江苏省南通市2020届高三数学专题复习课程资源-抽象函数方程教师版.doc

1、第 1 页 共 17 页 第一讲第一讲 八八类抽象函数方程性质的探讨类抽象函数方程性质的探讨 抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像， 只给出函数满足的一些特征或性质的 函数 抽象函数方程的性质因能有效考查学生的抽象思维能力、 逻辑推理能力以及后继学习 的潜能一直是高考的热点。本节主要探讨八类典型抽象函数方程的性质 类型类型 1 1 ()( )( )f mnf mf n型型 原型 正比例函数0ykx k 性质 设函数( )f x定义在R上，满足()( )( )f mnf mf n，若0x 时，( )f x恒大于 0，则( )f x有如下性质：(0)0f；( )f x是R上的奇函数；( )f

2、 x在R上单调递增 证明 令0mn，得(0)(0)(0)fff，故(0)0f； 令mx，nx ，有( )()(0)0f xfxf，()( )fxf x ，故( )f x是R上的奇函数； 任取 1 x， 2 xR，设 12 xx，则 12 0xx，于是 12 0f xx，令 1 mnx， 2 mx， 则 12 nxx，得 1212 f xf xf xx 2 f x，故( )f x是R上的增函数 思考思考 1 1 f m f n f mn f mf n （ f m， f n，f mn均不为零）均不为零）型型 原型 反比例函数 a f x x 0a 分析 对 f m f n f mn f mf n

3、两边取倒数，得 111 f mnf mf n ，令 1 g x f x ，有 g mng mg n，由类型 1 知， g xkx，故 1a f x kxx （ 1 a k ） 类型类型 2 f mnf mf nb型型 原型 一次函数0ykxb k 性质 已知函数 f x定义域为R， 对任意,m nR都有 f mnf mf nb， 且 0f b ，当x b时， 0f x ，则 f x在R上单调递增 证明 令mnb，得2fbb；令2mb，nb ，得2fbb 任取 1 x， 2 xR，设 12 xx，令 1 mnx， 2 nx，则 12 mxx，有 第 2 页 共 17 页 1122 f xf xx

4、f xb， 1212 f xf xf xxb 12 f xxbbb 12 f xxbfbbb 12 f xxb 因为 12 xx，则 12 xxbb，于是 12 0f xxb，因此 12 f xf x，故 f x是 R上的增函数 或者在 f mnf mf nb两边同时加上b，令 g xf xb， 问题可转化为类型 1 思考思考 2 f xyf xf ykx(或或 f xyf xf ykxy)（0k ）型型 分析 若 f x是定义在正整数集N上的函数，对任意, x yN，满足 f xyf xf ykx(或 f xyf xf ykxy)（ 0k ） ，则 2 f xaxbx （xN） 令1y ，

5、11f xf xfkx，运用累加法可得 2 1 22 kk f xnfn 2 axbx（ 2 k a ， 1 2 k bf） 类型类型 3 fmnfmfn型型 原型 指数函数0,1 x yaaa 性质 已知定义在R上的函数 f x满足对任意,m nR都有 f mnf mf n， 且 当0x 时， 1f x ，则有如下性质： 01f； 1f xfx；当0x 时， 01f x； f x在R上单调递增； 证明 令1m ，0n ，有 110fff，因为 10f，故 01f； 令mx，nx ，有 01ff xfx； 当0x 时，0x ，则 1fx， 1 01 fx ，故 01f x； 第 3 页 共 1

6、7 页 任取 1 x， 2 xR，设 12 xx，则 12 0xx，于是 12 1f xx， 令 1 mnx， 2 nx，则 12 mxx，有 1122 f xf xxf x， 12122 1f xf xf xxf x ，由 12 1f xx， 2 0f x， 得 12 f xf x，故 f x是R上的增函数 类型类型 4 fm nfmfn型型 原型 对数函数logayx0,1aa 性质 若函数 f x定义域为0,，当1x 时， 0f x ，且对任意 0m ，0n 都有 f m nf mf n，则 f x有如下性质： 10f； x ff xfy y ； f x在0,上单调递增； 当01x时，

7、0f x 证明 令1mn，得 10f； 令m nx，ny，则 x m y ，有 x f xffy y ， 得 x ff xfy y ； 任取 1 x， 2 0,x ，设 12 xx，则 1 2 1 x x ，于是 1 2 0 x f x ， 令 1 m nx， 2 nx，则 1 2 x m x ，有 1 12 2 x f xff x x 2 f x， 得 12 f xf x，故 f x是0,上的增函数 令01x，则 1 1 x ，所以 1 0f x 令mx， 1 n x ， 第 4 页 共 17 页 有 1 1ff xf x ，即 1 0f xf x ， 因为 1 0f x ，所以 0f x

