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  • 2021-06-11 发布

2021届高考数学一轮复习第二章函数导数及其应用第13讲抽象函数课件

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第 13 讲 抽象函数 课标要求 考情风向标 1. 结合具体函数,了解奇偶性的 含义 . 2. 体会指数函数、对数函数是重 要的函数类型,探索并理解指 数函数、对数函数的单调性与 特殊点 从近几年的高考试题来看,对 本节内容的考查主要是与周期 性、单调性相结合,求函数值、 比较大小等,重点探讨幂函数 型、指数函数型、对数函数型 抽象函数的解析式及基本性质 抽象函数 解析式 f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f ( x 1 · x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 )· f ( x 2 ) 抽象函数 的类型 正比例函数型 对数函数型 指数函数型 等价形式 f ( x 1 - x 2 ) = f ( x 1 ) - f ( x 2 ) 实例 f ( x ) = 2 x f ( x ) = log 2 x f ( x ) = 2 x 1. 下列四类函数中,有性质“对任意的 x >0 , y >0 ,函数 f ( x ) 满足 f ( x + y ) = f ( x ) f ( y )” 的是 ( ) C A. 幂函数 C. 指数函数 B. 对数函数 D. 余弦函数 2. 已知 f ( x + y ) + f ( x - y ) = 2 f ( x )· f ( y ) ,且 f ( x )≠0 ,则 f ( x ) 是 ( ) B A. 奇函数 C. 非奇非偶函数 B. 偶函数 D. 不确定 ③ ①④ ②③ 4. 已知函数 f ( x ) 的定义域为 (0 ,+ ∞ ) ,并且对任意正数 x , y 都有 f ( xy ) = f ( x ) + f ( y ). (1) f (1) = _______ ; 0 考点 1 正比例函数型抽象函数 例 1 : (1) ( 多选 ) 已知定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ,则下列判断正确的是 ( ) 解析: ∵ f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0) , ∴ f (0) = 0. f ( x ) f ( - x ) =- [ f ( x )] 2 ≤ 0. 故选 ABC. 答案: ABC (2) 设函数 f ( x ) 对任意 x , y ∈ R ,都有 f ( x + y ) = f ( x ) + f ( y ) ,且 当 x >0 时, f ( x )<0 , f (1) =- 2. ① 求证: f ( x ) 是奇函数; ②试问当-3 ≤ x ≤ 3 时, f ( x )是否有最值?如果有,求出最 值;如果没有,说出理由 . ① 证明: 令 x = y = 0 , 则有 f (0) = 2 f (0)⇒ f (0) = 0. 令 y =- x ,则有 f (0) = f ( x ) + f ( - x ) , 即 f ( - x ) =- f ( x ).∴ f ( x ) 是奇函数 . ② 解: 当 -3 ≤ x ≤ 3 时, f ( x )有最值,理由如下: 任取 x 1 < x 2 ,则 x 2 - x 1 >0 ⇒ f ( x 2 - x 1 )<0. 且 f ( x 1 ) - f ( x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( - x 2 ) = f ( x 1 - x 2 ) =- f ( x 2 - x 1 )>0. ∴ f ( x 1 )> f ( x 2 ). ∴ y = f ( x ) 在 R 上为减函数 . 因此 f (3) 为函数的最小值, f ( - 3) 为函数的最大值 . f (3) = f (1) + f (2) = 3 f (1) =- 6 , f ( - 3) =- f (3) = 6. ∴ 函数 f ( x ) 的最大值为 6 ,最小值为- 6. 