得
f
(
x
1
)
?f
(
x2
)
,求函数f(x)的值域。
解:令x=y=0,有f(0)=0或f(0)=1。若 f(0)=0,则 f(x)=f(0+x) =f(x)f(0)=0恒成立,这
与存在实数
x
1
?x
2
,使得
f(x
1
)?f(x
2
)
成立矛盾,故 f(0)≠0,必有 f(0)=1。
x
?
由于f(x+y)=f(x)f(y)对 任意实数x、y均成立,因此,
f(x)?
?
?
f()
?
? 0
,又因为若f(x)=0,
?
2
?
2
则f(0)=f( x-x)=f(x)f(-x)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(x)>0.
四、解析式问题(换元法,解方程组,待定系数法,递推法,区间转移法,
例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos
2
x, 求f(x)
解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u≤2),则f(u)=-u
2
+3u+1 (0≤u≤2)故f(x)=-x
2
+3x+1
(0≤u≤2)
小结:换元法包括显性换元法和隐性换元法,它是解答抽象函数问题的基本方法.
x?1?
例6、设对满足x≠0,x≠1的所有实数x,函数f(x)满足,
f
?
x
?
?f
?
??
?1?x
,求f(x)的解
?
x
?
析式。
解:
?f(x)?f(
x?1
)?1?x (x?0且x?1),(1)
----

x-1
代换x得:f(
x ?1
)?f(
1
)?
2x?1
,
x
xx1?xx< br>(2)
1
再以代换(1)中的x得:
1-x

12?x
f()?f(x)?.
1-x1?x
---(3)
(1)?(3)?(2)
x
3
? x
2
?1
得:f(x)? (x?0且x?1)

2
2
2x?2x


小结:通过解方程组的方法可求表达式。怎样实现由两个变量向一 个变量的转化是解题关
键。通常,给某些变量适当赋值,使之在关系中“消失”,进而保留一个变量,是 实现这种
转化的重要策略。
例7.已知f(x)是多项式函数,且f(x+1)+f(x-1 )=2x
2
-4x,求f(x).
解:易知f(x)是二次多项式,设f(x)=ax
2
+bx+c (a≠0),代入比较系数得:a=1,b= -2,c=
-1,f(x)=x
2
-2x-1.
小结:如果抽象函数的类型是确定的,则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
例8.是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:
①f(n)>0,n∈N; ②f(n
1
+n
2
)=f(n
1
)f(n
2
),n
1
,n
2
∈N*;
③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(x)的解析式;若不存在,说明理由.
解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.
又f(2)=4=2
2
,f(3)=2
3
,…,由此猜想:f(x) =2
x
(x∈N*) (数学归纳证明 略)
小结:对于定义在正整数集N* 上的抽象函数,用数列中的递推法来探究,如果给出的关系
式具有递推性,也常用递推法来求解. 例9、已知
f(x)
是定义在R上的偶函数,且
f(x?)?f(x?
)
恒成立,当
x?
?
2,3
?
时,
f(x)?x,则当
x?(?2,0)
时,函数
f(x)
的解析式为( D )
A.
x?2
B.
x?4
C.
2?x?1
D.
3?x?1

解:易知T=2,当x?(?2,?1)
时,
x?4?
?
2,3
?
,∴f(x?4)?x?4?f(x)
;

x?(?1,0)

2?x?
?
2,3
?
,∴
f(2?x)?2?x?f(?x )?f(x)
.故选D。
小结:利用函数的周期性和对称性把未知区间转移到已知区间,利用 已知区间的表达式求
未知区间的表达式,是求解析式中常用的方法。
练习:1、
设y ?f(x)是实数函数(即x,f(x)为实数),且f(x)?2f()?x,求证:|f(x)|?
解:

111
代换x,得f()?2f(x)?,与已知得 x
2
?3xf(x)?2?0
xxx
3
2
1
2
1
x2
2.

3

由??0得 9f
2
(x)?4?2?0,?|f(x)|?
2
3
2.

2.(2006重庆)已知定义域为R的函数f(x)满足
f
(
f
(
x
)-
x
2
+
x
)=
f
(
x
)-
x
2
+
x.

(Ⅰ)若
f
(2)=3,求
f
(1);又若
f
(0)=
a
,求
f
(
a
);
(Ⅱ)设有且仅有一个实数
x
0
, 使得
f
(
x
0
)=
x
0
,求函数
f
(
x
)的解析表达式。


解:(I)因为对任意x?R,有 f(f(x)-x
2
?x)?f(x)?x
2
?x
所以f(f(2)-2
2
?2)?f(2)?2
2
?2
又由f(2)?3,得f(3-2
2
?2)?3?2
2
?2,即f(1)?1
若f(0)?a,则f(a?0
2
?0)?a?0
2< br>?0,即f(a)?a
(II)因为对任意x?R,有f(f(x)?x
2
?x )?f(x)?x
2
?x.
又因为有且只有一个实数x
0
,使得f(x
0
)?x
0
所以对任意x?R,有f(x)?x
2
?x?x
0
2
在上式中令x?x
0
,有f(x
0
)?x
0
?x
0
?x
0
2
再代f(x
0
)?x
0< br>,得x
0
?x
0
?0,故x
0
=0或x
0< br>=1

若x
0
=0,则f(x)?x
2
?x ?0,即f(x)?x
2
?x
但方程x
2
?x?x 有两个不相同实根,与题设条件矛盾。故x
0
?0
若x
0< br>=1,则有f(x)?x
2
?x?1,即f(x)?x
2
?x?1.易 验证该函数满足题设条件。
综上,所求函数为f(x)?x
2
?x?1 (x?R)
3、函数
f(
x
)对一切实数
x
,y均有
f
(
x
+y)-
f
(y)=(
x
+2y+1)
x
成立,且
f
(1)=0, (1)求
f(0)
的值;
(2)对任意的x
1
?(0,)

x
2
?(0,)
,都有f
(
x
1
)+2<
log
a
x
2成立时,求
a
的取值范围.
解:(1)由已知等式

1
2
1
2
f(x?y)?f(y)?(x?2y?1)x
,令
x?1

y?0

f(1)?f(0)?2
,又∵
f(1)?0< br>,
f(0)??2

(2)由
f(x?y)?f(y)?(x?2y ?1)x
,令
y?0

f(x)?f(0)?(x?1)x
f(0)??2
,∴
1
2
1
2
f(x
1
)?2?x
1
?x?(x?)?

11
24
1311x
1
?(0,)
上单调递增,∴
f(x
1
)?2?(0 ,)
.要使任意
x
1
?(0,)

x
2
? (0,)
都有
222
4
3
1
f(x
1
)? 2?log
a
x
2
成立,必有
?log
a
x
2
都成立.当
a?1
时,
log
a
x
2
?log
a
,显然不成立.当
2
4
由(1)知
f(x)?2 ?x
2
?x
1
.∵
x?(0,)
,∴
1
2
33
44
13
?a?1

a
的取值范围是
[,1)

0?a?1
时,
(log
a
x
2?)log
a
?
,解得
44
24
方法提炼
怎样赋值?需要明确目标,细心研究,反复试验;(2)小题中实质是不等式恒成立问题.
五、单调性问题 (抽象函数的单调性多用定义法解决)
例10.设函数f(x)对任意 实数x,y,都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)= -2,
求f(x)
在[-3,3]上的最大值和最小值.
解析:由单调性的定义步骤设x
1
2
, 则f(x
2< br>)=f(x
2
-x
1
+x
1
)=f(x
2< br>-x
1
)+f(x
1
)< f(x
1
). (∵x< br>2
-x
1
>0,
∴f(x
2
-x
1
)<0)
所以f(x)是R上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1 )+f(2)=3f(1)=-6,最小值为
f(-3),


令x=y=0,得 f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=- f(3)=6.
练习:设f(x)定义于实数集上,当x>0时,f(x)>1,且对于任意实数x、 y,有
f(x+y)=f(x)f(y), 求证:f(x)在R上为增函数。
证明:设R上x
1
2
,则f(x
2
-x
1< br>)>1,
f(x
2
)=f(x
2
-x
1
+ x
1
)=f(x
2
-x
1
)f(x
1
), (注意此处不能直接得大于f(x
1
),因为f(x
1
)的正负还没确
定) 。
取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f(0)=0,令x>0,y=0,则f (x)=0与x>0时,f(x)>1矛
盾,所以f(0)=1,x>0时,f(x)>1>0,x<0 时,-x>0,f(-x)>1,∴由
f(0)?f(x)f(?x)?1得f(x)?
1?0
,故f(x)>0,从而f(x
2
)>f(x
1
).即f( x)在R上是增
f(?x)
函数。(注意与例4的解答相比较,体会解答的灵活性)
例11、已知偶函数
f
(
x
)的定义域是
x
≠0的一切实数 ,对定义域内的任意
x
1
,
x
2
都有
f(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)
,且当
x?1

f(x)?0,f(2)?1

(1)
f
(
x
)在(0,+∞)上是增函数; (2)解不等式
f(2x?1)?2

解: (1)设
x
2
?x
1
?0
,则
f(x
2
)?f(x)
1
f?(x

x
2
?x
1
?0
,∴
1
2
x
2
?)f?(x)
x
1
1
?f(x
1
)?f(
x
2
x
)?f(x
1
)?f(
2
)

x
1
x
1
x
2
x
?1
,∴
f(
2
)
?0
,即
f(x
2)?f(x
1
)?0
,∴
f(x
2
)?f(x
1
)

x
1
x
1

f(x)
在< br>(0,??)
上是增函数
(2)
f(2)?1
,∴
f(4) ?(f2)
2
?(2)f2?
,∵
f(x)
是偶函数∴不等式
f(2x?1)?2
2
2
?f(4)
可化为
f(|2x?1|)< br>,又∵函数在
(0,??)
上是增函数,∴0≠
|2x?1|?4
,解 得:
{x|?
10102
?x?且x??}