8、类型类型 5 fm nfmfn型型 原型 幂函数 n yx 性质 若函数 f x满足对任意,m nR都有 f m nf mf n，且 f x不恒为0， 当1x 时 1f x ，则有如下性质： 11f；当01x时， 01f x； f x在 0,上单调递增 证明 令mx，1n ，则 1f xf xf，因为 f x不恒为0，故 11f； 当01x时，令mx， 1 n x ，则 1 11ff xf x ，因为 1 1 x ，所以 1 1f x ， 故 01f x； 任取 1 x， 2 0,x ，设 12 xx，则 1 2 1 x x ，于是 1 2 1 x f x ， 令 1 m nx， 2 nx，则

9、 1 2 x m x ，有 1 12 2 x f xff x x ，又 2 0f x，所以 1 122 2 1 x f xf xff x x 0，得 12 f xf x，故 f x是0,上的增函数 类型类型 6 6 2f mnf mnf mf n型型 原型 函数cosyx 性质 设 f x是定义在R上不恒为零的函数，对一切实数,m n都满足 2f mnf mnf mf n，则有如下性质： 01f； f x是偶函数；若 0f t ，则 f x是以4t为周期的函数； 证明 令0mn，则 2 2020ff ，于是 00f或 01f； 当 00f时， 令mx，0n ， 有 0020f xf xf x

10、f， 于是 0f x ， 与 f x 不恒为零矛盾，故 01f； 第 5 页 共 17 页 令0m ，nx，有 0020fxfxf x f，得 fxf x，故 f x为偶函 数； 令mx，nt， 得 2f x tf x tf x f t ， 由 0f t 得0f xtf xt， 将 上 式 中 的x换 成xt得 ： 20f xtf x， 即 2fxtfx ， 于 是 42f xtf xt f xf x ，故 f x是以4t为周期的函数 类型类型 7 1 fmfn fmn fmfn ( 1f m f n )型型 原型 正切函数 tanf xx 性质 设 f x是定义在R上的函数，对一切实数,m

11、n都满足 1 f mf n f mn f m f n ( 1f m f n )，则有如下性质： 00f； f x是奇函数； 若 1f t ，则 f x是以4t为周期的函数； 证明 令0mn，得 2 00 0 10 ff f f ，有 2 0010ff ，故 00f； 令mx，nx ，有 0 1 f xfx f f x fx ，又 00f，从而 0f xfx，故 f x是奇函数； 若 1f t ， 令mx，nt， 有 1 fxft fxt fxft 1 1 f x f x ， 从 而 1 2 1 f xt f xt f xt 1 1 1 1 1 1 f x f x f x f x 1 f x ，

12、 1 4 2 f xt f xt 1 1 f x f x， 故 f x是以4t为周期的函数； 类型类型 8 1 mn f mf nf mn 型型 第 6 页 共 17 页 原型 复合函数 1 ln 1 x f x x 性质 定义在1,1上的函数 f x满足对实数,m n都有 1 mn f mf nf mn ，且0,1x时 0f x ，则有如下性质： 00f； f x为奇函数； f x是1,1上的减函数 证明 令0mn得 000fff，所以 00f； 令mx，nx ， 有 2 1 xx f xfxf x 00f， 从而 fxf x， 故 f x 为奇函数； 任取 12 ,1,1x x ，不妨设

13、12 xx， 12 1212 12 1 xx f xf xf xfxf x x ， 由 1 1x ， 2 1x 得 12 1x x ，即 12 11x x ，故 12 10x x，则 12 12 0 1 xx x x 又 121212 1212 1 1 11 xxxxx x x xx x 12 12 11 0 1 xx x x ，即 12 12 1 1 xx x x 所以 12 12 01 1 xx x x ，于是 12 12 0 1 xx f x x ，得 12 f xf x， 故 f x是1,1上的减函数 从以上分析不难看出，抽象函数方程问题中的特殊值、单调性、奇偶性和周期性等问题往往 紧

