1、高中數學必修一專題講解高中數學必修一專題講解（集錦）專題一：抽象函數常見題型解法總章抽象函數的考察范圍及類型抽象函數是指沒有給出函數的具體解析式，只給出了一些體現函數特征的式子的一類函數。由于抽象函數表現形式的抽象性，使得這類問題成為函數內容的難點之一.抽象性較強，靈活性大,解抽象函數重要的一點要抓住函數中的某些性質，通過局部性質或圖象的局部特征，利用常規數學思想方法（如化歸法、數形結合法等），這樣就能突破“抽象”帶來的困難，做到胸有成竹.另外還要通過對題目的特征進行觀察、分析、類比和聯想，尋找具體的函數模型，再由具體函數模型的圖象和性質來指導我們解決抽象函數問題的方法。常見的特殊模型:特殊模

2、型抽象函數正比例函數f(x)=kx (k0)f(x+y)=f(x)+f(y)冪函數 f(x)=xnf(xy)=f(x)f(y) 或指數函數 f(x)=ax (a>0且a1)f(x+y)=f(x)f(y) 對數函數 f(x)=logax (a>0且a1)f(xy)=f(x)+f(y) 正、余弦函數 f(x)=sinx f(x)=cosxf(x+T)=f(x)正切函數 f(x)=tanx余切函數 f(x)=cotx一.定義域問題 -多為簡單函數與復合函數的定義域互求。例1.若函數y = f（x）的定義域是2，2，則函數y = f（x+1）+f（x1）的定義域為。解：f(x)的定義域是，

3、意思是凡被f作用的對象都在 中。評析：已知f(x)的定義域是A，求的定義域問題，相當于解內函數的不等式問題。練習：已知函數f(x)的定義域是 ，求函數 的定義域。例2：已知函數的定義域為3，11，求函數f(x)的定義域。評析： 已知函數的定義域是A，求函數f(x)的定義域。相當于求內函數的值域。練習：定義在上的函數f(x)的值域為，若它的反函數為f-1(x)，則y=f-1(2-3x)的定義域為，值域為。二、求值問題-抽象函數的性質是用條件恒等式給出的，可通過賦特殊值法使問題得以解決。怎樣賦值?需要明確目標,細心研究,反復試驗;例3.對任意實數x,y，均滿足f(x+y2)=f(x)+2f(y)2

4、且f(1)0,則f(2001)=_.解析:這種求較大自變量對應的函數值，一般從找周期或遞推式著手： 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f(1)2, 令x=y=0,得：f(0)=0,f(1)=,R上的奇函數y=f(x)有反函數y=f-1(x),由y=f(x+1)與y=f-1(x+2)互為反函數，則f(2009)=.解析：由于求的是f(2009)，可由y=f-1(x+2)求其反函數y=f(x)-2,所以f(x+1)= f(x)-2，又f(0)=0,通過遞推可得f(2009)=-4918.例4.已知f(x)是定義在R上的函數，f(1)=1,且對任意xR都有f(x+5)f(x)+5,f(

5、x+1)f(x)+1.若g(x)=f(x)+1-x,則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)-1g(x)+x-1+5 , 又f(x+1)f(x)+1，所以 g(x+1)+(x+1)-1g(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.練習： 1.f(x)的定義域為，對任意正實數x,y都有f(xy)=f(x)+f(y) 且f(4)=

6、2 ，則（）2.。2000.( ,原式=16)3、對任意整數函數滿足：，若，則 CA.-1 B.1 C. 19 D. 434、函數f(x)為R上的偶函數，對都有成立，若，則=（ ）（B） A . 2005 B. 2 C.1 D.05、定義在R上的函數Y=f(x)有反函數Y=f-1(x)，又Y=f(x)過點（2，1），Y=f(2x)的反函數為Y=f-1(2x)，則Y=f-1(16)為（ ）（A）A）B）C）8 D）16三、值域問題例4.設函數f(x)定義于實數集上，對于任意實數x、y，f(x+y)=f(x)f(y)總成立，且存在,使得，求函數f(x)的值域。解：令x=y=0，有f(0)=0或f(

7、0)=1。若 f(0)=0，則 f(x)=f(0+x)=f(x)f(0)=0恒成立，這與存在實數，使得成立矛盾，故 f(0)0，必有 f(0)=1。由于f(x+y)=f(x)f(y)對任意實數x、y均成立，因此， ,又因為若f(x)=0,則f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0與f(0)0矛盾,所以f(x)>0.四、解析式問題（換元法，解方程組，待定系數法，遞推法，區間轉移法，例5. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,則sinx=u-1 (0u2),則f(u)=-u2+3u+1 (0u2)故f(x)=-x2+3x+1 (0u2)

