抽象函數(shù)1概念我們把沒有給出具體解析式的函數(shù)稱為抽象函數(shù)，題目中往往只給出函數(shù)的特殊條件或特征.2常見抽象函數(shù)模型特殊模型抽象函數(shù)正比例函數(shù)ff冪函數(shù)ffxy=f指數(shù)函數(shù)ffx+y=f對(duì)數(shù)函數(shù)ffxy=f【題型一】求值問(wèn)題【典題1】已知函數(shù)f(x)是定義在(0,+∞)上的函數(shù)，且對(duì)任意x,y∈(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，【解析】∵對(duì)任意x，y∈(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，∴f(4)=f(2×2)=f(2)+f(2)=2，f(8)=f(2×4)=f(2)+f(4)=3．【點(diǎn)撥】①對(duì)于抽象函數(shù)求值問(wèn)題，可大膽取特殊值求解；②抽象函數(shù)f(xy)=f(x)+f(y)是對(duì)數(shù)函數(shù)fx=logax則易得f4=2，f8=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fx故要對(duì)常見抽象函數(shù)對(duì)應(yīng)的函數(shù)模型比較熟悉.【典題2】對(duì)任意實(shí)數(shù)x,y，均滿足fx+y2=f則f(2001)=_______.【解析】令x=y=0，得f(0)=0，令x=n,y=1，得fn+1令n=1，得f1∴f1∴fn+1∴fn=n【點(diǎn)撥】①常常需要賦予一些特殊值(如取x=0等)或特殊關(guān)系(如取y②比如本題中所求的f(2001)中自變量的取值2001【題型二】單調(diào)性問(wèn)題設(shè)函數(shù)y=f(x)是定義在R+①對(duì)任意正數(shù)x,y，都有f(xy)=f(x)+f(y)；②當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0；③f3(1)求f(1),f(1(2)證明f(x)在R+(3)如果不等式f(x)+f(2?x)<2成立，求x的【解析】(1)令x=y=1，∴f1∴f1令x=y=3，∴f9且f(9)+f(1(2)(利用函數(shù)單調(diào)性的定義證明)取x2>x∴由②得f(∵f(xy)=f(x)+f(y)∴fx∴f(x)在R+(3)由條件①得f[x(2?x)]<2,(湊項(xiàng)fm由f19=2又∵f(x)在R+上為減函數(shù)，又∵x>0，2?x>0，(注意函數(shù)定義域)解得x的范圍是(1?2【點(diǎn)撥】①抽象函數(shù)的單調(diào)性常用單調(diào)性定義證明任取x1,x作差f(此步有時(shí)也會(huì)用作商法：判斷fx1f變形；定號(hào)(即判斷差fx下結(jié)論(指出函數(shù)f(x)在給定的區(qū)間D上的單調(diào)性)．②在解不等式時(shí)，往往需要利用函數(shù)的單調(diào)性求解.③抽象函數(shù)fxy=fx+f由f3=?1可知【題型三】奇偶性問(wèn)題定義在R上的增函數(shù)y=f(x)對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)求f(0)；(2)證明：f(x)為奇函數(shù)；(3)若f(k?3x)+f(3x【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)(定義法證明函數(shù)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(shù)；(3)因?yàn)閒(x)在R上是增函數(shù)，又由(2)知f(x)是奇函數(shù)，fk?即有k?3x<?又有3x+2即3x+2所以要使f(k?3x)+f(故k的取值范圍是(?∞,22【點(diǎn)撥】判斷或證明抽象函數(shù)的奇偶性，從奇偶性的定義入手，判斷f(?x)與f(x)的關(guān)系.②抽象函數(shù)fx+y=fx+fy是正比例函數(shù)f【題型四】周期性問(wèn)題奇函數(shù)f(x)定義在R上，且對(duì)常數(shù)T>0，恒有f(x+T)=f(x)，則在區(qū)間[0,2T]上，方程f(x)=0根的個(gè)數(shù)最小值為.【解析】∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，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(?T2∴f(T2)=0故在區(qū)間[0,2T]，方程f(x)=0根有x=0，T2，T，3T2，個(gè)數(shù)最小值是5個(gè)，【點(diǎn)撥】抽象函數(shù)的周期性常與奇偶性，對(duì)稱性放在一起，記住有關(guān)周期性和對(duì)稱性的結(jié)論，做題時(shí)常畫圖像更容易找到思路.鞏固練習(xí)1(★★)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，對(duì)任意正實(shí)數(shù)x,y都有f(xy)=f(x)+f(y)且f(4)=2，則f(2)=【答案】12【解析】取x=y=2，得f(4)=f(2)+f(2)?f(2)=1；取x=y=2，得f(2)=f(2(★★★)已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，對(duì)任意x∈R都有fx+2?12=2f(x)【答案】1±【解析】根據(jù)題意，f(x)為偶函數(shù)且f(x)滿足fx+2變形可得fx+2即fx+2令x=?1可得f?