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模塊導圖
知識剖析
概念
我們把沒有給出具體解析式的函數稱為抽象函數，題目中往往只給出函數的特殊條件或特征.
常見抽象函數模型
經典例題
【題型一】求值問題
【典題1】已知函數\(f(x)\)是定義在\((0 ,+∞)\)上的函數，且對任意\(x ,y∈(0 ,+∞)\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(2)=1\)，求\(f(4) ,f(8)\).
【解析】\(∵\)對任意\(x，y∈(0 ,+∞)\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(2)=1\)，
\(∴f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2\)，\(f(8)=f(2×4)=f(2)+f(4)=3\)．
【點撥】
① 對於抽象函數求值問題，可大膽取特殊值求解；
② 抽象函數\(f(xy)=f(x)+f(y)\)是對數函數\(f(x)=log_ax\)型，由\(f(2)=1\)可知\(f(x)=log_2x\)，則易得\(f(4)=2\)，\(f(8)=3\)，作選填題可取.又如\(f(x+y)=f(x)f(y)\)且\(f(1)=2\)，求\(f(3)\)；由\(f(x+y)=f(x)f(y)\)可令\(f(x)=a^{x}\)，又因\(f(1)=2\)，得\(f(x)=2^{x}\)，故易得\(f(3)=8\).
故要對常見抽象函數對應的函數模型比較熟悉.
【典題2】對任意實數\(x ,y\)，均滿足\(f(x+y^2 )=f(x)+2[f(y)]^2\)且\(f(1)≠0\)，則\(f(2001)=\)_________.
【解析】令\(x=y=0\)，得\(f(0)=0\)，
令\(x=n\) ,\(y=1\)，得\(f(n+1)=f(n)+2[f(1)]^2\)
令\(n=1\)，得\(f(1)=f(0)+2 f[(1)]^{2}=2 f[(1)]^{2}\)，
\(\therefore f(1)=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore f(n+1)-f(n)=\dfrac{1}{2}\)，
\(\therefore f(n)=\dfrac{n}{2}\)，即\(f(2001)=\dfrac{2001}{2}\).
【點撥】
① 常常需要賦予一些特殊值(如取\(x=0\)等)或特殊關系(如取\(y=x\)，\(y=-x\)等)，要觀察等式方程的特點尋找目標，也要大膽下筆多些嘗試找些規律；
② 比如本題中所求的\(f(2001)\)中自變量的取值\(2001\)較大，往往要從周期性或者函數的解析式的方向入手.
【題型二】單調性問題
【典題1】設函數\(y=f(x)\)是定義在\(R^+\)上的函數，並且滿足下面三個條件
①對任意正數\(x ,y\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)；②當\(x>1\)時，\(f(x)<0\)；③\(f(3)=-1\)．
(1)求\(f(1)\) ,\(f\left(\dfrac{1}{9}\right)\)的值；
(2)證明\(f(x)\)在\(R^+\)是減函數；
(3)如果不等式\(f(x)+f(2-x)<2\)成立，求\(x\)的取值范圍．
【解析】(1)令\(x=y=1\)，\(∴f(1)=f(1)+f(1)\)，
\(∴f(1)=0\)，
令\(x=y=3\)，\(∴f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2\)，
且\(f(9)+f\left(\dfrac{1}{9}\right)=f(1)=0\) ,得\(f\left(\dfrac{1}{9}\right)=2\)．
(2) \({\color{Red}{(利用函數單調性的定義證明) }}\)
取\(x_2>x_1>0\)，則\(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}>1\)
\(∴\)由②得\(f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)<0\)
\(∵f(xy)=f(x)+f(y)\)
\(\therefore f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)<0\)
\(∴f(x)\)在\(R^+\)上為減函數．
(3)由條件①得\(f[x(2-x)]<2\) , \({\color{Red}{ (湊項f(m)=2，再利用單調性求解) }}\)
由\(f\left(\dfrac{1}{9}\right)=2\)得\(f[x(2-x)]<f\left(\dfrac{1}{9}\right)\)，
又\(∵f(x)\)在\(R^+\)上為減函數，\(\therefore x(2-x)>\dfrac{1}{9}\)
又\(∵x>0\)，\(2-x>0\)， \({\color{Red}{(注意函數定義域) }}\)
解得\(x\)的范圍是\(\left(1-\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}, 1+\dfrac{2 \sqrt{2}}{3}\right)\)．
【點撥】
① 抽象函數的單調性常用單調性定義證明
(1) 任取\(x_1\) ,\(x_2∈D\)，且\(x_1<x_2\)；
(2) 作差\(f(x_1)－f(x_2)\)(根據題目給出的抽象函數特征來“"構造”" 出\(f(x_1)－f(x_2)\))
此步有時也會用作商法：判斷\(\dfrac{f\left(x_{1}\right)}{f\left(x_{2}\right)}\)與\(1\)的大小；
(3) 變形；
(4) 定號(即判斷差\(f(x_1 )-f(x_2)\)的正負)；
(5) 下結論(指出函數f(x)在給定的區間\(D\)上的單調性)．
② 在解不等式時，往往需要利用函數的單調性求解.