222
练习: 已知函数
f
(
x
)的定义域为R,且对
m

n∈R,恒有
f
(
m
+
n
)=
f
(m
)+
f
(
n
)-1,且
f
(-
11
)=0,当
x
>-时,
f
(
x
)>0.求证:f
(
x
)是单调递增函数;
22
111
证明:设x
1

x
2
,则
x
2

x< br>1
->-,由题意
f
(
x
2

x
1
-)>0,
222

f
(
x
2
)-f
(
x
1
)=
f
[(
x
2

x
1
)+
x
1
]-
f
(
x
1
)=
f
(
x
2

x
1
)+< br>f
(
x
1
)-1-
f
(
x
1
)=
f
(
x
2

x
1
)-1=
f
(
x
2

x
1
)+
f
(-[(
x
2

x
1
)-
1
)-1=f
2
1
]>0,
2

f
(
x
)是单调递增函数
.


例12、定义在R
+
上的函数f(x)满足: ①对任意实数m,f(x
m
)=mf(x); ②f(2)=1.
(1)求证:f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y都成立; (2)证明f(x)是R
+
上的单调增函数;
(3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围.
解:(1)令x=2
m
,y=2
n
,其中m,n为实数,则f(xy)=f(2
m+n
)= (m+n)f(2)=m+n.
又f(x)+f(y)=f(2
m
)+f(2
n
)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)
(2)证 明:设0?x
1
?x
2
,可令m?n且使x
1
?2
m
,x
2
?2
n
,
由(1)得f(x
1
) ?f(x
2
)?f(
x
1
)?f(2
m?n
)?( m?n)f(2)?m?n?0

x
2
故f(x
1
)2
),即f(x)是R
+
上的增函数.
(3)由f(x)+f( x-3)≤2及f(x)的性质,得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(2),解得 3练习1:已知f(x)是定义在(0,??)上的单调增函数,对于任意的m、n(m,n?(0,??)) 满足
f(m)?f(n)?f(mn),且a、b(0?a?b)满足f(a)?f(b)?2f(a?b
)
2
2(1)求f(1);.......(2)若f(2)?1,解不等 式f(x)?2;...........(3)求证:3?b?2?
解:(1)f(1)?0???? ??(2)f(x)?2的解集为(0,4)
(3)
?
f(1)?0,f(x)在(0 ,??)上单调递增,?x?(0,1)时,f(x)?0,x?(1,??)时,f(x)?0
又f( a)?f(b)且0?a?b,?f(a)??f(b)即f(ab)?0,?ab?1?0?a?1?b
?
f(b)?2f(
a?ba?b
),?
22
ab?1?f(b) ?2f(
a?ba?b
2
?
a?b
2
?
)?f?
()
?
?b?()
22
?
2
?
?a
2
?4b?b
2
?2,而0?a?1?0?4b?b
2
?2 ?1又b?1?3?b?2?2

练习2、 定义在R上的函数
y
=
f

x
),
f
(0)≠0,当
x
>0时,
f

x
)>1,且对任
意的
a

b
∈R, 有
f

a
+
b
)=
f

a
)·
f

b
).
(1)求证:
f
(0)=1; (2)求证:对任意的
x
∈R,恒有
f

x
)>0; (3)求证:
f

x
)是R上的增函数;(4)若
f

x
)·
f
(2
x

x
2
)>1, 求
x
的取值范
围.
(1)证明:令
a
=
b
=0,则
f
(0)=
f
2
(0).又
f
(0)≠0,∴
f
(0)=1.
(2)证明:当
x
<0时,-
x
>0,∴
f
(0)=
f

x
)·
f
(-
x
)=1.∴
f(-
x
)=
1
>0.
f(x)

x
≥0时
f

x
)≥1>0,∴
x
∈R时,恒有
f< br>(
x
)>0.
(3)证明:设
x
1

x< br>2
,则
x
2

x
1
>0.∴
f
x
2
)=
f

x
2

x< br>1
+
x
1
)=
f

x
2

x
1
)·
f

x
1
).∵
x2

x
1
>0,

f

x
2

x
1
)>1.又
f

x
1
)> 0,∴
f

x
2

x
1
)·
f< br>(
x
1
)>
f

x
1
).∴
f

x
2
)>
f

x
1
).∴
f

x
)是
R上的增函数.


(4)解:由
f

x
)·
f
(2
x

x
2
)>1,
f
(0)=1得
f
(3
x

x
2
)>
f
(0).又
f

x
)是R上的 增函数,
∴3
x

x
2
>0.∴0<
x
<3.
关 键点注
:解本题的关键是灵活应用题目条件,尤其是(3)中“
f

x
2
)=
f
[(
x
2

x
1
)+
x
1
]”是证
明单调性的关键,这里体现了向条件化归的策略
练习3.设f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意a,b,当a+b≠0,都有
f(a)?f(b)
a?b
>0
(1).若a>b,试比较f(a)与f(b)的大小;
(2).若f(k
?

3

x

)

?

f

(

3

x

?

9

x

?

2

)
<0对x∈ [-1,1]恒成立,求实数k的取值
范围。
(由
f

(

a

)?f(?b)
a

?

b
>0可得f(a)>f(b).
k?22?1

练习4、已知函数f(x)对任何正 数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x>1时,f(x)<1.
试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由.
解:
对x?R
?
有f(x)?f(x?x)?f
2
(x)?0,又f(x)?0,故f(x)?0
设x
1
,x
2
?R
?
,且x
1?x
2
,则
x
2
x
?1,则

1x
2
f(x
f(
2
)x
?xf(
x
1
)
2
)?f(x
1
)
1
x
1
x< br>,所以f(x
1
)>f(x
2
),故f(x)在R
+
上为减函数.
f(x
?
1
)f(x
?
x
?f(< br>2
)?1
1
)f(
1
)x
1
练习5、奇函数 f(x)在(??,0)上单调递减,且f(2)?0,则(x?1)f(x?1)?0的解集为(C
A 、(?2,?1)?(1,2)B、(?3,1)?(2,??)
??
C、(?3,?1)D、 (?2,0)?(2,??)

练习6、. 已知函数
f(x)
的定义域为
?
0,1
?
,且同时满足:
(1)对任意
x?
?
0,1
?
,总有
f(x)?2

(2)
f(1)?3

(3)若
x
1
?0,x
2
?0

x
1
?x
2
?1
,则有
f(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
)?2
.
(I)求
f(0)
的值;
(II)求
f(x)
的最大值;
(III)设数列
?a
n
?
的前
n
项和为
S
n
,且满足< br>S
n
??
1
2
(a
n
?3),n?N
*
.
求证:
f(a
1
)?f(a
2
)?f(a
3
)??f(a
n
)?
3
2
?2n?
1< br>2?3
n?1
.
解:(I)令
x
1
?x
2
?0
,由(3),则
f(0)?2f(0)?2,?f(0)?2

由对任意
x?
?
0,1
?
,总有
f(x)?2,?f(0) ?2
(2分)
(II)任意
x
1
,x
2
?
?
0,1
?

x< br>1
?x
2
,则
0?x
2
?x
1
?1 ,?f(x
2
?x
1
)?2

?f(x
2
)?f(x
2
?x
1
?x
1
)?f(x
2
?x
1
)?f(x
1
)?2?f(x
1
)?f
ma x
(x)?f(1)?3

(6分)
(III)
Sa
*< br>n
??
1
n
?3)(n?N)
?S
n?1
? ?
1
2
(
2
(a
n?1
?3)(n?2)

?a
1
n
?
3
a
n?1
(n?2),a< br>1
?1?0?a
1
n
?
3
n?1
(8分)
?f(a
n
)?f(
1
)?f(
3
1< br>3
n?1
n
?
3
1
n
?
3
1
n
)?f(
3
2
n
)?f(
3
1
n
)?2?3f(
3
1
n
)?4

)