8、小結：換元法包括顯性換元法和隱性換元法，它是解答抽象函數問題的基本方法.例6、設對滿足x0,x1的所有實數x，函數f(x)滿足, ,求f(x)的解析式。解:- （2）-（3）小結：通過解方程組的方法可求表達式。怎樣實現由兩個變量向一個變量的轉化是解題關鍵。通常，給某些變量適當賦值，使之在關系中“消失”，進而保留一個變量，是實現這種轉化的重要策略。例7.已知f(x)是多項式函數，且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求f(x).解:易知f(x)是二次多項式，設f(x)=ax2+bx+c (a0)，代入比較系數得:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.小結：如果抽象函數的

9、類型是確定的，則可用待定系數法來解答有關抽象函數的問題。例8.是否存在這樣的函數f(x),使下列三個條件:f(n)>0,nN; f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2N*;f(2)=4同時成立?若存在,求出函數f(x)的解析式；若不存在，說明理由.解:假設存在這樣的函數f(x),滿足條件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2.又f(2)=4=22,f(3)=23,由此猜想:f(x)=2x (xN*) (數學歸納證明 略） 小結：對于定義在正整數集N*上的抽象函數,用數列中的遞推法來探究，如果給出的關系式具有遞推性，也常用遞推法來求解.例9、已知是定義在R上的偶函數，

10、且恒成立，當時，則當時，函數的解析式為（ D ） A B C D 解：易知T=2，當時,; 當時,.故選D。小結：利用函數的周期性和對稱性把未知區間轉移到已知區間，利用已知區間的表達式求未知區間的表達式，是求解析式中常用的方法。練習：1、解:，2.（2006重慶）已知定義域為R的函數f(x)滿足f(f(x)-x2+x)=f(x)-x2+x.（）若f(2)=3，求f(1)；又若f(0)=a，求f(a)；（）設有且僅有一個實數x0，使得f(x0)=x0，求函數f(x)的解析表達式。3、函數f(x)對一切實數x,y均有f(x+y)-f(y)=(x+2y+1)x成立，且f(1)=0， （1）求的值；

11、（2）對任意的，都有f(x1)+2<logax2成立時，求a的取值范圍解：（1）由已知等式，令，得，又，（2）由，令得，由（1）知，在上單調遞增，要使任意，都有成立，必有都成立.當時，,顯然不成立當時，解得的取值范圍是方法提煉 怎樣賦值?需要明確目標,細心研究,反復試驗;(2)小題中實質是不等式恒成立問題.五、單調性問題 （抽象函數的單調性多用定義法解決） 例10.設函數f(x)對任意實數x,y，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時f(x)<0,且f(1)= -2,求f(x)在-3，3上的最大值和最小值.解析:由單調性的定義步驟設x1<x2, 則f(x2)=

12、f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)< f(x1). （x2-x1>0,f(x2-x1)<0）所以f(x)是R上的減函數, 故f(x)在-3,3上的最大值為f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值為f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)為奇函數.f(-3)=-f(3)=6.練習：設f(x)定義于實數集上，當x>0時，f(x)>1,且對于任意實數x、y，有f(x+y)=f(x)f(y)， 求證：f(x)在R上為增函數。證明：設R上x1<x2，則f(x2-x1)>

13、1，f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此處不能直接得大于f(x1)，因為f(x1)的正負還沒確定) 。取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令x>0,y=0，則f(x)=0與x>0時，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0時，f(x)>1>0,x<0時，-x>0，f(-x)>1,由，故f(x)>0，從而f(x2)>f(x1).即f(x)在R上是增函數。（注意與例4的解答相比較，體會解答的靈活性） 例11、已知偶函數f(x)的定義域是x0的一切實數，對定義域內的任意x1,

14、x2都有，且當時，（1）f(x)在(0,+)上是增函數； （2）解不等式解： （1）設，則，即，在上是增函數（2），是偶函數不等式可化為，又函數在上是增函數，0，解得：練習：已知函數f(x)的定義域為R，且對m、nR,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)1,且f()=0,當x>時，f(x)>0.求證：f(x)是單調遞增函數；證明：設x1x2,則x2x1>,由題意f(x2x1)>0,f(x2)f(x1)=f(x2x1)+x1f(x1)=f(x2x1)+f(x1)1f(x1)=f(x2x1)1=f(x2x1)+f()1=f(x2x1)>0,f(x)是單調遞增函數.例1

