1、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尸f(x)f(y)總成立,且存在Xi X2,使得f(Xi)f(X2),求函數f(x)的值域。解：令 x=y=0,有 f(0)=0 或 f(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xi x2,使得f(xi) f(x2)成立矛盾，故f(0) ? 0,必有f(0)=1 。由于f(x+y尸f(x)f(y)對任意實數x、y均成立，因此，x 2 0 ,1 (x)1 ()0又因為若 f(x)=0,則 f(0)=f(x-x)=f(x)f(-x)=0 與 f(0) #0 矛

2、盾，所以 f(x)>0.四、求解析式問題(換元法，解方程組，待定系數法，遞推法，區間轉移法，例6、設對滿足x#0,x # 1的所有實數x,函數f(x)滿足，fx fU 1 x，求f(x) x的解析式。解: f(x) f (-) 1 x (x 0且 x 1), (1) 用 H代換 x得：f (_) f() 2A, (2) xxx 1 x x再以 上代換(1)中的 x得：f(工)f (x) 2-x. - (3)由 ? 得:f(x) x3 2 1 (x 0Mx 1) 1 - x'1-x，'，1x22x2 2x例8.是否存在這樣的函數f(x)，使下列三個條件：f(n)>0,

3、n N;f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2 6 N* ；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 (x 6 N*)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.練習：1、設y f(x)是實數函數(即x,f (x)為實數)，且f (x) 2f () x,求證：|f(x)| 272. x3解：用工代換 x,得 f(1)

4、 2f (x) 1,與已知得 x2 3xf (x) 2 0,由0 得 9f 2(x) 4 2 0, |f(x)| -"2.xxx33、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f(0)的值；(2)對任意的x1 (0,1), x2 (0,1),都有f(x1)+2<logax2成立時，求a的取值范 22圍.解：(1)由已知等式 f(x y) f(y) (x 2y 1)x,令x 1, y 0得 f(1) f(0) 2,又 f(1)0,二 f(0) 2.2,2, f(x) 2 x x . xi(0,；),

5、f (xi)2 (0, 3).要使任意4xi f(x) 2 x2 x (x ；)2 4在 xi(0,g)上單調遞增，(0)，x2 (0,1)都有 f (xi) 2 logax2 成立，必有 22(2)由 f(x y) f(y) (x 2y 1)x,令 y 0 得 f(x) f (0) (x 1)x,由(1)知 f(0)3 1一 logax2都成立.當a 1時，log a x2 Na-，顯然不成立.當0 a 1時，4 2(logax2 )loga1 3,解得巫a 1. a的取值范圍是,1).2 444五、單調性問題(抽象函數的單調性多用定義法解決)練習：設f(x)定義于實數集上，當x>0時

6、，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 xyk,則 f(x 2-x 1)>1 ,f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1),(注意此處不能直接得大于f(x3 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,

7、由f (0) f (x) f ( x) 1 得 f(x)10 ,故 f(x)>0 ,從而 f(x 2)>f(x 1).即 f(x)在 R 上是f ( x)增函數。(注意與例4的解答相比較，體會解答的靈活性) 練習：已知函數f(x)的定義域為R,且對m、n6R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n) 1,且f( 2)=0,當乂>2時，曲)>0.求證：f(x)是單調遞增函數；證明：設 乂1< x2,則 x2 -x1 2 >- 2，由題意 f(x2 x1 -2 )>0, < f(M) f(x1)=f 佻一 xD+xJ f(x1)=f(x2-x1)+f(x

8、1)- 1 -f(x1)=f(x2-x1)- 1=f(x2-x1)+f( - 2)-1=f (x2 x1)； >0,：f(x)是單調遞增函數.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,+s)上的單調性。解：Xx R 有f(x) f(而？而)f2(而)0,又 f(x) 0,故 f(x) 0,設 x1,x2 r，且 x1 x2，則n 1,則Xix 2x 2 f(x2)(丁 K . (xi) f(x±) 1,所以 f(xi)>f(x2)，故 f(x)在 R+上為減函數.f