14、密联系，赋值、使用定义与合理变形是突破这类问题的关键另外，有些抽象函数问题有 具体的函数原型，若能由抽象函数的结构，联想到相似结构的原型函数，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些性质，常常有利于顺利地解决问题 第二讲第二讲 抽象函数方程问题中的递推抽象函数方程问题中的递推关系关系 抽象函数方程问题是高中数学中的一个难点， 直接求解往往比较困难。 我们常可以先由 题意建立递推关系，再运用其它的办法解决这个递推关系。 第 7 页 共 17 页 1 巧用“周期性”巧用“周期性” 例 1 （2010 重庆高考）已知函数 f x满足： 1 1 4 f， 4f x f yf xyf

15、xy, x yR，则2010f_. 分析 通过适当的赋值得到递推关系式，再巧妙地运用周期性求值 解答 令1x ，0y ，得 1 021 2 ff， 再令1y ，有 11f xf xf x， 将中的x换成1x ，得 12f xf xf x， +得，21f xf x， 将中的x换成1x ，得 3f xf x， 将中的x换成1x ，得63f xf x， 由得， 6f xf x，得到函数 f x的周期为 6， 从而 1 20100 2 ff 例 2 （2009 全国卷理） 函数 f x的定义域为R， 若1f x与1f x都是奇函数， 则下列结论成立的有 . （1） f x是奇函数； （2） f x是偶

16、函数； （3） 2f xf x； （4）3f x是奇函数； 分析 这类抽象函数，一般给出关系式，其解法常是根据所给关系式进行递推出 f xTf x（T为非零常数） ，则利用 f x的周期T求解 解答 因为1f x与1f x都是奇函数，所以11fxf x ， 11fxf x ，将中的x换成 1x ，得 2fxf x ，将中的x换成 1x ， 得 2fxf x ， 由得，22fxfx ， 将中的x换成2x ， 得 4f xf x， 所以1414fxf x ， 即33fxf x ， 故3f x 是奇函数，故选（4） 2 变用“夹逼法”变用“夹逼法” 例 3 设 f x是定义在R上的函数，若 0200

17、8f，且对任意xR，满足 3 22 x f xf x， 3 266 x f xf x，求2008f 第 8 页 共 17 页 分析 本题的难点在于给出的两个条件都是不等递推关系， 因而我们可以考虑将代数式 变形以后用夹逼法将不等递推关系转化为相等的递推关系 解答 方法一：由题设条件知 2f xf x 42f xf x 64f xf x- 6f xf x+ 24 3 23 263 2 xxx 3 2x 因此有 23 2xf xf x， 故200820082006fff 20062004ff 20ff 0f 200620042 3 2221 0f 1004 41 30 4 1 f 2008 220

18、07 方法二：令 2g xg x 2 222 xx f xf x 3 23 2 xx 0， 6g xg x 6 622 xx f xf x 3 2663 2 xx 0， 即 2gg xx， 6gg xx，从而 6gg xx42gg xx gx，得 2gg xx=， 即 gx是周期为2的周期函数，所以 2008 200820082fg 2008 02g 02008 022f 2008 22007 3 智用“迭代法”智用“迭代法” 例 4 设 32 0 313778P xxxx，当整数1n时，有 1nn P xPxn ，则 20 Px 的x的系数为 分析 1nn P xPxn 是递推关系式，可以考

19、虑用迭代的方法得到 n P x的通项公 式 解答 1nn P xPxn 0 121Pxnn 0 1 1 2 Pxn n ， 所以 200 210PxP x 32 210313210772108xxx， 其中x项的系数为 2 3 210313 221077 763 例 5 定义在0,2上的函数 f x满足下列条件： （） 12f，对任意0,2x有 1f x ，且 2f xfx； 第 9 页 共 17 页 （）对任意的,1,2x y，当3xy时， 21f xf yf xy成立 证明 （1）1 11 22 nn f （ * nN） ； （2）当1,2x时， 52xf x 分析 对条件（）中给出的不等

20、关系式赋值代换，再用迭代法证明 证明 对于任意的,0,1x y，有2x，21,2y 若1xy，则43xy 由条件（）有2221fxfyfxy， 所以 1f xyf xf y， （1）对任意的 * nN，有 1 111 222 nnn ff 1 21 2n f ， 即 1 2n f 1 111 222 n f 222 1111 2222 n f 12 11111 1 22222 nnn f 1 1 2n ， 所以1 11 22 nn f （2）对于任意的 12 ,0,1x x ，设 12 xx，则 21 0,1xx， 由 2121 10f xf xf xx，因此 f x在0,1上是不减函数 对于