15、2、定義在R+上的函數f(x)滿足: 對任意實數m,f(xm)=mf(x); f(2)=1.(1)求證:f(xy)=f(x)+f(y)對任意正數x,y都成立; (2)證明f(x)是R+上的單調增函數;(3)若f(x)+f(x-3)2,求x 的取值范圍.解:(1)令x=2m,y=2n,其中m,n為實數,則f(xy)=f(2m+n)=(m+n)f(2)=m+n.又f(x)+f(y)=f(2m)+f(2n)=mf(2)+nf(2)=m+n,所以f(xy)=f(x)+f(y)故f(x1)<f(x2),即f(x)是R+上的增函數.(3)由f(x)+f(x-3)2及f(x)的性質,得fx(x-3)2

16、f(2)=f(2)，解得 3<x4.練習2、 定義在R上的函數y=f（x），f（0）0，當x0時，f（x）1，且對任意的a、bR，有f（a+b）=f（a）·f（b）.（1）求證：f（0）=1； （2）求證：對任意的xR，恒有f（x）0；（3）求證：f（x）是R上的增函數；（4）若f（x）·f（2xx2）1，求x的取值范圍.（1）證明：令a=b=0，則f（0）=f 2（0）.又f（0）0，f（0）=1.（2）證明：當x0時，x0，f（0）=f（x）·f（x）=1.f（x）=0.又x0時f（x）10，xR時，恒有f（x）0.（3）證明：設x1x2，則x2x10.

17、f（x2）=f（x2x1+x1）=f（x2x1）·f（x1）.x2x10，f（x2x1）1.又f（x1）0，f（x2x1）·f（x1）f（x1）.f（x2）f（x1）.f（x）是R上的增函數.（4）解：由f（x）·f（2xx2）1，f（0）=1得f（3xx2）f（0）.又f（x）是R上的增函數，3xx20.0x3.關鍵點注：解本題的關鍵是靈活應用題目條件，尤其是（3）中“f（x2）=f（x2x1）+x1”是證明單調性的關鍵，這里體現了向條件化歸的策略練習3.設f（x）是定義在R上的奇函數，且對任意a，b，當a+b0，都有 0（1）.若ab，試比較f（a）與f（b）

18、的大小；（2）.若f（k 0對x 1，1恒成立，求實數k的取值范圍。 （由 >0可得f(a)>f(b).）練習4、已知函數f(x)對任何正數x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)0,當x>1時,f(x)<1.試判斷f(x)在(0,+)上的單調性,并說明理由.解:，所以f(x1)>f(x2),故f(x)在R+上為減函數.練習6、. 已知函數的定義域為，且同時滿足：(1)對任意，總有； (2)(3)若且，則有.(I)求的值； (II)求的最大值；(III)設數列的前項和為，且滿足.求證：.解：（I）令，由(3),則由對任意，總有 （2分）（II）任意且，則

19、 （6分）(III) (8分)，即。 故即原式成立。 （14分）六、奇偶性問題例13. （1）已知函數f(x)(x0的實數)對任意不等于零的實數x、y都有f(xy)=f(x)+f(y)，試判斷函數f(x)的奇偶性。解析：函數具備奇偶性的前提是定義域關于原點對稱，再考慮f(-x)與f(x)的關系：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)為偶函數。（2）已知y=f(2x+1)是偶函數，則函數y=f(2x)的圖象的對稱軸是（ D ）A.x=1B.x=2C.x=D.x=解析：f(2x+1)關于

20、x=0對稱,則f(x)關于x=1對稱,故f(2x)關于2x=1對稱.注：若由奇偶性的定義看復合函數，一般用一個簡單函數來表示復合函數，化繁為簡。F（x）=f(2x+1)為偶函數，則f(-2x+1)=f(2x+1)f(x)關于x=1對稱。 例14：已知函數f(x)的定義域關于原點對稱且滿足，（2）存在正常數a，使f(a)=1.求證：f(x)是奇函數。 證明：設t=x-y,則，所以f(x)為奇函數。例15：設是定義在上的偶函數，且在上是增函數，又。求實數的取值范圍。解析：又偶函數的性質知道：在上減，而，所以由得，解得。（設計理由：此類題源于變量與單調區間的分類討論問題，所以本題彈性較大，可以作一些

21、條件變換如：等；也可將定義域作一些調整）例16：定義在R上的單調函數f(x)滿足f(3)=log3且對任意x，yR都有f(x+y)=f(x)+f(y) (1)求證f(x)為奇函數；(2)若f(k·3)+f(3-9-2)0對任意xR恒成立，求實數k的取值范圍(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x，yR)- 令y=-x，代入式，得 f(x-x)=f(x)+f(-x)=f(0)，令x=y=0，代入式，得f(0+0)=f(0)+f(0)，即 f(0)=0即f(-x)=-f(x)對任意xR成立，f(x)是奇函數(2)解：f(3)=log30，即f(3)f(0)，又f(x)在R上是單調