1
)?
1
f(?f(
3
n
3
3
n?1
1
14
)?
4
3
,即
f(a< br>n?1
)?
3
f(a
n
)?
3

41441
?f(a
n
)?
1
?
3
n
1< br>?1
f(a
1
)?
3
n
4
?1
?< br>3
n
4
?2
??
3
4
2
?
4
3
f(a
n?1
)?
3
?
3
2
f(a
n?2
)?
3
2
?
3
?
3
?2?
3
n?1

f(a
n
)?2?
1

3
n?1
?f( a
1
)?f(a
2
)?
六、奇偶性问题
?
1?(
1
)
n
3
f(a
n
)?2n?
1?
1
即原式成立。 (14分)
3
例13. (1)已知函数f(x)(x ≠0的实数)对任意不等于零的实数x、y都有f(x﹒y)=f(x)+f(y),
试判断函数f(x )的奇偶性。
解析:函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称,再考虑f(-x)与f(x)的关系:
取y=-1有f(-x)=f(x)+f(-1),取x=y=-1有f(1)=2f(-1),取x=y=1有 f(1)=0.所以
f(-x)=f(x),即f(x)为偶函数。
(2)已知
y= f
(2
x
+1)是偶函数,则函数
y=f
(2
x
) 的图象的对称轴是( D )
A.
x
=1 B.
x
=2 C.
x
=-
1

2
D.
x
=
1

2
解析:f(2x+1) 关于x=0对称,则f(x)关于x=1对称,故f(2x)关于2x=1对称.
注:若由奇偶性的定 义看复合函数,一般用一个简单函数来表示复合函数,化繁为简。F
(x)=f(2x+1)为偶函数, 则f(-2x+1)=f(2x+1)→f(x)关于x=1对称。
例14:已知函数f(x)的定 义域关于原点对称且满足
?
1
?
f(x?y)?
在正常数a,使f( a)=1.求证:f(x)是奇函数。
证明:设t=x-y,则
f(?t)?f(y?x)?
函数。
例15:设
f (x)
是定义在
R
上的偶函数,且在
(??,0)
上是增函数,又< br>f(x)f(y)?1
,(2)存
f(y)?f(x)
f(y)f(x)?1f (y)f(x)?1
????f
(
t
)
,所以f(x)为奇
f(x)?f(y)f(y)?f(x)
f(2a
2
?a?1)?f(3a
2
?2a?1)
。求实数
a
的取值范围。
解析:又偶函数的性质知道 :
f(x)

(0,??)
上减,而
2
a?a?
1
?
0

3a?2a?1?0

22
所以由
f
(2
a?a?
1)
?f
(3
a?
2
a?
1)

2a?a?1?3a?2a?1
,解得
0?a?3

22
22
(设计理由:此类题源于变量与单调区间的分类讨论问题,所以本题弹性较大 ,可以作一些
条件变换如:
f(a?1)?f(1)或f(a?1)?f(1?2a)
等;也可将定义域作一些调整)
例16:定义在
R
上的单调函数
f
(
x
)满足
f
(3)=
log
2
3且对任意
x

y
∈R都有
f
(
x
+
y
) =
f
(
x
)+
f
(
y
).


(1)求证
f
(
x
)为奇函数;
(2) 若
f
(
k
·3
x
)+
f
(3
x< br>-9
x
-2)<0对任意
x∈R
恒成立,求实数
k
的 取值范围.
(1)证明:f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R)---- ①令y=-x,代入①式,得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0),
令x=y=0,代入 ①式,得f(0+0)=f(0)+f(0),即 f(0)=0.即f(-x)=-f(x)对任意x∈R成立,
∴f(x)是奇函数.
(2) 解:f(3)=log
2
3>0,即f(3)>f(0),又f(x)在R上是单调函数,所以 f(x)在R上是增
函数,又由(1)f(x)是奇函数.f(k·3)<-f(3-9-2)=f(- 3+9+2), k·3<-3+9+2,
3
2x
xxxxxxxx
-( 1+k)·3+2>0对任意x∈R成立.令t=3>0,即t-(1+k)t+2>0对任意t>0
x x
2
恒成立.
令f(t)?t
2
?(1?k)t?2,其对称轴x ?
1?k
2
1?k
当?0即k??1时,f(0)?2?0,符合题意;2
1+k
当?0时,
2
?
1?k
?0
?
对任意t?0,f(t)?0恒成立?
?
2
2
?
?
??( 1?k)?8?0
解得-1?k??1?22
xx3
?0
故:
k?? 1?22时,f(k?3)?f(3?9?2)
对任意x
∈R恒成立。
说明:问题( 2)的上述解法是根据函数的性质.f(x)是奇函数且在x∈R上是增函数,把问
题转化成二次函数f (t)=t-(1+k)t+2对于任意t>0恒成立.对二次函数f(t)进行研究求解.本
题还有更 简捷的
解法:分离系数由k·3
x
2
<-3
x
+9
x
+2得
k?3
x
?
22
x
?1,而u?3??1 ?22?1,

xx
33
2
?1.
恒成立,只需k<
22?1
< br>3
x
x
要使对
x?R
不等式
k?3?
上述解 法是将k分离出来,然后用平均值定理求解,简捷、新颖.
练习:1、已知f(x)是定义在R上的不 恒为零的函数,且对于任意的函数a,b都满足
f(ab)=af(b)+bf(a).
(1)求f(0),f(1)的值; (2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论;
(3)若f(2)=2,u
n
=f(2
n
) (n∈N*),求证:u
n+1
>u
n
(n∈N*).
解:(1)、令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.
(2)、令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0,故f( -x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数.
(3)先用数学归纳法证明:u
n
=f(2
n
)>0 (n∈N*)(略)


2.定义域为R的函数f(x)满足:对于任意的实数x,y都有 f(x+y)=f(x)+f(y)成立,且当x>0时
f(x)<0恒成立.
(1)判断函数f(x)的奇偶性,并证明你的结论;
(2)证明f(x)为减函数;若函数 f(x)在[-3,3)上总有f(x)≤6成立,试确定f(1)应满足的条件;
11
(3 )解关于x的不等式f(ax
2
)?f(x)?f(a
2
x)?f(a),( n是一个给定的自然数,a?0)
nn

解:(1) 同例16(略)
(2 )设任意x
1
,x
2
∈R且x
1
<x
2
, 则x
2
-x
1
>0,∴f(x
2
-x
1
) <0,而f(x
2
-x
1
)= f(x
2
)+ f(-x
1
)= f(x
2

-f(x
1
)<0; ∴f(x
1
)>f(x
2
),即f(x)在(-∞,+∞)上是减函数.∴f (x)在[-3,3]上的最大值为f(-3).要使f(x)≤6
恒成立,当且仅当 f(-3)≤6,又∵f(-3)= - f(3)= - f(2+1)=-[ f(2)+ f(1)]= -[ f(1)
+ f(1)+ f(1)]= -3 f(1),∴f(1)≥-2.
(3)
11
22
f(ax)- f(x)> f(ax)- f(a)
?

nn
22
f(ax)- f(ax)>n[f(x)- f(a)]
?

2222
f(ax- ax)>nf(x-a),由已知得:f[n(x-a)]=nf(x-a)∴f(ax- ax)>f[n(x-a)]
22
∵f(x)在(-∞,+∞)上是减函数∴ax-ax<n (x-a).即(x-a)(ax-n)<0,∵a<0,∴(x-a)
(x-
n
)> 0,
a
nn
<0,即a<-
n
时,原不等式解集为{x | x>或x<a};
aa
讨论:(1)当a<
(2)当a=
(3)当
n
<0即a=-
n
时,原不等式的解集为φ;
a
n
n<a<0时,即-
n
<a<0时,原不等式的解集为{x | x>a或x<
}

a
a
3、已知
f
(
x< br>)是定义在[-1,1]上的奇函数,且
f
(1)=1,若
a
,
b
∈[-1,1],
a
+
b
≠0时,有
>0.
(1)判断函数
f
(
x
)在[-1,1]上是增函数,还是减函数,并证明你 的结论;
(2)解不等式:
f
(
x
+
f(a)?f(b)
a?b
11
)<
f
();
2x?1
(3)若f
(
x
)≤
m
2
-2
pm
+1对所有
x
∈[-1,1],
p
∈[-1,1](
p
是常数)恒成立 ,求实数
m
的取值范围.
.解:(1)设任意
x
1
,x
2
∈[-1,1],且
x
1
<
x
2
.由于
f
(
x
)是定义在[-1,1]上的奇函数,∴
f
(
x
2
)-
f
(
x
1
)=
f
(
x
2
)+
f
(-
x
1
). 因为x
1
<
x
2
,所以
x
2
+(-
x
1
)≠0,由已知有
f(x
2
)?f(?x
1
)
>0,∵
x
2
+(-
x
1
)=
x
2

x
1
>0
x
2
?(?x
1
)

f
(
x
2
)+
f
(-
x< br>1
)>0,即
f
(
x
2
)>
f
(< br>x
1
),所以函数
f
(
x
)在[-1,1]上是增函 数.