③ 抽象函數\(f(xy)=f(x)+f(y)\)符合對數函數\(f(x)=log_ax\)型，由\(f(3)=-1\)可知\(f(x)=\log _{\frac{1}{3}} x\)，作選填題可用.
【題型三】奇偶性問題
【典題1】定義在\(R\)上的增函數\(y=f(x)\)對任意\(x ,y∈R\)都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)，則
(1)求\(f(0)\)；
(2)證明：\(f(x)\)為奇函數；
(3)若\(f\left(k \cdot 3^{x}\right)+f\left(3^{x}-9^{x}-2\right)<0\)對任意\(x∈R\)恆成立，求實數\(k\)的取值范圍．
【解析】(1)在\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)中，
令\(x=y=0\)可得，\(f(0)=f(0)+f(0)\)，則\(f(0)=0\)，
(2) \({\color{Red}{(定義法證明函數奇偶性) }}\)
令\(y=-x\)，得\(f(0)=f(x)+f(-x)\)，
又\(f(0)=0\)，則有\(0=f(x)+f(-x)\)，
即可證得\(f(x)\)為奇函數；
(3)因為\(f(x)\)在\(R\)上是增函數，又由(2)知\(f(x)\)是奇函數，
\(f\left(k \cdot 3^{x}\right)<-f\left(3^{x}-9^{x}-2\right)=f\left(-3^{x}+9^{x}+2\right)\)，
即有\(k \cdot 3^{x}<-3^{x}+9^{x}+2\)，得\(k<3^{x}+\dfrac{2}{3^{x}}-1\) \({\color{Red}{(分離參數法) }}\)
又有\(3^{x}+\dfrac{2}{3^{x}}-1 \geq 2 \sqrt{2}-1\)(當\(x=\log _{3} \sqrt{2}\)時取到等號)，
即\(3^{x}+\dfrac{2}{3^{x}}-1\)有最小值\(2 \sqrt{2}-1\)，
所以要使\(f\left(k \cdot 3^{x}\right)+f\left(3^{x}-9^{x}-2\right)<0\)恆成立，只要使\(k<2 \sqrt{2}-1\)即可，
故\(k\)的取值范圍是\((-\infty, 2 \sqrt{2}-1)\)．
【點撥】
② 判斷或證明抽象函數的奇偶性，從奇偶性的定義入手，判斷\(f(-x)\)與\(f(x)\)的關系.
② 抽象函數\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)是正比例函數\(f(x)=kx(x≠0\))型，由\(f(x)\)是增函數，可知\(k>0\)，選填題可用.
【題型四】周期性問題
【典題1】奇函數\(f (x)\)定義在\(R\)上，且對常數\(T>0\)，恆有\(f (x + T ) = f (x\))，則在區間\([0 ,2T]\)上，方程\(f (x) = 0\)根的個數最小值為 \(\underline{\quad \quad}\) .
【解析】\(∵\)函數\(f(x)\)是定義在\(R\)上的奇函數，
故\(f(0)=0\)，
又\(∵f(x+T)=f(x)\)，即周期為\(T\)，
\(∴f(2T)=f(T)=f(0)=0\)，
又由\(f\left(-\dfrac{T}{2}\right)=f\left(-\dfrac{T}{2}+T\right)=f\left(\dfrac{T}{2}\right)\)，且\(f\left(-\dfrac{T}{2}\right)=-f\left(\dfrac{T}{2}\right)\)
\(\therefore f\left(\dfrac{T}{2}\right)=0\)，\(\therefore f\left(\dfrac{3 T}{2}\right)=f\left(\dfrac{T}{2}\right)=0\)，
故在區間\([0 ,2T]\)，方程\(f(x)=0\)根有\(x=0, \dfrac{T}{2}, T, \dfrac{3 T}{2}, 2 T\)，
個數最小值是\(5\)個，
【點撥】抽象函數的周期性常與奇偶性，對稱性放在一起，記住有關周期性和對稱性的結論，做題時常畫圖像更容易找到思路.