22、函數，所以f(x)在R上是增函數，又由(1)f(x)是奇函數f(k·3)-f(3-9-2)=f(-3+9+2)， k·3-3+9+2，3-(1+k)·3+20對任意xR成立令t=30，即t-(1+k)t+20對任意t0恒成立故：對任意xR恒成立。說明：問題(2)的上述解法是根據函數的性質f(x)是奇函數且在xR上是增函數，把問題轉化成二次函數f(t)=t-(1+k)t+2對于任意t0恒成立對二次函數f(t)進行研究求解本題還有更簡捷的解法：分離系數由k·3-3+9+2得要使對不等式恒成立，只需k<上述解法是將k分離出來，然后用平均值定理求解，簡捷、

23、新穎練習：1、已知f(x)是定義在R上的不恒為零的函數，且對于任意的函數a,b都滿足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值； (2)判斷f(x)的奇偶性,并證明你的結論;(3)若f(2)=2,un=f(2n) (nN*),求證:un+1>un (nN*).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)為奇函數.(3)先用數學歸納法證明:un=f(2n)>0

24、 (nN*)(略)2.定義域為R的函數f(x)滿足：對于任意的實數x，y都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且當x0時f(x)0恒成立.(1)判斷函數f(x)的奇偶性，并證明你的結論；(2)證明f(x)為減函數；若函數f(x)在-3，3）上總有f(x)6成立，試確定f(1)應滿足的條件；解:（1） 同例16（略）（2）設任意x1，x2R且x1x2，則x2-x10，f（x2-x1）0,而f（x2-x1）= f（x2）+ f（-x1）= f（x2）-f（x1）<0；f(x1)f(x2),即f(x)在(-，+)上是減函數.f(x)在-3，3上的最大值為f(-3).要使f(x)6恒成立，當

25、且僅當 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） f（ax2）- f（x） f（a2x）- f（a）f（ax2）- f（a2x）nf（x）- f（a）f（ax2-a2x）nf（x-a），由已知得：fn（x-a）=nf（x-a）f（ax2-a2x）fn（x-a）f（x）在（-，+）上是減函數ax2-a2xn（x-a）.即（x-a）（ax-n）0，a0，（x-a）（x-）0，討論：（1）當a0，即a-時，原不等式解集為x | x或xa；（2）當a=0即a=-時，原不等式的

26、解集為；（3）當a0時，即-a0時，原不等式的解集為x | xa或x3、已知f(x)是定義在1，1上的奇函數，且f(1)=1,若a,b1,1,a+b0時，有0.(1)判斷函數f(x)在1，1上是增函數，還是減函數，并證明你的結論；（2）解不等式：f(x+)f();(3)若f(x)m22pm+1對所有x1,1,p1,1(p是常數）恒成立，求實數m的取值范圍.解：（1）設任意x1,x21,1,且x1<x2.由于f(x)是定義在1，1上的奇函數，f(x2)f(x1)=f(x2)+f(x1).因為x1<x2,所以x2+(x1)0,由已知有0，x2+(x1)=x2x1>0f(x2)+f

27、(x1)>0,即f(x2)>f(x1),所以函數f(x)在1，1上是增函數.（2）由不等式f(x+)f()得,解得1<x<0,即為所求.（3）由以上知f(x)最大值為f(1)=1,所以要f(x)m22pm+1對所有x1,1,p1,1(p是常數)恒成立，只需1m22pm+1恒成立，得實數m的取值范圍為m0或m2p.七、周期性與對稱性問題（由恒等式簡單判斷：同號看周期，異號看對稱）編號周 期 性對 稱 性1T=2對稱軸Û是偶函數；對稱中心（a,0）Û是奇函數2T=對稱軸；對稱中心；3f(x)= -f(x+a)T=2f(x)= -f(-x+a)對稱中心4T

28、=2對稱中心5f(x)=±T=2f(x)= b-f(-x+a)對稱中心6f(x)=1-T=3結論：(1)   函數圖象關于兩條直線x=a，x=b對稱，則函數y=f(x)是周期函數，且T=2|a-b| (2)   函數圖象關于點M(a,0)和點N(b,0)對稱，則函數y=f(x)是周期函數，且T=2|a-b| (3)   函數圖象關于直線x=a，及點M(b,0)對稱，則函數y=f(x)是周期函數，且T=4|a-b| （4） 應注意區分一個函數的對稱性和兩個函數的對稱性的區別: y=f(a+x)與y