21、任意0,1x，必存在 * nN，使得 1 11 22 nn x ， 从而 1 11 22 nn fffx 1 12 1 2n x 1 当1,2x时， 5212fxxfx 另外，在条件“当3xy时， 21f xf yf xy成立”中，令2xy，则有 12f也满足 52xf x 综上，当1,2x时， 52xf x 4 借用“数列递推”借用“数列递推” 例 6 已知 f x是定义在自然数集N上的函数， 满足 3 1 2 f， 且对任意, x yN， 有： 11 11 yx f xyf xfy xy 22 x yxyxy，求 f x 分析 对于定义域为自然数集的抽象函数方程，往往可以转化为数列问题，通

22、过找出 第 10 页 共 17 页 f x的某个递推公式，然后依次令x为自然数1,2,m个值代入递推公式，得到m个等 式设法利用这些等式消去 f x以外其它形式的函数，即可求出函数方程的解 解答 原函数方程中令1y ，并利用 3 1 2 f得 2 13 1112 122 x f xf xxx x ， 整理后，可得 13 214 f xf x x xx 令1,2,3,1xn，得 213 1 324 ff ， 323 2 434 ff ， 13 1 14 f nf n n nn ， 将上述各式相加，得 1 121 12 f nf n n 313 111 424 nnnn 1 123 4 nn 以

23、3 1 2 f代入后，经过整理得 1 1 21 4 f nn nn， 于是，所求的函数应为 1 1 21 4 f xx xx（xN） 经验证它满足原方程 若定义域为有理数集呢？比如： 例 7 设:f QQ且对任意, x yQ都有 4f xyf xf yxy，如果 114ff，求 f x 分析 本题构造数列来解函数方程， 借助数列对函数方程加以研究 （主要是借助递推关 系） ，其中如何构造数列是一个难点 解答 令0xy，则 00f， 令1x ，1y ，则 0114fff，即 114ff， 因为 114ff，故 10f，10f ， 从而 4112114ffff， 上述等号成立，故 112ff， 令

24、1y ，则 142f xf xx， 第 11 页 共 17 页 对递推，有 1412f nf nn， 12422f nf nn， 214 12ff ， 因此 2 2f nn 因为 2 114kkk fff nnnnn ， 即 2 114kkk fff nnnn ， 利用 12f，对k从1到1n求和，得 2 12 f nn ， 同理对k从1到1m求和，得 2 2 2mm f nn ， 最后，令 m x n ， m y n ，得 0 mm ff nn 2 2 4mmm ff nnn ， 故 2 2 2mm f nn ，因此对所有xQ，有 2 2f xx 例 8 已知多项式 f x满足： 2 2 2

25、1441fxf xf x， 且 00f， 求 f x 分析 通过对x赋值依次计算出 1f， 3f，19f，先猜想数列递推关系，再用数 学归纳法证明 解答 原函数方程可化为 2 2 2121fxf x， 令0x ，代入可得 2 12011ff， 令1x ，代入可得 2 2 32113ff， 令3x ， 代入可得 2 2 1923119ff， 构造数列 n a， 1 0a ， 2 1 21 nn aa ， * nN，用数学归纳法易证 2 nn f aa， * nN事实上，假设 2 kk f aa， 那么 2 1 21 kk f afa 22 22 1 2121 kkk f aaa 设 2 f xx

26、是m次多项式，由代数基本定理知它们最多有m个根，但上面已经证明了 2 fxx有无穷多个正整数根，从而 2 0f xx，即 2 f xx 第 12 页 共 17 页 第三讲第三讲 例说柯西方程例说柯西方程定理定理在抽象函数方程中的应用在抽象函数方程中的应用 柯西方程定理在高考、自主招生和数学竞赛中都有重要应用.许多问题可以转化为柯西 方程()( )( )f xyf xf y的问题，借助柯西方程定理顺利得到解决. 一一 柯西方程定理柯西方程定理 若( )f x是定义在实数集上的连续函数且满足()( )( )( ,)f xyf xf y x yR，则 ( )(1)f xxf. 分析 令1xy，有(2

27、)2 (1)ff，再令2x，1y ，可得(3)3 (1)ff， 对于自然数n，有 1f nnf，再将这个结论进行推广，运用柯西爬坡式证法.步骤是： 依次求出自变量令正整数值，整数值，有理数值，直至所有实数值，从而得到抽象函数方程 的解 证明 ()( )()fxyfxfy； 由数学归纳法易知，对任意的实数 12 , n x xx有 1212 ()( )()() nn f xxxf xf xf x， 令 12n xxxx，得 * ()( )()f nxnf x nN， 令1x ，有( )(1)f nnf， 在中令0xy有 000fff，从而 (0)001ff， 在中令1x ，1y 有 0110ff