(2)由不等式
f
(
x
+
1< br>2
1
?
?1?x??1
?
1
2
)<
f
()得
?
,解得-1<
x
<0,即为所求.
1
?
x?1
?
?1??1
x?1
?
11
?
?
x?
2
?
x?1
?

(3)由以上知
f
(
x
)最大值为
f
(1)=1,所以要
f
(
x
)≤
m
2
-2
pm
+1对所有
x
∈[ -1,1],
p
∈[-1,1](
p

常数)恒成立,只需1≤m
2
-2
pm
+1恒成立,得实数
m
的取值范围为m
≤0或
m
≥2
p
.
七、周期性与对称性问题(由恒等式简单判断:同号看周期,异号看对称)

号 周 期 性 对 称 性
f
?
x?a
?
?f
?
?x?a
?
→对称轴
x?a
f
?
x?a
?
?f
?
x?a
?

1
T=2
a

数;
y?f
?
x?a
?是偶函
f
?
x?a
?
??f
?
?x?a
?
→对称中心(a,0)
y?f
?
x?a
?
是奇
函数
f
?
a?x
?
?f
?
b?x
?→对称轴
x?
2
f
?
a?x
?
?f
?
b?x
?
→T=
b?a

a?b

2
f
?
a?x
?
??f
?
b?x
?
→对称中心
(
3
a?b
,0)

2
f(x)= -f(x+a)→T=2
a

f(x)= -f(-x+a)→对称中心
?
?
a
?
,0
?
< br>?
2
?
f
?
a?x
?
??f
?b?x
?

4
T=2
b?a

f(x)=±
f
?
a?x
?
??f
?
b?x
?
→对称中心
?
?
a?b
?
,0
?

2
??
?
ab
?
,
?

?
22
?
5
1
→T=2
a

f
?
x
?
1
?
f(x)?0
?
f
?
x?a
?

f(x)= b-f(-x+a)→对称中心
?
f(x)=1-
6
T=3
a


结论:(1) 函数图象关于两条直线x=a,x=b对称,则函数y=f(x)是周期函数,且T=2|a-b|
(2) 函数图象关于点M(a,0)和点N(b,0)对称,则函数y=f(x)是周期函数, 且
T=2|a-b|
(3) 函数图象关于直线x=a,及点M(b,0)对称,则 函数y=f(x)是周期函数,且
T=4|a-b|
(4) 应注意区分一个函数的对称性和两个函数的对称性的区别:


y=f(a+x)与y=f(b-x)关于
x?
b?a
对称;y=f(a+x)与y= -f(b-x)关于点
2
(
b?a
,0)
对称
2
(可以简单的认为:一个函数的恒等式,对应法则下的两式相加和的一半为对称轴:两
个同法则不同表达 式的函数,对应法则下的两式相减等于0,解得的x为对称轴)
例17:①已知定义在R上的奇函数
f
(
x
)满足
f
(
x
+2) = –
f
(
x
),则
f
(6)的值为( B )
A. –1 B. 0 C. 1 D. 2
解: 因为f (x)是定义在R上的奇函数,所以f (0) = 0,又T=4,所以f (6) = f (2) = – f (0) = 0。
②函数f(x)对于任意的实数x都有f(1+2x)=f(1-2x),则f(2x)的图像关于 对称。
(x=12)
练习:(2010重庆)已知函数
f
?
x?
满足:
f
?
1
?
?
1

4
4f
?
x
?
f
?
y
?
?f
?
x?y
?
?f
?
x?y
??
x,y?R
?
,则
f
?
2010
?
=_____________.
解析:取x=1 y=0得
f(0)?
1
法一:通过计算
f(2),f(3),f(4)........
,寻得周期为6
2
法二:取x=n y=1,有f(n)=f(n+1)+f(n-1),同理f(n+1)=f(n+2)+f(n)
联立得f(n+2)= —f(n-1) 所以T=6 故
1

2
?1?1
例18. 已知函数y=f(x)满足
f(x)?f(?x)?2 002
,求
f
?
x
?
?f
?
2002?x
?
的值。
f
?
2010
?
=f(0)=
解:由已知式知函数的图象关于点(0,1001)对称。据原函数与其反函数的关系,知
函数 y=f
-1
(x) 的图象关于点(1001,0)对称,所以
f
?1
?
x?
1001
?
?f
?1
?
1001
?x
?
?
0
,即
f
?1
?
x
?< br>?f
?1
?
2002?x
?
=0
例19.

奇函数
f
(
x
)定义在R上,且对常数
T
> 0,恒有
f
(
x
+
T
) =
f
(
x
),则在区间[0,
2
T
]上,方程
f
(
x
) = 0根的个数最小值为( )C
A. 3个 B.4个 C.5个 D.6个
解:∵
f
(0) = 0→
x
1
= 0, 又
f
(2
T
) =
f
(
T
) =
f
(0) = 0→
x
2
=
T

x
3
= 2T
.又因为
?
T
??
T
??
T
?T
?
T
???
f
?
x?
?
?f
?
x?
?

x
= 0得
f
?
?
?
?f
??
??f
?
?
,∴
2
?
2
?
?
2
??
2
??
2
?< br>??
?
T
?
f
??
?
?
2
?
?
3T
?
f
??
=0.(本题易错选为A)
?
2
?
例20.① f(x)满足f(x) =-f(6-x),f(x)= f(2-x),若f(a) =-f(2000),a∈[5,9]且f(x)在
[5,9]上单调。
求a的值。
解:∵ f(x)=-f(6-x) ∴f(x)关于(3,0)对称 又∵ f(x)= f(2-x) ∴ f(x)关于x=1对称 ∴T=8
∴f(2000)= f(0) 又∵f(a) =-f(2000) ∴f(a)=-f(0) 又∵f(x) =-f(6-x) ∴f(0)=-f(6) ∴


f(a)=f(6) ∴a =6

设y=f(x)是定义在[-1,1]上的偶函数,函数y=f(x)的图象与 y=g(x)的图象关于直线
x=1对称,
且当x [2,3]时,g(x)=2a(x-2)-4(x-2)
3
(a为常数且a R)
(1)求f(x);
(2)是否存在a [2,6]或a (6,+∞),使函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12
上?
若存在,求出a的值;若不存在,说明理由.

解:(1)设点M(x,f(x) )为函数y=f(x)图象上任意一点,则点M关于直线x=1的对称点为N(2-x,f(x)).
∵y=f(x)的图象与y=g(x)的图象关于直线x=1对称. ∴点N(2-x,f(x))在y=g(x)图象上.
由此得f(x)=g(2-x)(利用结论 4的命题易得这一结果:y=g(x)与y=g(2-x)的图象关于直线x=1对称)
设x [-1,0],则2-x [2,3].此时f(x)=g(2-x)=-2ax+4x
3

又f(x)为偶函数
?
f(-x)=f(x),x
?
[-1,1]. ∴当x
?
[0,1]时,f(x)=2ax-4 x
3




(2)注意到f(x)为偶函数,只须研究f(x)在[0,1]上的最大值.
(ⅰ)当a (2,6]时,由0 x 1得a-2x
2
>0,
≤ =(当且仅当4
=12得
=a-2 ,即 f(x)=2x(a-2 x
2
)=
x=
与a
[0,1]时等号成立). 由题意知,f(x)的最大值为12,令 =486> ,∴a>6,这
(2,6]矛盾,故此时满足条件的a不存在.
) (ⅱ)当a=2且0≤x≤1时,f(x)=4x(1-
同理可证 f(x)=
与已知矛盾.
(ⅲ)当a>6时,设0 ,则f(
(当且仅当2 =1- ,即x= 时等号成立),也
)-f( )=2a(- )-4(- )=2(
-
+
)[a-2(+
-
+
<0
)],由题设0< + + <3,a>6 ∴a-2( +
)>0 又
)-f( ∴f( )<0即f( ) 令2a-4=12,解得a=8 (6,+∞),适合题意.
(6,+∞),使得函数f(x)的图象的最高点位于直线y=12上. 因此,综合(ⅰ) (ⅱ) (ⅲ )知,存在a=8
练习1、函数
y?f(x?1)
是偶函数,则
y?f(x)
的图象关于 x=1 对称。
2、函数
y?f(x)
满 足
f(x?3)??
1
,且
f(3)?1
,则
f(2010 )?
-1 。
f(x)


3、函数f(x)是定义在R上的 奇函数,且
f(?x)?f(?x)
,则
f(1)?f(2)?f(3)?f(4)? f(5)?