29、=f(b-x)關于對稱；y=f(a+x)與y=-f(b-x)關于點對稱（可以簡單的認為：一個函數的恒等式，對應法則下的兩式相加和的一半為對稱軸：兩個同法則不同表達式的函數，對應法則下的兩式相減等于0，解得的x為對稱軸）例17：已知定義在R上的奇函數f (x)滿足f (x+2) = f (x)，則f (6)的值為（ B ）A. 1 B. 0 C. 1 D. 2解：因為f (x)是定義在R上的奇函數，所以f (0) = 0，又T=4，所以f (6) = f (2) = f (0) = 0。函數f(x)對于任意的實數x都有f(1+2x)=f(1-2x)，則f(2x)的圖像關于對稱。（x=1/2）練習

30、：（2010重慶）已知函數滿足：，則=_.解析：取x=1 y=0得 法一：通過計算，尋得周期為6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)聯立得f(n+2)= f(n-1) 所以T=6 故=f(0)= 例18. 已知函數y=f(x)滿足，求的值。解：由已知式知函數的圖象關于點（0，1001）對稱。據原函數與其反函數的關系，知函數y=f-1(x) 的圖象關于點（1001，0）對稱,所以,即=0 例19.奇函數f (x)定義在R上，且對常數T > 0，恒有f (x + T ) = f (x)，則在區間0，2T上，方程f (x) =

31、 0根的個數最小值為（ ）CA. 3個 B.4個 C.5個 D.6個解：f (0) = 0x1= 0， 又f (2T ) = f (T ) = f (0) = 0x2 = T，x3 = 2T.又因為 令x = 0得,=0.(本題易錯選為A)例20 f(x)滿足f(x) =-f(6-x)，f(x)= f(2-x)，若f(a) =-f(2000)，a5，9且f(x)在5，9上單調。求a的值。解： f(x)=-f(6-x) f(x)關于（3，0）對稱 又 f(x)= f(2-x) f(x)關于x=1對稱 T=8 f(2000)= f(0) 又f(a) =-f(2000) f(a)=-f(0) 又f(

32、x) =-f(6-x) f(0)=-f(6) f(a)=f(6) a =6設y=f(x)是定義在-1,1上的偶函數，函數y=f(x)的圖象與y=g(x)的圖象關于直線x=1對稱，且當x 2,3時，g(x)=2a(x-2)-4(x-2)3(a為常數且a R) （1）求f(x); （2）是否存在a 2,6或a (6,+),使函數f(x)的圖象的最高點位于直線y=12上？若存在，求出a的值；若不存在，說明理由.解：（1）設點M(x,f(x)為函數y=f(x)圖象上任意一點，則點M關于直線x=1的對稱點為N(2-x,f(x).y=f(x)的圖象與y=g(x)的圖象關于直線x=1對稱.點N(2-x,f(

33、x)在y=g(x)圖象上.由此得f(x)=g(2-x)（利用結論4的命題易得這一結果：y=g(x)與y=g(2-x)的圖象關于直線x=1對稱）設x -1,0，則2-x 2,3.此時f(x)=g(2-x)=-2ax+4x3又f(x)為偶函數f(-x)=f(x),x -1,1.當x 0,1時，f(x)=2ax-4 x3 （2）注意到f(x)為偶函數，只須研究f(x)在0,1上的最大值.()當a (2,6時，由0 x 1得a-2x20，f(x)=2x(a-2 x2)= =（當且僅當4 =a2 ,即x=0,1時等號成立）.由題意知,f(x)的最大值為12,令 =12得 =486> ,a>6

34、,這與a (2,6矛盾,故此時滿足條件的a不存在.()當a=2且0x1時,f(x)=4x(1 )同理可證 f(x)= (當且僅當2 =1- ,即x= 時等號成立),也與已知矛盾.()當a>6時,設0 ,則f( )-f( )=2a(- )-4(- )=2( - )a-2(+ )，由題設0< + + <3,a>6a-2( + + )>0又 - <0f( )-f( )<0即f( )<f( ),f(x)在0,1上為增函數.此時 =f(1)=2a-4.令2a-4=12,解得a=8 (6,+),適合題意.因此,綜合() () ()知,存在a=8 (6,+),