鞏固練習
1 (★★)\(f(x)\)的定義域為\((0 ,+∞)\)，對任意正實數\(x ,y\)都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\) 且\(f(4)=2\)，則\(f(\sqrt{2})=\)\(\underline{\quad \quad}\) .
2 (★★★)已知\(f(x)\)是定義在\(R\)上的偶函數，對任意\(x∈R\)都有\((f(x+2)-1)^{2}=2 f(x)-f^{2}(x)\)，則\(f(2019)=\)\(\underline{\quad \quad}\) ．
3 (★★)\(f(x)\)是定義在\(R\)上的以\(3\)為周期的奇函數，且\(f(2)=0\)，則方程\(f(x)=0\)在區間\([-6 ,6]\)內解的個數的最小值是\(\underline{\quad \quad}\) .
4 (★★★)已知定義在\((-∞ ,0)∪(0 ,+∞)\)上的函數\(f(x)\)滿足
①對任意\(x ,y∈(-∞ ,0)∪(0 ,+∞)\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)；
②當\(x>1\)時，\(f(x)>0\)且\(f(2)=1\)；
(1)試判斷函數\(f(x)\)的奇偶性；
(2)判斷函數\(f(x)\)在區間\([-4 ,0)∪(0 ,-4]\)上的最大值；
(3)求不等式\(f(3x-2)+f(x)≥4\)的解集．
5 (★★★)已知定義在\((0 ,+∞)\)的函數\(f(x)\)，對任意的\(x、y∈(0 ,+∞)\)，都有\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，且當\(0<x<1\)時，\(f(x)>0\)．
(1)證明：當\(x>1\)時，\(f(x)<0\)；
(2)判斷函數\(f(x)\)的單調性並加以證明；
(3)如果對任意的\(x、y∈(0 ,+∞)\)，\(f\left(x^{2}+y^{2}\right) \leq f(a)+f(x y)\)恆成立，求實數\(a\)的取值范圍．
6 (★★★)定義在\(R\)上的單調增函數\(f(x)\)滿足：對任意\(x ,y∈R\)都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)成立
(1)求\(f(0)\)的值；
(2)求證：\(f(x)\)為奇函數；
(3)若\(f\left(1+2^{x}\right)+f\left(t \cdot 3^{x}\right)>0\)對\(x∈(-∞ ,1]\)恆成立，求\(t\)的取值范圍．
挑戰學霸
已知\(f(x)\)是定義在\(R\)上不恆為\(0\)的函數，滿足對任意\(x ,y∈R\)，\(f(x+y)=f(x)+f(y)\)，\(f(xy)=f(x)f(y)\)．
(1)求\(f(x)\)的零點；
(2)判斷\(f(x)\)的奇偶性和單調性，並說明理由；
(3)①當\(x∈Z\)時，求f(x)的解析式；②當\(x∈R\)時，求\(f(x)\)的解析式.
參考答案
- 【答案】\(\dfrac{1}{2}\)
【解析】取\(x=y=2\)，得\(f(4)=f(2)+f(2)⇔ f(2)=1\)；
取\(x=y=\sqrt{2}\)，得\(f(2)=f(\sqrt{2})+f(\sqrt{2}) \Leftrightarrow f(\sqrt{2})=\dfrac{1}{2}\)； - 【答案】\(1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
【解析】根據題意，\(f(x)\)為偶函數且\(f(x)\)滿足\((f(x+2)-1)^{2}=2 f(x)-f^{2}(x)\)，
變形可得\([f(x+2)-1]^{2}+\left[f^{2}(x)-2 f(x)+1\right]=1\)，
即\([f(x+2)-1]^{2}+[f(x)-1]^{2}=1\)，
令\(x=-1\)可得\([f(-1)-1]^{2}+[f(1)-1]^{2}=1\)，即\(2[f(1)-1]^2=1\)，
解可得：\(f(1)=f(-1)=1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
又由\(f(x)\)滿足\([f(x+2)-1]^{2}+[f(x)-1]^{2}=1\)，
則有\([f(x+4)-1]^{2}+[f(x+2)-1]^{2}=1\)，
聯立可得：\([f(x+4)-1]^{2}=[f(x)-1]^{2}\)，
變形可得：\(f(x+4)=f(x)\)或\(f(x+4)+f(x)=2\)，
若\(f(x+4)=f(x)\)，則有\(f(2019)=f(-1+505 \times 4)=f(-1)=1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