解析:法一:因f(x)为奇函数且关于
x
形结合法
法二:因f(x)为奇 函数且关于
1
2
1
2
?
1
对称,T=2,可借助图 象解答,得结果为0. 小结:此方法为数
2
x?
?
1
2
对称,类比
f(x)?sinx
联想函数
f(x)?sin
?
x
f(1)?f(2)?f(3)?f(4)?f(5)?
0, 小结:此方法为抽象函数具体化法
4、已知函数
y?f(2x?1)
是定义在R上的 奇函数,函数
y?g(x)

y?f(x)
的反函数,若
x
1
?x
2
?0

g(x
1
)?g(x
2< br>)?
( D )
A)2 B)0 C)1 D)-2
解析:法一:(函数具体化)设
f(x)?x?1
符合题意,则
g (x)?x?1

g(x
1
)?g(x
2
)?(x
1
?1)?(x
2
?1)?(x
1
?x
2
)?2? ?2

法二:y=f(2x-1)是R上的奇函数→f(-2x-1)=-f(2x-1), 即f(-2x-1)+f(2x-1)=0,由反函数的关系就可以
取x
1
= f(-2x-1),x
2
= f(2x-1),所以g(x
1
)+g(x2
)=-2x-1+(2x-1)=-2.
5.设
f
(
x)是
R
的奇函数,
f
(x+2)= —
f
(
x
),当0≤
x
≤1,时,
f
(
x
)=
x
,则f(7.5)= - 0.5
6.定义在R上的函数f(x)满足f(-x) +f(x)=3,则f
-1
(x)+f
-1
(3-x)= .0
7、
f

x
)是定义在R上的以3为周期的奇函数,且
f
(2)=0,则方程
f

x
)=0在
区间(0,6)内解的 个数的最小值是( )D
A.4 B.5 C.6 D.7
8、设函数f(x)的定义域为[1,3],且 函数f(x)的图象关于点(2,0)成中心对称,已知当x
[2,3]时f(x)= 2x,求当x [1,2]时,f(x)的解析式.

解:由已知得 f(x)=-f(4-x)① 又当x [1,2]时,4-x [2,3],∴f(4-x)=(4-x) -2(4-x) ②
∴由①②得f(x)=- (x- 4) +2(4-x) ∴当x
9、(09山东)
已知定义在R上的奇函数
[1,2]时,f(x)=-x +6x-8
f(x)
,满足
f(x?4)??f(x)
,且在区间[0,2 ]
上是增函数,若方程f(x)=m(m>0)在区间
?
?8,8
?
上有四个不同的根
x
1
,x
2
,x
3
,x
4
,则
x
1
?x
2
?x
3
?x
4
?_________.
-8
八、综合问题


例21. 定 义在R上的函数f(x)满足:对任意实数m,n,总
有,且当x>0时,0,若
A?B?
?
,试确定a的取值范围。
解:(1)在


所以当时
中,令
,而
,因为当时,
,所以

中,令,得,因为,所以


又当x=0时,

所以
数。
(2)由于函数y=f(x)在R上为减函数,所以

又,根据函数的单调性,有,由 ,
,即有
,则
,所以,综上可知,对于任意

.所以在R上为减函
,均有。
所以直线

与圆面无公共点。因此 有,解得
评析:(1)要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题:一是f(0)的取值问题,二是f(x )>0
的结论。这是解题的关键性步骤,完成这些要在抽象函数式中进行。由特殊到一般的解题思
想,联想类比思维都有助于问题的思考和解决。
例22.设定义在R上的函数f(x),满足当x> 0时,f(x)>1,且对任意x,y∈R,有
f(x+y)=f(x)f(y),f(1)=2 (1)解不等式f(3x?x
2
)?4,;(2)解方程[f(x)]
2
?
1
f(x?3)?f(2)?1.

2
解:(1)先证f(x)> 0,且单调递增,因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0时f(x)>1,所以f(0)=1 .
xxx
又f(x)?f(?)?[f()]
2
?0,假设存在某个xo
?R,使f(x
o
)?0,则
f(x)=f[(x-x
o)+x
o
]=f(x-x
o
)f(x
222
)=0,
与已知矛盾,故f(x)>0,任取x
1
,x
2
∈R且x
1
2
,则x
2
-x
1
>0,f(x
2< br>-x
1
)>1,所以
f(x
1
)-f(x
2
)=f[(x
2
-x
1
)+x
1
]-f(x
1)
o


=f(x
2
-x
1
)f(x1
)-f(x
1
)=f(x
1
)[f(x
2
- x
1
)-1]>0. 所以x∈R时,f(x)为增函数. 解得:{x|1(2)f(1)=2,f(2)=2,f(3)=8,原方程可化为:[f(x)]
2
+ 4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5(舍)
由(1)得x=0.
例2 3.
定义在(?1,1)上的函数f(x)满足:(1)对任意x,y?(?1,1),都有f(x)? f(y)?f(
(2)当x∈(-1,0)时,有
x?y
)

1?xy
f(x)>0.求证:(Ⅰ)f(x)是奇函数; (Ⅱ)
1111
f()?f()???f(
2
)?f().

11193
n?5n?5
解:(1)易证f(x)是奇函数。
(2)易证f(x)在(-1,0),(0,1)上是单调递减函数.
1
??
?
11
?
?(?)
??
?
n?2
?
11
(n?2)(n?3)
11
n?3
??
又f(
2
) ?f()?f
?f
?
)?f()

?
?f(
111
(n?2)(n?3)?1
?
n?2n?3
n?5n?5
?
?
1??(?)
?
?
1?
(n?2)(n?3)
?
?
?
n?3
?
??
?
n?2
111111 111
?f()?f()???f(
2
)?[f()?f()]?[f()?f()] ???f()?f()

111934453n?3
n?5n?5
1111< br>又f()?0,?f()?f()?f().命题成立

n?33n?33





















抽象函数问题的“原型”解法
抽象函数问题是学生学习中的一个难点,也是各种考试测评的热 点问题之一。研究发现,
由抽象函数结构、性质,联想已学过的基本函数,再由基本函数的相关结论,预 测、猜想抽
象函数可能有的相关结论,是使抽象函数问题获解的一种有效方法。
所谓抽象函数 ,是指没有明确给出函数表达式,只给出它具有的某些特征或性质,并用


一种符号表示的 函数。由抽象函数构成的数学问题叫抽象函数问题,这类问题是学生学习中
的一个难点,也是各种考试测 评的热点问题之一。研究抽象函数问题的解法,对教师的教学,
学生深刻理解并牢固掌握函数的相关内容 ,学好大纲规定的基本函数知识显得尤为重要。
抽象来源于具体。抽象函数是由特殊的、具体的函数抽 象而得到的。如
f(x)?kx(k?0)

f(x
1
?x
2
)?k(x
1
?x
2
)?f(x
1
)?f(x< br>2
)
可抽象为
f(x?y)?f(x)?f(y)
。那么
(函 数),分析抽象
y
=
k
x
就叫做抽象函数
f(x)
满足
f(x?y)?f(x)?f(y)
的“原型”
函数问题的解题过程及心理变化规 律可知,一般均是由抽象函数的结构,联想到已学过的
具有相同或相似结构的某类(基本)“原型”函数 ,并由“原型”函数的相关结论,预测、
猜想抽象函数可能具有的某种性质使问题获解的,称这种解抽象 函数问题的方法为“原型”
解法。下面给出中学阶段常用的“原型”(函数)并举例说明“原型”解法。
[来源学科网]
一、中学阶段常用抽象函数
f(x)
的“原型”(函数) < br>1、
f(x?y)?f(x)?f(y)
——
y?kx
(
k< br>为常数)
x
2、
f(x?y)?f(x)f(y)
——
y< br>=
a

a
>0且
a
≠1)
3、
f (xy)?f(x)?f(y)
——
y?
log
a
x
(
a
>0且
a
≠1)
4、
f(xy)?f(x)f(y)
——
y?x
(
n
为常数)
n
x?yx?y
)
f
()

f(x?y)?f(x?y)?2f(x)f(y)

22
--
y
=
cos
?
x
(
?< br>为常数)
f(x)?f(y)
6、
f(x?y)?
--
y
=
tan
x

1?f(x)f(y)
二、“原型”解法例析
x?yx?y
?
【例1】 设函数
f(x)
满足
f
(
x
)
?f
(
y
)
?
2
f
()
f
()
,且
f
(
)=0,
x
y
22
2
∈R;求证:
f(x)
为周期函数,并指出它的一个周 期。
x?yx?y
分析与简证:由
f
(
x
)
?f
(
y
)
?
2
f
()
f
()

22
x?x
2
x?x
2


cosx
1
?cosx
2
=2cos
1
cos
1

22
原型

y
=
cosx
,为周期函数且2π为它 的一个周期。
猜测

f(x)
为周期函数,2π为它的一个周期
5、
f
(
x
)
?f
(
y
)
?2
f
(
[来源:Z+xx+]
[来源学_科_网]
[来源学&科 &网]

x
1
=
x
+
?

x2
=
?