9、 (x 1 ) f (x 1 )f ( x 1 )x 1練習6、.已知函數f(x)的定義域為0,1 ,且同時滿足：(1)對任意x 0,1，總有 f(x) 2； (2) f(1) 3,(3)若 X0,x20 且刈x21,則有 f(x1x2)f(x1)f(xz)2.(I)求f(0)的值；(II)求f(x)的最大值；(III)設數列an的前n項和為Sn,且滿足 Sn2(an3),n N*.求證：f(&)f(a2)f(%)Lf(a0)3 2n74n7.22 3解：令x1x2 0,由(3)，則f (0) 2f(0) 2, f (0) 2由對任意x 0,1，總有f (x) 2, f (0) 2(I

10、I)任意 X,x20,1 且 x1x2 ,則0 % 為 1,f(x2x) 2f(xOf (x2x x)f(次x)f(x1)2f(x1)fmax(x) f (1) 3(111) Q Sn2 (an3)(n N ) Sn 12 (an1 3)(n2)an3 an1( n2),Q a110an可f (an) f (31)f ($ 3n 3n)f 仔)fG)2 3f(3n) 4f(3n) 1f()4 > 即 f(an1)1f (an) £ 3f(a1)3 f(a1 1)g32f (an 2)323 L311f (a)奈奈 L 7 4 2 故 f (an)2 法1 (1)n rf(a1)

11、 f(a2) L f(an) 2n 7V 即原式成立。1 3六、奇偶性問題解析：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(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=2 C.x=- - D.x=-2 2解析：f(2x+1)關于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15:設f(x)是定義在R上的偶函

12、數，且在(，0)上是增函數，又f(2a2 a 1) f(3a2 2a 1)。求實數a的取值范圍。解析：又偶函數的性質知道：f(x)在(0,)上減，而2a2 a 1 0, 3a2 2a 1 0, 所以由 f(2a2 a 1) f (3a2 2a 1)得 2a2 a 1 3a2 2a 1,解得 0 a 3。(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，可以作一些條件變換如：f (a 1) ”1)或£信1) f (1 2a)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)= log2 3且對任意x, y R都有 f(x+y尸 f(x)+

13、f(y).(1)求證f(x)為奇函數；(2)若f(k 3x)+f(3x-9x-2) <0對任意xG R恒成立，求 實數k的取值范圍.解答：(1)證明：f(x+y)=f(x)+f(y)(x , y R)-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x6R成立，f(x)是奇函數.(2)解:f(3)=log 23>0,即f(3) >f(0),又f(x)在R上是單調函數，所以f(x)在R 上是增函數，又由(1)f(x)是奇函數.f(k - 3x

14、)< -f(3x-9x-2)=f(-3 x +9x +2), k -3 <-3x+9x+2, 32x-(1+k) 3x+2>0 對任意 x6R 成立.令 t=3x>0,即 t2-(1+k)t+2 >0對任意t>0恒成立.令f (t) t2(1 k)t 2,其對稱軸 x 1_k當 LJk_ 0 即 k1 時，f (0)當空0時, 222 0,符合題意；故：k 1 2d2時,f(k3x) f(3( 93 2) 0對任意x R恒成對任意t 0, f (t)0恒成立解彳導-1 k1 2 2-022(1k)280立。說明：問題(2)的上述解法是根據函數的性質.f(x)

15、是奇函數且在x6R上是增函 數，把問題轉化成二次函數f(t)=t 2-(1+k)t+2 對于任意t>0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-3x<-3x+9x+2得k 3x41Mu 3x與1 2V2 1,要使對x R不等式k 3x21.恒成立，只需 3x3x3x'k<2 2 1七、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1f x a f x a fT=2af x a f x a 7對稱軸 x a y f x a 是偶函數；f x a fxa 7對稱中心 (a,0 )y f x a

16、是奇函數2fax f b x T= b afax f b x 7對稱軸 x -a-b ;fax f b x 7對稱中心(ab ,0)；23f(x)= -f(x+a)T=2af(x)= -f(-x+a) -對稱中心-a,04fax f b x T=2b afax f b x7對稱中心,025f(x)= 士T=2af xf(x)= b-f(-x+a) 一對稱中心 |,-b61f(x)=1-,f(x) 0 -f x aT=3a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

17、)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=f(b-x)關于 x bya 對稱；y=f(a+x)與 y=-f(b-x)關于點(-bya ,0)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)1 13、函數f(x)是7E乂在R上的奇函數，且f(- x) f(- x),則ff(2) f(3) fM5)_ 解析：法一：因f