28、f，从而 ( 1)1ff， 在中令1x，有 ()11fnnfnf， 所以任意的整数mZ， 1f mmf 在中令 m x n （ * ,m nN，,m n互质） ，有() mm fnnf nn 又 1f mmf，从而 1 m nfmf n ，故 1 mm ff nn ， 在中令 m x n ， m y n ，有 00 mm ff nn mm ff nn ， 从而 1 mmm fff nnn ； 所以对任意的有理数r， 1f rrf 对任意的无理数x，因为 f x是连续函数，取 以x为极限的有理数序列 n x， 则有 lim n n f xf x lim11 n n x fxf ， 综上，对任意实

29、数x，有( )(1)f xxf 二二 柯西方程定理的运用柯西方程定理的运用 例 1 （2008 陕西卷）定义在R上的函数 f x满足 2f xyf xf yxy （, x yR） ， 12f，则2f 分析 将题中的抽象函数方程变形后构造柯西方程，运用柯西方程定理求解 第 13 页 共 17 页 解答 由 2f xyf xf yxy， 有 2 22 f xyxyf xfyxy， 即 2 22 f xyxyf xxfyy 设 2 F xf xx，则已知条件成为柯西方程， F xyF xF y ， 2 1111Ff， 由柯西方程定理得， 1F xFxx， 即 2 f xxx，即 2 2222f 例

30、2 （2014 北大自招） 设函数 f x满足 11f， 47f， 且对任意的, a bR， 有 22 33 f af bab f ，则2014f 分析 通过合适的赋值后构造柯西方程，事实上题中的关系式 22 33 f af bab f 等价于柯西方程()( )( )f xyf xf y，从而可以进行推 广 解答 在题设条件中分别令3ax，0b；0a， 3 2 by 则 320 3 fxf f x ； 3 02 2 3 ffy fy 故 320fxf xf； 3 230 2 fyfyf 又在题设条件中令3ax， 3 2 by，得 3 32 2 3 y fxf f xy 0f xf yf，即 0

31、00f xyff xff yf 又令 0g xf xf，则 g xyg xg y， 11010gfff 容易用数学归纳法证明：当 * nN时，有 110g nngnf 于是， 44 10gf，又 44070gfff，则 4 10f 70f，从而 01f 于是， 102g nnfn 第 14 页 共 17 页 所以， 21f nn（ * nN） 故20142 2014 14027f 思考思考 由以上推导过程，知条件 22 33 f af bab f 等价于柯西方程 g xyg xg y，其中 0g xf xf 根据柯西方程定理，本题可以进行推广： 推广推广 1 设, , ,s t u vQ，su

32、，tv，R， 函数 f x满足 f st， f uv， 且对任意的, a bR，有 11fabf af b，求 f m（mQ） 的值 事实上，在题设条件中分别令 x a ，0b；0a， 1 y b 则 10 x f xff ； 01 1 y fyff 故 10 x ff xf ， 10 1 y ffyf 又在题设条件中令 x a ， 1 y b 则1 1 xx f xyff 0f xf yf 令 0g xf xf则 g xyg xg y， 110gff， 由柯西方程定理知， 1g xxg（xQ） 故 1g ssg， 1g uug又 00g sf sftf ， 00g uf ufvf ， 第 1

33、5 页 共 17 页 则 10 10 sgtf ugvf ，解得 1 tv g su ， 0 tusv f us 从而 1 tv g xxgx su 故 0f xg xf tvtusv x suus （xQ） 于是 f m tvtusv m suus （mQ） 推广推广 2 设3n（ * nN） ，,stuv Q ，su，tv， 12 , n R ，且 12 1 n ， 函数 f x满足 f st， f uv， 且对任意的 12 , n a aaR， 有 1 122nn faaa 1122nn f af af a，求 f m（mQ） 的值 推广 2 看似复杂，其实，只需令 34 0 n ，则该问题就转化为推广 1. 故 f m tvtusv m suus （mQ） 例 3 设n（2n）是一个给定的正整数函数:fRR满足对任意, x yR，都 有()( )( ) nn f xyf xf y证明：对任意xR，都