f(x?
?
)?f(x)?2f(x?
f(x?
?
)??f(x)?f(x?2
?
)?f(x)

f(x)
为周期函数且2π是它的一个周期。
【例2】 已知函数
f(x)
满足
f(x?1)?
分析与略解:由
f(x?1)?
?
)f()
=0
22
?
1?f(x)
,若
f( 0)?2004
,试求
f
(2005)。
1?f(x)
1?f(x)

1?f(x)
?
1?tanx


tan
(
x
+)=
4
1?tanx
原型

y
=
tan
x
为周期函数且周期为4×猜测

f(x)
为周期函数且周期为4×1=4
?
=π。
4
[来源学科网ZXXK]


1?
1?
1?f(x?1)

f(x?2)?f[(x?1)?1]?
=
1?
1?f(x?1)
1?
1?
1
?f(x)
?< br>∴
f(x?4)?f[(x?2)?2]?
f(x?2)

f(x)< br>是以4为周期的周期函数
1?
又∵f(2)=2004

f(20 05)?f(2004?1)?
∴f(2005)=-
f(x)
f(x)
1< br>=-
f(x)
f(x)
f(x)
f
(
x
+ 4)=
f(x)

1?f(2004)
1?f(0)
1?20042005
===-
1?f(2004)
1?f(0)
1?20042003
2005

2003
【例3】 已知函数
f(x)
对于任意实数
x
、< br>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。
分析与略解:由:
f(x?y)?f(x)?f(y)



k
(
x
+
y
)=
k
x
+
ky

原型

y

k
x

k< br>为常数)为奇函数。
k
<0时为减函数,
k
>0时为增函数。
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]
x
1
<
x
2

x
1

x2
∈R 则
x
2

x
1
>0 ∴
f
(
x
2

x
1
)>0
∴< br>f(x
2
)?f(x
1
)?f(x
2
?x
1
?x
1
)?f(x
1
)
=
f(x
2
?x
1
)?f(x
1
)?f(x
1
)
=
f(x
2
?x
1
)
>0
[来源:Z&xx&]

f(x
2
)?f(x
1
)
,∴
f(x)
为 R上的单调增函数。

x
=
y
=0,则
f
(0) =0,令
y
=-
x
,则
f
(-
x
)=-< br>f(x)

f(x)
为R上的奇函数。

f
(-1)=-
f
(1)=-2 ∴
f
(1)=2,
f
(-2)=2
f
(-1)=-4
∴-4≤
f(x)
≤2(x∈[-2,1])

f(x)
在[-2,1]上的值域为[-4,2]

[来源学科网ZXXK]
【例4】 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
分析与略解:由:
f(x?y)?f(x)f(y)



a
x?y
?a
x
a
y
原型

y
=
a
x

a
>0,

a
≠1),
a
0
=1≠0。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。
猜测

f(x)
为减函数,且当
x
>0时,0<
f(x)
<1。
(1)对于一切
x

y
∈R,
f(x?y)?f(x)f( y)

f
(0)≠0

x
=
y
=0,则
f
(0)=1,现设
x
>0,则-
x
<0,∴f(-
x
) >1
1

f
(0)=
f
(
x< br>-
x
)=
f(x)f(?x)
=1 ∴
f(?x)
= >1
f(x)
∴0<
f(x)
<1 < br>[来源学#科#网Z#X#X#K]


(2)设
x
1
<< br>x
2

x
1

x
2
∈R,则
x
1

x
2
<0,
f
(
x
1< br>-
x
2
)>1且
f(x
1
)f(x
1?x
2
?x
2
)f(x
1
?x
2
)f (x
2
)
???f(x
1
?x
2
)
>1
f(x
2
)f(x
2
)f(x
2
)
f(x
1
)?f(x
2
)
, ∴f(x)在R上为单调减函数
【例5】 已知函数
f(x)
定义域为(0,+∞)且单调递增,满足
f
(4)=1,
【例6】
f(xy)?f(x)?f(y)

(1)证明:
f(1)=0;(2)求
f
(16);(3)若
f(x)
+
f
(
x
-3)≤1,求
x
的范围;
(4)试证< br>f
(
x
)=
n
f(x)
(n∈N)
分析与略解:由:
f(xy)?f(x)?f(y)

n


log
a
xy?
log
a
x?
log
a
y

x

y
∈R
+

原型
y?
log
a
x

a
>0,
a≠0)
猜测

f(x)

f
(1)=0,
f
(16)=2,……
(1)令
x
=1,
y
=4,则
f
(4)=
f
(1×4)=
f
(1)+
f
(4) ∴
f
(1)=0
(2)
f
(16)=
f
(4×4 )=
f
(4)+
f
(4)=2
(3)
f(x)
+
f
(
x
-3)=
f

x
(
x-3)]≤1=
f
(4)
f(x)
在(0,+∞)上单调递增
?
x(x?3)?4
?
?1?x?4
?
?
?
?3 ?x?4

?
x?3?0
x?3
?
?
x?0
?

x
∈(3,4]
(4)∵
f(xy)?f(x)?f(y)

f
(
x
n
)
?f
(
x?x?x?? x
)
?nf
(
x
)

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n个
【例7】 已知函数
f(x)< br>对于一切正实数
x

y
都有
f(xy)?f(x)f(y)< br>且
x
>1时,
1
f(x)
<1,
f
(2)=

9
(1)求证:
f(x)
>0;(2)求证:
f(x?1
)?[f(x)]
?1

(3)求证:
f(x)
在(0,+∞)上为单调减函数
(4)若
f(m)
=9,试求
m
的值。
分析与简证:由
f(xy)?f(x)f(y)

n


(x
1
x
2
)
n
?x
1
n
x
2

原型

y?x
n

n
为 常数(
y
=
x
?2

猜测

f(x)
>0,在(0,+∞)上为单调减函数,……
(1 )对任意
x
>0,
f(x)
=
f(x?x)
)=
[ f(x)]
≥0
假设存在
y
>0,使
f(y)
=0,则对 任意
x
>0
2
xx
f(x)
=f(
f(?y)< br>=
f()f(y)
=0,这与已知矛盾
yy
故对任意
x
>0,均有
f(x)
>0
(2) ∵
f(x)?f(x?1)?f(x)f(1)

f(x)
>0, ∴
f
(1)=1
11
?1?1

f(x)f
() =
f

x
)=
f
(1)=1 ∴
f(x)?[f(x)]

xx


(3)
x
1

x
2
∈(0,+∞),且
x
1

x< br>2
,则

f(x
2
)?f(
x
2
x
>1,∴
f
(
2
)<1,
x
1
x
1
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x
2
x
?x
1
)?f (
2
)f(x
1
)?f(x
1
)

f(x
2
)?f(x
1
)

x
1
x
1

f(x)
在(0,+∞)上为单调减函数。
1

f
(
m
)=9 ∴
f
(2)
f
(
m
)=1
9

f
(2
m
)=1=f(1),而
f(x)
在(0,+∞)是单调减函 数
1
∴2
m
=1 即
m
=
2
(4 )∵
f
(2)=
综上所述,由抽象函数问题的结构特征,联想已学过的具有相同或相似 结构的基本(原
型)函数,并由基本函数的相关结构,预测、猜想抽象函数可能具有的性质 “抽象—— 具
体——抽象”的“原型”联想思维方式,可使抽象函数问题顺利获解,且进一步说明,学生
学 好大纲规定的几种基本函数相关知识的重要性。


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专题二:赋值法

赋值法是指给定的关于某些变量的一 般关系式,赋予恰当的数值或代数
式后,通过运算推理,最后得出结论的一种解题方法. 下面介绍它在函数问题中
的应用.
一、判断函数的奇偶性
例1 若
f
(x + y) =
f
(x) +
f
(y) 对于任意实数x、y 都成立,且
f
(x) 不恒等于零,
判断函数
f
(x) 的奇偶性.
解:在
f
(x + y) =
f
(x) +
f
(y) 中令 x = y = 0 ,得
f
(0) = 0.
又在
f
(x + y) =
f
(x) +
f
(y) 中令 y =-x ,这样就有:(x-x) =
f
(x) +
f
(-x) ,

f
(0) =
f
(x) +
f
(-x) ,又
f
(0) = 0,所以
f
(-x) =-
f
(x) ,
由于
f
(x) 不恒等于零,所以
f
(x) 是奇函数.
二、讨论函数的单调性
例2 设
f
(x) 定义于实数集上,当x>0时,
f
(x)>1 ,且对于任意实数x、y ,有
f
(x
+ y) =
f
(x) ·
f
(y),求证
f
(x) 在R 上为增函数.
证明:由
f
(x + y) =
f
(x)
f
(y) 中取x = y = 0 ,得
f
(0) =
f
(0)

2



f
(0) = 0,令x>0 ,y = 0 ,则
f
(x) = 0,与
f
(x)>1 矛盾.