18、(x)為奇函數且關于x 1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x 1對稱，類比f(x) sinx聯想函數f(x) sin x 2f(1) ff(3)f(4)f(5)0, 小結：此方法為抽象函數具體化法4、已知函數y f(2x 1)是定義在R上的奇函數，函數y g(x)是y f(x)的反函數，若 x & 0則 g(x1)g(x2)()A) 2B) 0C) 1D) -2解析：法一：(函數具體化)設f(x) x 1符合題意，則g(x) x 1則g(x) g%) (Xi 1) (x2 1) (Xi 4) 2 2,法 二：y=f(2x

19、-1)是 R 上的奇 函數 7f(-2x-1)=-f(2x-1), 即f(-2x-1)+f(2x-1)=0,由反函數的關系就可以取Xi= f(-2x-1),x 2= f(2x-1),所以g(x1)+g(x 2)=-2x-1+(2x-1)=-2.函數綜合1.奇函數在關于原點對稱的區間內單調性一致(在整個定義域內未必單調)，推廣：函數在其對稱中心兩側單調性相同。偶函數在關于原點對稱的區間內單調性相反，推廣：函數在其對稱軸兩側的單調性相反；此時函數值的大小取決于離對稱軸的 遠近。解“抽象不等式(即函數不等式)”多用函數的單調性，但必須注意定義域。 關注具體函數“抽象化”。舉例2設函數f (x) x3

20、 x 若0W W時，f (msin ) f (1 m) 0恒成立，則實數 2m的取值范圍是解析：此題不宜將msin及1-m代入函數f(x) x3 x的表達式，得到一個“龐大” 的不等式，因為運算量過大，恐怕很難進行到底。注意到：函數f(x)為奇函數，原不等式等價于：f(msin ) f(m 1),又函數f(x)遞增，.msin >m-1對0w W恒2成立，分離參變量m (這是求參變量取值范圍的通法)得：m<一1一，(0<1- sin1 sinW1,事實上當sin =1時不等式恒成立，即對 m沒有限制，所以無需研究)，記g( )=1，則 m<g( )min, 1 sin又

21、.0<1- sin <1, .-.g( )min=1 (當且僅當=0 時等號成立)，m<1。鞏固定義在-1 , a上的函數f(x)滿足:f(2+x)=f(2-x),且在2,5上遞增，方程f(x)=0的一根為4,解不等式f(3+x)>0提高定義在R上的偶函數f(x)滿足:f(x+1)=，且f(x)在-3 , -2上是減函 f(x)數，又、是鈍角三角形的兩銳角，則下列結論中正確的是：A.f(sin )>f(cos )B. f(sin )<f(cos ) C.f(sin )<f(sin ) D. f(cos )<f(cos2 .關注“分段函數”。分段函

22、數的反函數、值域一般分段求，分段函數的奇偶性、 單調性一般要借助于圖象。f(x)=maxg(x),h(x)、f(x)=ming(x),h(x) 也是一種分段函數，作出它的圖象是研究這類函數的有效途徑。3 .研究方程根的個數、超越方程(不等式)的解(特別是含有參量的)、二次方程 根的分布、二次函數的值域、三角函數的性質(包括值域)、含有絕對值的函數性 質、已知函數值域研究定義域等一般用函數圖象(作圖要盡可能準確) 。4 .求最值的常用方法：單調性：研究函數在給定區間內的單調情況是求函數值 域的最重要也是最根本的方法?；静坏仁剑簼M足條件“一正、二定、三相等” 時方可使用，如果“不相等”，常用函數y x -,(a 0)的單調性解決。逆求法：x用y表示x,使關于x的方程有解的y的范圍即為值域，常用于求分式函數的值 域，判別式法就是其中的一種。換元法：需要把一個式子看作一個整體即可實施換元， “三角換元”是針對“平 方和 等于1”實施的，目的多為“降元”；求值域時的換元主要是為了 “去根號”。 數形結合。2 n7 n舉例1已知函數y x 2x 2(x 1),則其圖象的最低點的坐標是()x 1A、(1, 2)B、(1, 2)C、(0, 2)D、不存在解析：求函數圖象的最低點的坐標即