35、使得函數f(x)的圖象的最高點位于直線y=12上.練習1、函數是偶函數，則的圖象關于 x=1 對稱。2、函數滿足，且，則 -1 。3、函數f(x)是定義在R上的奇函數，且,則解析：法一：因f(x)為奇函數且關于對稱，T=2,可借助圖象解答，得結果為0. 小結：此方法為數形結合法法二：因f(x)為奇函數且關于對稱，類比聯想函數0, 小結：此方法為抽象函數具體化法4、已知函數是定義在R上的奇函數，函數是的反函數，若則（ D ）A）2 B）0 C）1 D）-2解析：法一：(函數具體化)設符合題意，則則，法二：y=f(2x-1)是R上的奇函數f(-2x-1)=-f(2x-1)，即f(-2x-1)+f(

36、2x-1)=0，由反函數的關系就可以取x1= f(-2x-1),x2= f(2x-1),所以g(x1)+g(x2)=-2x-1+(2x-1)=-2.5.設f(x)是R的奇函數,f(x+2)= f(x),當0x1,時,f(x)=x,則f(7.5)= - 0.5 6.定義在R上的函數f(x)滿足f(-x)+f(x)=3,則f-1(x)+f-1(3-x)=.07、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（0，6）內解的個數的最小值是（ ）DA.4 B.5 C.6 D.78、設函數f(x)的定義域為1,3,且函數f(x)的圖象關于點(2,0)成中心對稱,已知當

37、x 2,3時f(x)=2x,求當x 1,2時,f(x)的解析式.解:由已知得f(x)=-f(4-x)又當x 1,2時,4-x 2,3,f(4-x)=(4-x) -2(4-x) 由得f(x)=- (x- 4) +2(4-x)當x 1,2時,f(x)=-x +6x-89、（09山東）已知定義在R上的奇函數，滿足,且在區間0,2上是增函數,若方程f(x)=m(m>0)在區間上有四個不同的根,則-8八、綜合問題例21. 定義在R上的函數f(x)滿足：對任意實數m，n，總有，且當x>0時，0<f(x)<1。（1）判斷f(x)的單調性； （2）設，若 ，試確定a的取值范圍。解：（1

38、）在中，令，得，因為，所以。在中，令,因為當時，所以當時,而,所以又當x=0時，所以，綜上可知，對于任意，均有。設，則所以.所以在R上為減函數。（2）由于函數y=f(x)在R上為減函數，所以,即有又，根據函數的單調性，有,由，所以直線與圓面無公共點。因此有，解得。評析：（1）要討論函數的單調性必然涉及到兩個問題：一是f(0)的取值問題，二是f(x)>0的結論。這是解題的關鍵性步驟，完成這些要在抽象函數式中進行。由特殊到一般的解題思想，聯想類比思維都有助于問題的思考和解決。例22.設定義在R上的函數f(x),滿足當x>0時,f(x)>1,且對任意x,yR,有f(x+y)=f(x

39、)f(y),f(1)=2解:(1)先證f(x)>0,且單調遞增，因為f(x)=f(x+0)=f(x)f(0),x>0時f(x)>1,所以f(0)=1.f(x)=f(x-xo)+xo=f(x-xo)f(xo)=0,與已知矛盾，故f(x)>0,任取x1,x2R且x1<x2,則x2-x1>0,f(x2-x1)>1,所以f(x1)-f(x2)=f(x2-x1)+x1-f(x1)=f(x2-x1)f(x1)-f(x1)=f(x1)f(x2-x1)-1>0. 所以xR時,f(x)為增函數. 解得:x|1<x<2(2)f(1)=2,f(2)=2,f

40、(3)=8,原方程可化為:f(x)2+4f(x)-5=0,解得f(x)=1或f(x)=-5（舍)由(1)得x=0.例23.(2)當x(-1,0)時,有f(x)>0.求證:()f(x)是奇函數； （）解:(1)易證f(x)是奇函數。（2）易證f(x)在(-1,0),(0,1)上是單調遞減函數.抽象函數問題的“原型”解法抽象函數問題是學生學習中的一個難點，也是各種考試測評的熱點問題之一。研究發現，由抽象函數結構、性質，聯想已學過的基本函數，再由基本函數的相關結論，預測、猜想抽象函數可能有的相關結論，是使抽象函數問題獲解的一種有效方法。所謂抽象函數，是指沒有明確給出函數表達式，只給出它具有的某