解可得：f(1)=f(?又由f(x)滿足fx+2則有fx+4聯(lián)立可得：fx+4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(?此時(shí)有f(2019)=1±2若f(x+4)+f(x)=2，即f(x+4)=2?則有f(x+8)=2?f(x+4)=f(x)，則有則f(3)=2?f(?綜合可得：f(2019)=1±故答案為：1±223(★★)f(x)是定義在R上的以3為周期的奇函數(shù)，且f(2)=0，則方程f(x)=0在區(qū)間[?6,6]內(nèi)解的個(gè)數(shù)的最小值是.【答案】13【解析】∵f(x)是定義在R上的以3∴f(x+3)=f(x)，且f(－則f(0)=0，則f3∵f(2)=0，∴f(5)=f(?f(1)=0，f(4)=0，f(－方程的解可能為0，3，6，－6，－3，2，5，?故選：D．4(★★★)已知定義在(?∞,0)∪(0,+∞)上的函數(shù)f(x)滿足?①對(duì)任意x,y∈(?∞,0)∪(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)；?②當(dāng)x>1時(shí)，f(x)>0且f(2)=1；(1)試判斷函數(shù)f(x)的奇偶性；(2)判斷函數(shù)f(x)在區(qū)間[?4,0)∪(0,?4]上的最大值；(3)求不等式f(3x?2)+f(x)≥4的解集．【答案】(1)偶函數(shù)(2)2(3)x≤?2或x≥【解析】(1)∵f(xy)=f(x)+f(y)；令x=y=a，則f(a令x=y=?a，則即f(a)=f(?故函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，(2)任取0<x1<∵f(xy)=f(x)+f(y)；∴f(xy)－f(x)=f(y)；∴f(x∵x2x1>1∴f(x得到f(x∴f(x)為(0，+∞)上的增函數(shù)．故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，－4]上的最大值為f(4)=f(2)+f(2)=2，又由函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間[－4，0)上的最大值也為2，故函數(shù)f(x)在區(qū)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(jié)論可得：|(3x－2)x|≥16，即(3x－2)x≥16或(3x－2)x≤－16，解得x≤－2或x≥5(★★★)已知定義在(0,+∞)的函數(shù)f(x)，對(duì)任意的x、y∈(0,+∞)，都有f(xy)=f(x)+f(y)，且當(dāng)0<x<1時(shí)，f(x)>0．(1)證明：當(dāng)x>1時(shí)，f(x)<0；(2)判斷函數(shù)f(x)的單調(diào)性并加以證明；(3)如果對(duì)任意的x、y∈(0,+∞)，f(x2+y【答案】(1)略(2)減函數(shù)，函數(shù)單調(diào)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=1x，則當(dāng)x>1時(shí)，0<1∵f(1x(2)任取x1，x2∈(0，+∞)，且x∵x1<x2，所以x∴f(x)在(0，+∞)上是減函數(shù)，(3)f(x∴f(x∵f(x)在(0，+∞)上是減函數(shù)，∴x∴0<a≤x2+∴實(shí)數(shù)a的取值范圍(0，2]6(★★★)定義在R上的單調(diào)增函數(shù)f(x)滿足：對(duì)任意x,y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)(1)求f(0)的值；(2)求證：f(x)為奇函數(shù)；(3)若f(1+2x)+f(t?3x【答案】(1)0(2)略，定義證明(3)【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(shù)．(3)∵f(t?3x)>－f(1+∴t?3∴t>?而?(13從而t>－1．挑戰(zhàn)學(xué)霸已知fx是定義在R上不恒為0的函數(shù)，滿足對(duì)任意x,y∈R，f(xy)=f(x)f(y)．(1)求f(x)的零點(diǎn)；(2)判斷f(x)的奇偶性和單調(diào)性，并說(shuō)明理由；(3)①當(dāng)x∈Z時(shí)，求f(x)的解析式；②當(dāng)x∈R時(shí)，求【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(duì)任意y∈Rf(y)=f(x?yx)=f(x)f(yx所以x≠0時(shí)，f(x)≠0，所以函數(shù)的零點(diǎn)是0.(2)在①中取y=?x得f(x)+f(?x)=f(0)=0，即f?x所以f(x)是奇函數(shù)．x,y∈R，y>x時(shí)，f(y)?f(x)=f(y)+f(?x)=f(y?x)=(f(可得fy所以函數(shù)f(x)在R上遞增．(3)①由f(xy)=f(x)f(y)中取x,y=1得f1因?yàn)閒(1)≠0，所以f(1)=1，對(duì)任意正整數(shù)n，由①得f(n)