此時有\(f(2019)=1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
若\(f(x+4)+f(x)=2\)，即\(f(x+4)=2-f(x)\)，
則有\(f(x+8)=2-f(x+4)=f(x)\)，則有\(f(2019)=f(3+2016)=f(3)\)，
則\(f(3)=2-f(-1)=1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)，
綜合可得：\(f(2019)=1 \pm \dfrac{\sqrt{2}}{2}\)． - 【答案】\(13\)
【解析】\(∵f(x)\)是定義在\(R\)上的以\(3\)為周期的奇函數，
\(∴f(x+3)=f(x)\)，且\(f(－x)=－f(x)\)，
則\(f(0)=0\)，則\(f(3)=f(6)=f(-6)=f(0)=0\)，\(f(-3)=-f(3)=0\)，
\(∵f(2)=0\)，\(∴f(5)=f(-1)=f(-4)=0\)，\(f(-5)=0\)，
\(f(1)=0\)，\(f(4)=0\)，\(f(－2)=0\)，
方程的解可能為\(0，3，6，－6，－3，2，5，\)\(-5，-2，－1，1，4，-4\)共\(13\)個，
故選：\(D\)． - 【答案】\((1)\)偶函數 \((2)2\) \((3)x≤-2\)或\(x \geq \dfrac{8}{3}\)
【解析】\((1)∵f(xy)=f(x)+f(y)\)；
令\(x=y=a\)，則\(f(a^2)=f(a)+f(a)=2f(a)\)，
令\(x=y=-a\)，則\(f(a^2)=f(-a)+f(-a)=2f(-a)\)，
即\(f(a)=f(-a)\)，
故函數\(f(x)\)是偶函數，
(2)任取\(0<x_1<x_2\)，則\(x_2－x_1>0\)，
\(∵f(xy)=f(x)+f(y)\)；
\(∴f(xy)－f(x)=f(y)\)；
\(\therefore f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)\)
\(\because \dfrac{x_{2}}{x_{1}}>1\)，\(x>1\)時，\(f(x)>0\)，
\(\therefore f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)>0\)，
得到\(f(x_1)<f(x_2)\)，
\(∴f(x)\)為\((0，+∞)\)上的增函數．
故函數\(f(x)\)在區間\((0，－4]\)上的最大值為\(f(4)=f(2)+f(2)=2\)，
又由函數\(f(x)\)是偶函數，
\(∴\)函數\(f(x)\)在區間\([－4，0)\)上的最大值也為\(2\)，
故函數\(f(x)\)在區間\([－4，0)∪(0，－4]\)上的最大值為\(2\)；
(3)由(2)得\(f(4)=2\)，則\(f(16)=f(6)+f(6)=4\)，
故不等式\(f(3x－2)+f(x)≥4\)可化為：\(f[(3x－2)x]≥f(16)\)，
由(2)中結論可得：\(|(3x－2)x|≥16\)，
即\((3x－2)x≥16\)或\((3x－2)x≤－16\)，
解得\(x≤－2\)或\(x \geq \dfrac{8}{3}\) - 【答案】\((1)\) 略 \((2)\)減函數，函數單調性定義證明 \((3) (0 ,2]\)
【解析】\((1)∵f(xy)=f(x)+f(y)\)，
令\(x=y=1\)，則\(f(1)=f(1)+f(1)\)，所以\(f(1)=0\)，
再令\(y=\dfrac{1}{x}\)，則\(f(1)=f(x)+f\left(\dfrac{1}{x}\right)=0\)，
當\(x>1\)時，\(0<\dfrac{1}{x}<1\)．
\(\because f\left(\dfrac{1}{x}\right)>0\)．\(\therefore f(x)=-f\left(\dfrac{1}{x}\right)<0\)
(2)任取\(x_1\)，\(x_2∈(0，+∞)\)，且\(x_1<x_2\)，則\(f\left(x_{2}\right)-f\left(x_{1}\right)=f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)\)
\(∵x_1<x_2\)，所以\(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}>1\)，則\(f\left(\dfrac{x_{2}}{x_{1}}\right)<0\)，\(f(x_2)<f(x_1)\)，
\(∴f(x)\)在\((0，+∞)\)上是減函數，
(3)\(f\left(x^{2}+y^{2}\right) \leq f(a)+f(x y)\)恆成立，