41、些特征或性質，并用一種符號表示的函數。由抽象函數構成的數學問題叫抽象函數問題，這類問題是學生學習中的一個難點，也是各種考試測評的熱點問題之一。研究抽象函數問題的解法，對教師的教學，學生深刻理解并牢固掌握函數的相關內容，學好大綱規定的基本函數知識顯得尤為重要。抽象來源于具體。抽象函數是由特殊的、具體的函數抽象而得到的。如有可抽象為。那么=就叫做抽象函數滿足的“原型”（函數），分析抽象函數問題的解題過程及心理變化規律可知，一般均是由抽象函數的結構，聯想到已學過的具有相同或相似結構的某類（基本）“原型”函數，并由“原型”函數的相關結論，預測、猜想抽象函數可能具有的某種性質使問題獲解的，稱這種解抽象函

42、數問題的方法為“原型”解法。下面給出中學階段常用的“原型”（函數）并舉例說明“原型”解法。一、中學階段常用抽象函數的“原型”（函數）1、(為常數）2、=（0且1）3、 (0且1)4、(為常數）5、或=(為常數） 6、=二、“原型”解法例析【例1】 設函數滿足，且()=0，、R；求證：為周期函數，并指出它的一個周期。分析與簡證：由想：=2coscos原型：=，為周期函數且2為它的一個周期。猜測：為周期函數，2為它的一個周期令=+，= 則=0為周期函數且2是它的一個周期。【例2】 已知函數滿足，若，試求(2005)。分析與略解：由想：(+)=原型：=為周期函數且周期為4×=。猜測：為周期

43、函數且周期為4×1=4=-(+4)=是以4為周期的周期函數又f(2)=2004=-f(2005)=- 【例3】 已知函數對于任意實數、都有，且當0時，0，(-1)=-2，求函數在區間-2，1上的值域。分析與略解：由：想：(+)=+原型：（為常數）為奇函數。0時為減函數，0時為增函數。猜測：為奇函數且為R上的單調增函數，且在2,1上有4,2設<且，R 則>0 ()>0=0,為R上的單調增函數。令=0,則(0)=0,令=，則()=為R上的奇函數。(-1)=- (1)=-2 (1)=2，(-2)=2(-1)=-4-42(x-2,1)故在-2,1上的值域為-4，2

44、【例4】 已知函數對于一切實數、滿足(0)0，且當<0時，1（1）當0時，求的取值范圍（2）判斷在R上的單調性分析與略解：由：想：原型：=（0,1），=10。當1時為單調增函數，且0時，1，0時，01；01時為單調減函數，且0時，1，0時，01。猜測： 為減函數，且當0時，01。（1）對于一切、R，且(0)0令=0，則(0)=1，現設0，則-0，f(-) 1又(0)=(-)=1 = 101（2）設<，、R，則<0，()1且1， f(x)在R上為單調減函數【例5】 已知函數定義域為(0,+)且單調遞增，滿足(4)=1，【例6】（1）證明：(1)=0；(2)求(16)；（3）若+

45、 (-3)1，求的范圍；（4）試證()=（nN）分析與略解：由：想：（、R+）原型：（0，0）猜測：有(1)=0，(16)=2，（1）令=1，=4，則(4)=(1×4)=(1)+(4)(1)=0（2）(16)=(4×4)=(4)+(4)=2(3)+(3)=(3)1=(4)在（0，+）上單調遞增（3，4（4）【例7】 已知函數對于一切正實數、都有且1時，1，(2)=(1)求證：0；（2）求證：（3）求證：在（0，+）上為單調減函數（4）若=9，試求的值。分析與簡證：由，想：原型：（為常數（=）猜測：0，在（0，+）上為單調減函數，(1)對任意0，=)=0假設存在0，使=0，則

46、對任意0=f(=0，這與已知矛盾故對任意0，均有0（2），0, (1)=1()=(·)=(1)=1 (3)、(0,+)，且，則1，()1， 即在（0，+）上為單調減函數。（4）(2)=，()=9 (2)()=1(2)=1=f(1)，而在(0，+)是單調減函數2=1 即=綜上所述，由抽象函數問題的結構特征，聯想已學過的具有相同或相似結構的基本（原型）函數，并由基本函數的相關結構，預測、猜想抽象函數可能具有的性質 “抽象具體抽象”的“原型”聯想思維方式，可使抽象函數問題順利獲解，且進一步說明，學生學好大綱規定的幾種基本函數相關知識的重要性。專題二：賦值法賦值法是指給定的關于某些變量的一般

47、關系式，賦予恰當的數值或代數式后，通過運算推理，最后得出結論的一種解題方法. 下面介紹它在函數問題中的應用. 一、判斷函數的奇偶性例1 若(x + y) =(x) +(y) 對于任意實數x、y 都成立，且(x) 不恒等于零，判斷函數(x) 的奇偶性解：在(x + y) =(x) +(y) 中令 x = y = 0 ，得(0) = 0又在(x + y) =(x) +(y) 中令 y =x ，這樣就有：(xx) =(x) +(x) ，即(0) =(x) +(x) ，又(0) = 0，所以(x) =(x) ，由于(x) 不恒等于零，所以(x) 是奇函數二、討論函數的單調性例2 設(x) 定義于實數集