【规律方法】 (1) 利用赋值法解 决抽象函数问题时需把握如 下三点:一是注意函数的定义域,二是利用函数的奇偶性去掉 函数符号 “ f ” 前的 “ 负号 ”,三是利用函数单调性去掉函数符 号 “ f ” . (2) 解决正比例函数型抽象函数的一般步骤为: f (0 ) = 0⇒ f ( x ) 是奇函数 ⇒ f ( x - y ) = f ( x ) - f ( y )⇒ 单调性 . (3) 判断单调性小技巧:设 x 1 < x 2 ,则 x 2 - x 1 >0 ⇒ f ( x 2 - x 1 )<0 ⇒ f ( x 2 ) = f ( x 2 - x 1 + x 1 ) = f ( x 2 - x 1 ) + f ( x 1 )< f ( x 1 ) ,得到函数单调递 减 . 考点 2 对数函数型抽象函数 例 2 : 已知函数 f ( x )的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞),且 满足条件: ① f ( x · y )= f ( x )+ f ( y ); ② f (2)=1; ③当 x >1 时, f ( x )>0. (1)求 f (1), f (-1); (2)求证:函数 f ( x )为偶函数; (5) 判断函数 f ( x ) 的单调性; (6)求不等式 f ( x )+ f ( x -3) ≤ 2 的解集. (1) 解: 在①中令 x = y =1,得 f (1)= f (1)+ f (1)⇒ f (1)=0, 令 x = y =-1,得 f (1)= f (-1)+ f (-1)⇒ f (-1)=0. (2) 证明: 再令 y =-1,得 f (- x )= f ( x )+ f (-1)= f ( x ), ∴ f ( x ) 为偶函数 . (6) 解: ∵ f ( x ( x -3))= f ( x )+ f ( x -3) ≤ 2, 由①②得 2=1+1= f (2)+ f (2)= f (4)= f (-4), ⅰ)若 x ( x -3)>0,∵ f ( x )在(0,+∞)上为增函数, ⅱ)若 x ( x -3)<0,∵ f ( x )在(-∞,0)上为减函数; 由 f ( x ( x -3)) ≤ f (-4) ∴原不等式的解集为: { x |-1 ≤ x <0}∪{ x |0< x <3}∪ { x |3< x ≤ 4}. 考点 3 指数函数型抽象函数 例 3 : 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; (5)求证: f ( x )是 R 上的增函数; (6)若 f ( x )· f (2 x - x 2 )>1,求实数 x 的取值范围. (1) 证明: 令 a = b =0,则 f (0)=[ f (0)] 2 . ∵ f (0)≠0,∴ f (0)=1. (2) 证明: ∵ 当 x <0 时 ,- x >0, 又∵当 x ≥ 0 时, f ( x ) ≥ 1>0, ∴ x ∈ R 时,恒有 f ( x )>0. (3) 证明: f (0)= f ( x - x )= f ( x )· f (- x )=1, (6) 解: 由 f ( x )· f (2 x - x 2 ) > 1 , f (0) = 1 , ∵ x 2 - x 1 > 0 , ∴ f ( x 2 - x 1 ) > 1. 又 f ( x 1 ) > 0 , ∴ f ( x 2 - x 1 )· f ( x 1 ) > f ( x 1 ). ∴ f ( x 2 ) > f ( x 1 ). ∴ f ( x ) 是 R 上的增函数 . 得 f (3 x - x 2 ) > f (0). ∵ f ( x ) 是 R 上的增函数, ∴ 3 x - x 2 > 0. ∴ 0 < x < 3. ∴ 实数 x 的取值范围是 { x |0< x <3}. 【 规律方法 】 (1) 解决指数函数 型抽象函数的一般步骤为: (2) 判断单调性小技巧 :设 x 1 > x 2 , x 1 - x 2 >0 ,则 f ( x 1 - x 2 )>1 , f ( x 1 ) = f ( x 2 + x 1 - x 2 ) = f ( x 2 ) f ( x 1 - x 2 )> f ( x 2 ) ,得到函数 f ( x ) 是增函数 . 【 跟踪训练 】 答案: ①③⑤ 思想与方法 ⊙ 利用转化与化归思想解答抽象函数 【 跟踪训练 】 答案: B f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) , f ( x 1 · x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) , f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 )· f ( x 2 ) 分别是正比例、对数、指数函数的抽象形式,解题时 可以由具体函数的性质知道我们思考 的方式及解题的步骤,但 不能用具体函数来代替抽象的解析式 .