f
(0)≠ 0,即有
f
(0) = 1 .
当x>0 时 ,
f
(x)>1>0 ,当x<0 时 ,-x>0,
f
(-x)>1>0 ,

f
(x) ·
f
(-x) =
f
(0) = 1,∴
f
(x) =
1
>0 .
f(?x)
又当x = 0 时 ,
f
(0) = 1>0 ,∴x∈R ,
f
(x)>0 .
设 -∞<x
1
<x
2
<+∞ ,则x
2
-x
1
>0 ,
f
( x
2
-x
1
)>1 .

f
( x
2
) =
f
[ x
1
+ ( x
2
-x
1
)] =
f
(x
1
)
f
( x
2
-x
1
)>
f
( x
1
) .
∴ y =
f
(x) 在R 上为增函数.
三、求函数的值域
例3 已知函数f(
x
)在定义域
x
∈(0, )上是增函数, 且满足f(
xy
)=f(
x
)+f

y
)(
x

y

R

),求f(
x
)的值域.
解:因为
x
=
y
=1时,f(1)=2f(1),所以f(1)=0
又因为f(
x
)在定义域
R

上是增函数,所以
x
1
>
x
2
>0时,令
x
1
=
mx
2

m
>1),则f(
x
1

-f(x
2
)=f(
m
·
x
2
)-f(
x< br>2
)=f(
m
)+f(
x
2
)-f(
x2
)=f(
m
)>0.
所以对于
x
>1有f(
x
)>0.
又设
x
1
=
mx
2
>0(0<
m
<1),则0<
x1
<
x
2
.
因为函数
f
(x)在
R

上是增函数,所以f(
x
1
)-f(
x
2
)<0,
即f(
mx
2
)-f(
x
2
) = f(
m
)+ f(
x
2
)-f(
x
2
)=f(
m
)<0.
所以对于0<
x
<1有f(
x
)<0.
综上所述:当< br>x

R

时,f(
x
)的值域为
R
.
四、求函数的解析式
例4 设对满足|
x
|≠1的所有实数
x
,函数f(
x
)满足
f(

x
)的解析式.
解:将
x
取为
x?33?x
)
+
f()
= x,求f
x?11?x
x?33?xx?3
, 代入原等式,有
f(
, (1)
)
+ f(
x
)=
x?11?xx?1

x
取为
3?xx?33?x
, 代入原等式,有f(
x
)+
f(
.(2)
)
=
1 ?xx?11?x


x
3
?7x
(1)+(2),且将原等式代 入即得
f(x)?
(|x|≠1)
2
2?2x



专题三:复合函数的定义域和解析式

1、复合函数的定义
设< br>,当取遍
是到的函数,是
,那么
和内函数
到上的函数,且
就是 到中的元素时,取遍
上的函数。此函数称为由外函数
合函数。
说明:
⑴复合函数的定义域,就是复合函数
复合而成的复
中的取值范围。
的值域。 ⑵称为直接变量,称为中间变量,的取值范围即为
⑶与表示不同的复合函数。
,求
,则复合函数

中,
例1.设函数
⑷若
注意:
的定义域为
的值域


例2.(课时练 2 例1)
⑴若函数
⑵若
⑶已知
的 定义域是[0,1],求
的定义域是[-1,1],求函数
定义域是,求
的定义域;
的定义域;
定义域.
点评:解决复合函数问题,一般先将复合函数分解,即它是哪 个内函数和哪个外函数复合而
成的.
解答:
⑴ 函数
函数.
函数的定义域是[0,1],
的值域为[0,1].
是由A到B上的函数与B到C 上的函数复合而成的
∴B=[0,1],即函数


∴,
∴,即,
∴函数
⑵ 函数
函数.
的定义域[0,].
与B到C上的函数复合而成的是由A到B上的函数
的定义域是[-1,1],
∴A=[-1,1],即-1


,即

的值域是[-3,1],
的定义域是[-3,1].
的定义域为,则
,则
的定义域就是不等式
的定义域就是函数
的的

点评:若已知
集合;若已知
值域。
⑶ 函数
数.
的定义域为
是由A到B上的函数与B到C上的函数复合而成的函
的 定义域是[-4,5),
∴A=[-4,5)即


数,而



是由
,从而



的值域B=[-1,8)
上的函数
的值域
与B到C上的函数

复合而成的函


∴的定义域是[1,).
的定义域. 例3.已知函数定义域是(a,b),求
解:由题,,,
当,即时,不表示函数;
当,即时,表示函数,
其定义域为
说明:
① 已知
已知

的定义域为(a,b),求
的定义域为

的定义域。
,求
的定义域的方法:
的定义域。实际上是已知中间变量的
。通过解不等式 求的取值范围,即
得的范围,即为
② 已知
若已知
的定义域为(a,b),求
的定义域为
。先利用
的定义域的方法:
,求的定义域。实际上是已知直接变 量
求得的范围,则的范的取值范围,即
围即是的定义域。
2.求有关复合函数的解析式
例4.①已知
②已知
求;
,求.


例5.①已知 ,求;
②已知
点评:
已知
已知
配凑法就是在
接把换成而得
求复合函数

,求.
的解析式,直接把中的换成即可。
的常用方法有:配凑法和换元法。
中把关于变量

,从中解出(即用表示
得到,最后把
),再把(关于的式子)
即得


的表达式先凑成整体的表达式,再直
换元法就是先设
直接代入
例 6.①已知
中消去中的直接换成
是一次函数,满足,求
②已知,求.
点评:
⑴ 当已知函数的类型求函数的解析式时,一般用待定系数法。
⑵ 若已知抽象的函数表达式 ,则常用解方程组、消参的思想方法求函数的解析式。已知
满足某个等式,这个等式除是未知量外,还出 现其他未知量,如、
等,必须根据已知等式再构造出其他等式组成方程组,通过解方程组求出
三 、课堂练习:
1.已知
解:令,设
,求


令,设,

和.


2.已知
分析:
替换呢,还 是用
注:
中的
是用
呢,还是替换

是用替换
替换呢 ?所以要按
替换
,求
中的

中的
呢?所以要看
分类 。

而得到的,问题是用
分类;
替换
,故按
中的
而得到的,问题是用
还是
Key:;
注:
四、课堂小结:
1.复合函数的定义;
设函数
内函数


,则我们称是由外函数和
复合而成的复 合函数。其中被称为直接变量,被称为中间变量。复
的取值范围,即是合函数中直接变量的取值范围叫做 复合函数的定义域,中间变量
的定义域。 的值域,是外函数
2.有关复合函数的定义域求法及解析式求法:
⑴定义域求法:
求复合函数的定义域只要解中间变量的不等式(由
数的定义域只要求中间变量的值域范围(由求
解);求外函
的值域)。已知一个复合
函数求另一个复合函数的定义域,必须先求出外函数的定 义域。
⑵解析式求法:待定系数法、配凑法、换元法、解方程组消元法.

五、附录:求函数的定义域的主要依据有:


⑴ 当
⑵ 当
⑶ 当
⑷ 当
为整式或奇次根式时,R;
为偶次根式时,被开方数不小于0(即≥0);
为分式时,分母不为0;当分母是偶次根式时,被开方数大于0;
为指数式时,对零指数幂或负整数指数幂,底不为0(如,

⑸ 当
)。 < br>是由一些基本函数通过四则运算结合而成的,它的定义域应是使各部分都有意
的值组成的集合,即 求各部分定义域集合的交集。
的定义域是各段上自变量的取值集合的并集。
义的自变量
⑹ 分段函数
⑺ 由实际问题建立的函数,除了要考虑使解析式有意义外,还要考虑实际意义对自变量的
要求
⑻ 对于含参数字母的函数,求定义域时一般要对字母的取值情况进行分类讨论,并要注意
函数的定义域为非 空集合。
⑼ 对数函数的真数必须大于零,底数大于零且不等于1。

例说函数值域求法 在函数的三要素中,定义域和值域起决定作用,而值域是由定义域和对应
法 则共同确定。研究函数的值域,不但要重视对应法则的作用,而且还要特别重视定义域对值
域的制约作用 。确定函数的值域是研究函数不可缺少的重要一环。对于如何求函数的值域,是
学生感到头痛的问题,它 所涉及到的知识面广,方法灵活多样,在高考中经常出现,占有一定
的地位,若方法运用适当,就能起到 简化运算过程,避繁就简,事半功倍的作用。本文就函数
值域求法归纳如下,供参考。
1、直接观察法
对于一些比较简单的函数,其值域可通过观察得到。
例1 求函数y = 的值域
解:x ≠0 ,≠0
显然函数的值域是:( -∞,0 )∪(0 ,+∞)。