\(\therefore f\left(x^{2}+y^{2}\right) \leq f(a x y)\)恆成立，
\(∵f(x)\)在\((0，+∞)\)上是減函數，
\(\therefore x^{2}+y^{2} \geq a x y\)，
\(\therefore 0<a \leq \dfrac{x^{2}+y^{2}}{x y}=\dfrac{y}{x}+\dfrac{x}{y} \geq 2\)，當且僅當\(x=y\)取等號，
\(∴\)實數\(a\)的取值范圍\((0，2]\) - 【答案】\((1) 0\) \((2)\)略，定義證明 \((3) t>-1\)
【解析】(1)令\(x=y=0\)，則\(f(0)=f(0)+f(0)\)，\(∴f(0)=0\)．
(2)令\(y=－x\)，則\(f(0)=f(x)+f(－x)\)，
\(∵f(0)=0\)，\(∴f(－x)=－f(x)\)，
\(∴f(x)\)為奇函數．
(3)\(\because f\left(t \cdot 3^{x}\right)>-f\left(1+2^{x}\right)\)，\(\therefore f\left(t \cdot 3^{x}\right)>f\left(-1-2^{x}\right)\)，\(\therefore t \cdot 3^{x}>-1-2^{x}\)
\(\therefore t>-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{x}\)恆成立，
而\(-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{x}\)單調遞增，\(\therefore-\left(\dfrac{1}{3}\right)^{x}-\left(\dfrac{2}{3}\right)^{x} \leq-1\)
從而\(t>－1\)．
【挑戰學霸】
【解析】(1)記\(f(x+y)=f(x)+f(y)\) ①，\(f(xy)=f(x)f(y)\) ②
在①中取\(y=0\)得\(f(0)=0\).若存在\(x≠0\)，使得\(f(x)=0\)，則對任意\(y∈R\)，
\(f(y)=f\left(x \cdot \dfrac{y}{x}\right)=f(x) f\left(\dfrac{y}{x}\right)=0\)，與\(f(x)\)不恆為\(0\)矛盾．
所以\(x≠0\)時，\(f(x)≠0\)，
所以函數的零點是\(0\).
(2)在①中取\(y=-x\)得\(f(x)+f(-x)=f(0)=0\)，即\(f(-x)=-f(x)\)，
所以\(f(x)\)是奇函數．
\(x ,y∈R\)， \(y>x\)時，\(f(y)-f(x)=f(y)+f(-x)=f(y-x)=(f(\sqrt{y-x}))^{2}>0\)，
可得\(f(y)>f(x)\)．
所以函數\(f(x)\)在\(R\)上遞增．
(3)①由\(f(xy)=f(x)f(y)\)中取\(x ,y=1\)得\(f(1)=f^2 (1)\)．
因為\(f(1)≠0\)，所以\(f(1)=1\)，
對任意正整數\(n\)，由①得\(f(n)=\underbrace{f(1)+\cdots+f(1)}_{n 個}=n \times 1=n\)，
\(f(-n)=-f(n)=-n\)，
又因為\(f(0)=0\)，所以\(x∈N\)時，\(f(x)=x\)；
對任意有理數\(\dfrac{m}{n}\left(m \in \boldsymbol{N}^{*}, \quad n \in \boldsymbol{N}^{*}\right)\)，由①，
\(f(m)=f\left(n \cdot \dfrac{m}{n}\right)=\underbrace{f\left(\dfrac{m}{n}\right)+\cdots+f\left(\dfrac{m}{n}\right)=n f\left(\dfrac{m}{n}\right)}_{n \text { 個 }}\) ，
所以\(f\left(\dfrac{m}{n}\right)=\dfrac{f(m)}{n}=\dfrac{m}{n}\)，即對一切\(x∈Z\) ,\(f(x)=x\)．
②若存在\(x∈R\)，使得\(f(x)≠x\)，
不妨設\(f(x)>x\)(否則以\(-f(-x)\)代替\(f(x)\)，\(-x\)代替\(x\)即可)，
則存在有理數\(\alpha\)，使得\(x<\alpha<f(x)\)
(例如可取\(n=\left[\dfrac{1}{f(x)-x}\right]+1\)，\(m=[nx]+1\)，\(\alpha=\dfrac{m}{n}\))．
\(x<\alpha\)但\(f(x)>\alpha=f(\alpha)\)，與\(f(x)\)的遞增性矛盾．
所以\(x∈R\)時，\(f(x)=x\)．