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

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

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 .