例2 求函数y = 3 -的值域。
解: ≥0 - ≤0 3- ≤3
故函数的值域是:[ -∞,3 ]
2 、配方法
配方法是求二次函数值域最基本的方法之一。
例3 、求函数y=-2x+5,x[-1,2]的值域。
解:将函数配方得:y=(x-1)+4, x [-1,2],
当x = 1时,y = 4
当x = - 1,时= 8
故函数的值域是:[ 4 ,8 ]
3 、判别式法
例4 求函数y = 的值域。
解:原函数化为关x的一元二次方程(y-1 )+(y - 1
(1)当y≠1时, xR ,△= (-1)-4(y-1)(y-1) ≥0
解得:≤y≤
(2)当y=1,时,x = 0,而1[ , ]
故函数的值域为[,]
例5 求函数y=x+的值域。
解:两边平方整理得:2-2(y+1)x+y=0 (1)
xR,△=4(y+1)-8y≥0
由二次函数的性质可知:
x= 0


解得:1-≤y≤1+
但此时的函数的定义域由x(2-x)≥0,得:0≤x≤2。
由△≥0,仅保证关于x的方 程:2-2(y+1)x+y=0在实数集R有实根,而不能确
保其实根在区间[0,2]上,即不能确 保方程(1)有实根,由△≥0求出的范围可能比y
的实际范围大,故不能确定此函数的值域为[
数的值域。
0≤x≤2,y=x+≥0,
,]。可以采取如下方法进一步确定原函< br>=0,y=1+代入方程(1),解得:=[0,2],即当
=时,原函数的值域为:[0,1+ ]。
注:由判别式法来判断函数的值域时,若原函数的定义域不是实数集时,应综合函
数的定 义域,将扩大的部分剔除。
4、反函数法
直接求函数的值域困难时,可以通过求其原函数的定义域来确定原函数的值域。
例6 求函数y=值域。
解:由原函数式可得:x =
则其反函数为:y =
其定义域为:x ≠
故所求函数的值域为:(- ∞,)


5 、函数有界性法
直接求函数的值域困难时,可以利用已学过函数的有界性,反客为主来确定函数的值域。
例7 求函数y = 的值域。
解:由原函数式可得:=
>0,>0
解得:- 1<y<1。
故所求函数的值域为( - 1 , 1 ) .
例8 求函数y = 的值域。
解:由原函数式可得:ysinx-cosx=3y
可化为:sinx(x+β)=3y
即 sinx(x+β)=
∵x∈R,∴sinx(x+β)∈[-1,1]。即-1≤≤1
解得:-≤y≤ 故函数的值域为[-,]。
6 、函数单调性法
例9 求函数y = (2≤x≤10)的值域
解:令y=,= ,则 y , 在[ 2,
所以y= y +在[ 2 ,10 ]上是增函数。
10 ]上都是增函数。


当x = 2 时,y
当x = 10 时,
=
= +
+=,
=33。
故所求函数的值域为:[
例10 求函数y=
,33]。
-的值域。
解:原函数可化为: y=
令y = ,= ,显然y,在[1,+∞)上为无上界的增函数,所以
y= y +在[1,+∞)上也为无上界的增函数。 所以当
x = 1时,y=y +有最小值,原函数有最大值
]。
= 。
显然y>0,故原函数的值域为( 0 ,
7、换元法
通过简单的换 元把一个函数变为简单函数,其题型特征是函数解析式含有根式或三角函
数公式模型。换元法是数学方法 中几种最主要方法之一,在求函数的值域中同样发挥
作用。
例11 求函数y = x +
解:令x-1=t,(t≥0)则x=
的值域。
+1
∵y=+t+1=+,又t≥0,由二次函数的性质可知
当t=0时,y= 1, 当t →0时,y →+∞。
故函数的值域为[ 1 ,+∞)。


例12 求函数y =x+2+
解:因1-≥0 ,即
的值域
≤1
故可令x+1=cosβ,β∈[ 0 ,∏] 。
∴y=cosβ+1+
4 )+1
∵0≤β≤∏,0 ≤β+∏4≤5∏4
=sinβ+cosβ+1 =sin(β+∏
∴ -
∴ 0 ≤
≤sin(β+∏4)≤1
sin(β+∏4)+1≤1+
]。

故所求函数的值域为[0,1+
例13 求函数 y=的值域
解:原函数可变形为:y=-
可令x=tgβ,则有=sin2β,=cos2β
∴y=-sin2β cos2β= -sin4β
当β= k∏2-∏8时,=。
当β= k∏2+∏8时,y
而此时tgβ有意义。
= -
故所求函数的值域为[-,] 。
例14 求函数y=(sinx+1)(cosx+1),x∈[-∏12∏2]的值域。 < /p>


解:y=(sinx+1)(cosx+1)=sinxcosx+sinx+cosx+ 1
令sinx+cosx=t,则sinxcosx=(-1)
y = (-1)+t+1=
由t=sinx+cosx=sin(x+∏4)且x∈[- ∏12,∏2]
可得:≤t≤
∴当t=时,=+,当t=时,y=+
故所求函数的值域为[+,+] 。
例15 求函数y=x+4+
解:由5-x≥0 ,可得∣x∣≤
故可令x =
y=
的值域

cosβ,β∈[0,∏]
sinβ=sin(β+∏4)+ 4 cosβ+4+
∵0 ≤β≤∏, ∴ ∏4≤β+∏4≤5∏4
当β=∏4时,=4+,当β=∏时,y
,4+]。
=4-。
故所求函数的值域为:[4-
8 数形结合法
其题型是函数解析式具有明 显的某种几何意义,如两点的距离公式直线斜率等等,这类
题目若运用数形结合法,往往会更加简单,一 目了然,赏心悦目。
例16 求函数y=+的值域。


解:原函数可化简得:y=∣x-2∣+∣x+8∣

上式可以看成数轴上点P(x )到定点A(2 ),B(- 8 )间的距离之和。
由上图可知:当点P在线段AB上时,
y=∣x-2∣+∣x+8∣=∣AB∣=10
当点P在线段AB的延长线或反向延长线上时,
y=∣x-2∣+∣x+8∣>∣AB∣=10
故所求函数的值域为:[10,+∞)
例17 求函数y=
解:原函数可变形为:y=

+ 的值域
+

上式可看成x轴上的点P(x,0)到两定点A(3,2),B(-2 ,-1 )的距离之和,
由图可知当点P为线段与x轴的交点时, y=∣AB∣
= =,


故所求函数的值域为[
例18 求函数y=
解:将函数变形为:y=
,+∞)。
-的值域
-

上式可看成定点A(3,2)到点P(x,0 )的距离与定点B(-2,1)到点P(x,0)
的距离之差。即:y=∣AP∣-∣BP∣
由图可知:(1)当点P在x轴上且不是直线AB与x轴的交点时,如点P?,则构成△ABP
?,根据 三角形两边之差小于第三边,
有 ∣∣AP?∣-∣BP?∣∣<∣AB∣=
即:-<y<
=
(2)当点P恰好为直线AB与x轴的交点时, 有 ∣∣AP∣-∣BP∣∣
= ∣AB∣= 。
,-]。 注:由例17,18 综上所述,可知函数的值域为:(-
可知,求两距离之和时,要将函数式变形,使A,B两点在x 轴的两侧,而
求两距离之差时,则要使两点A ,B在x轴的同侧。


如:例17的A,B两点坐标分别为:(3 ,2 ),(- 2 ,- 1 ),在x轴的同
侧;
例18的A,B两点坐标分别为:(3 ,2 ),(2 ,- 1 ),在x轴的同侧。
9 、不等式法
利用基本不等式a+b≥2,a+b+c≥3(a,b,c∈),求函数的最值,其< br>题型特征解析式是和式时要求积为定值,解析式是积时要求和为定值,不过有时须要用到拆项、
添 项和两边平方等技巧。

10、多种方法综合运用
例21 求函数y=
解:令t=
的值域
+1 (t≥0),则x+3=
(1) 当t>0时,y==≤, 当且仅当t=1,即x=-1时取等号
所以0<y≤。
(2) 当t=0时,y=0。综上所述,函数的值域为:[0,
注:先换元,后用不等式法。
]。
例 22 求函数y=的值域。
解:y=+=+


令x=tg,则=,=sin,
∴y=+sin=-+ sin+1
=-+
∴当sin=时,=。当sin=-1时,y=-2。
此时tg都存在,故函数的值域为:[-2,]。
的有界性。 注:此题先用换元法。后用配方法,然后再运用sin
例23(用导数求函数的极值及最值)、
求函数
解:先求导数,得

导数

(-2,
X -2
-1)
y

y

从上表知,当时,函数有最大值13,当

13


0
4
-1
0)


0
5
(-1,
0
1)


(0,
=0即
的正负以及
在区间

解得
,如下表

上的最大值与最小值。
(1,
1
2)
0
4



13
2
时,函数有最小值4 < /p>


总之,在具体求某个函数的值域时,首先要仔细、认真观察其题型特征,然后再选
择恰当的方法,一般优先考虑直接法,函数单调性法和基本不等式法,然后才考虑用其他
各种特殊方法。






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