48、上，當x0時，(x)1 ，且對于任意實數x、y ，有(x + y) =(x) ·(y)，求證(x) 在R 上為增函數證明：由 (x + y) =(x)(y) 中取x = y = 0 ，得(0) =，若(0) = 0，令x0 ，y = 0 ，則 (x) = 0，與(x)1 矛盾(0) 0，即有(0) = 1 當x0 時 ，(x)10 ，當x0 時 ，x0，(x)10 ，而(x) ·(x) =(0) = 1，(x) =0 又當x = 0 時 ，(0) = 10 ，xR ，(x)0 設 xx+ ，則xx0 ，( xx)1 ( x) = x+ ( xx) =(x)( xx)( x)

49、 y =(x) 在R 上為增函數三、求函數的值域例3 已知函數f（x）在定義域x（0， ）上是增函數，且滿足f（xy）=f（x）f（y）（x、yR），求f（x）的值域.解：因為x=y=1時，f（1）=2f（1），所以f（1）=0又因為f（x）在定義域R上是增函數，所以x1>x2>0時，令x1=mx2（m>1），則f（x1）f（x2）=f（m·x2）f（x2）=f（m）f（x2）f（x2）=f（m）>0.所以對于x>1有f（x）>0.又設x1=mx2>0（0<m<1），則0<x1<x2.因為函數(x)在R上是增函數，所以

50、f（x1）f（x2）<0, 即f（mx2）f（x2） = f（m） f（x2）f（x2）=f（m）<0. 所以對于0<x<1有f（x）<0. 綜上所述：當xR時，f（x）的值域為R.四、求函數的解析式例4 設對滿足| x |1的所有實數x，函數f（x）滿足+=x，求f（x）的解析式.解：將x取為, 代入原等式，有+ f（x）=， （1）將x取為 , 代入原等式，有f（x）+=.（2）（1）（2），且將原等式代入即得(|x|1)專題三：復合函數的定義域和解析式1、復合函數的定義設是到的函數，是到上的函數，且，當取遍中的元素時，取遍，那么就是到上的函數。此函數稱為由外

51、函數和內函數復合而成的復合函數。 說明：復合函數的定義域，就是復合函數中的取值范圍。稱為直接變量，稱為中間變量，的取值范圍即為的值域。與表示不同的復合函數。例1設函數，求若的定義域為，則復合函數中，注意：的值域例2（課時練 2 例1）若函數的定義域是0，1，求的定義域；若的定義域是-1，1，求函數的定義域；已知定義域是，求定義域點評：解決復合函數問題，一般先將復合函數分解，即它是哪個內函數和哪個外函數復合而成的解答： 函數是由A到B上的函數與B到C上的函數復合而成的函數函數的定義域是0，1，B=0,1，即函數的值域為0，1，即，函數的定義域0， 函數是由A到B上的函數與B到C上的函數復合而成的

52、函數的定義域是-1，1，A=-1,1，即-1，,即的值域是-3，1，的定義域是-3，1點評：若已知的定義域為，則的定義域就是不等式的的集合；若已知的定義域為，則的定義域就是函數的值域。 函數是由A到B上的函數與B到C上的函數復合而成的函數的定義域是-4，5),A=-4,5)即，即的值域B=-1，8）又是由到上的函數與B到C上的函數復合而成的函數，而,從而的值域的定義域是1，）例3已知函數定義域是（a,b），求的定義域解：由題， 當，即時，不表示函數；當，即時，表示函數，其定義域為說明： 已知的定義域為(a,b)，求的定義域的方法：已知的定義域為，求的定義域。實際上是已知中間變量的的取值范圍，即，。通過解不等式求得的范圍，即為的定義域。 已知的定義域為(a,b)，求的定義域的方法：若已知的定義域為，求的定義域。實際上是已知直接變量的取值范圍，即。先利用求得的范圍，則的范圍即是的定義域。2求有關復合函數的解析式例4已知 求；已知 ，求例5已知 ，求；已知，求點評：已知求復合函數的解析式，直接把中的換成即可。已知求的常用方法有：配湊法和換元法。配湊法就是在中把關于變量的表達式先湊成整體的表達式，再直接把換成而得。換元法就是先設，從中解出（即用表示），再把（關于的式子）直接代入中消去得到，最后把中的直接換成即得。例6已知是一次函數，滿