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■杨 立 求函数解析式常用换元法、 构建二元方 程组消元法, 以及赋值法。复 合 函 数 的 解 析 式由“ 对应关系和内层函数的值域” 两部分构 成。下面就求函数解析式的思维方法进行归 纳, 希望对同学们的学习有所帮助。 方法1 : 已知复合函数解析式, 求外层函 数解析式用“ 换元法” 例 1 已 知 f ( x - 1)= x + 2 , 则( ) 。 A. f( x) = x 2+ 2 x+ 3 ( x≥ 0 ) B . f( x) = x 2+ 2 x+ 3 ( x≥- 1 ) C . f( x) = x 2- 2 x+ 3 ( x≥ 0 ) D. f( x) = x 2- 2 x+ 3 ( x≥- 1 ) 解: 令t = x -1 ( t≥ -1 ) , 则 x=( t+ 1 ) 2。由此可得f( t ) =( t + 1 ) 2+ 2 = t 2+ 2 t + 3 ( t≥ -1 ) , 所 以 f( x) =x 2 +2 x+3( x≥ - 1 ) 。应选 B 。 提炼: 已知复合函数f[ g( x) ] 的表达式 求f( x) 的解析式, 可令g( x) = t , 解出x, 代 入f[ g( x) ] 中 即 可 求 得 f ( t) , 从 而 可 得 f( x) , 但要注意新元g( x) = t的取值范围为 外层函数的定义域。 方法2 : 已 知 特 殊 二 元 变 量 满 足 的 关 系 式求解析式, 利用“ 构建方程组消元法” 例2 已知函数 f( x) 满足 f( x+ 1 ) - 2 f x x+ 2 = x+ 1 , 则函数 f( x) 的解析式为 。 解: 令x+ 1 = s , 即x= s - 1 。 结合题 设 得 f( s) -2 f s - 1 s + 1 = s( s≠ - 1 ) , 所以f( x) - 2 f x- 1 x+ 1 = x( x≠ - 1 ) 。 用 x- 1 x+ 1 替换x, 可得f x- 1 x+ 1 - 2 f -1 x = x- 1 x+ 1( x≠ - 1 且 x ≠ 0) 。 两 式 消 去 f x- 1 x+ 1 得 f( x) -4 f -1 x = 2 x- 2 x+ 1 + x=x 2+ 3 x- 2 x+ 1 ,再 用 - 1 x 替 换 x 可 得 f -1 x - 4 f ( x ) = 1 x 2-3 x - 2 -1 x + 1 = 1 - 3 x- 2 x 2 x( x- 1 ) ( x≠0且x≠ ± 1 ) 。 据 上 消 去 f -1 x 可 得 -1 5 f ( x) = x 2+ 3 x- 2 x+ 1 +4 - 1 2 x- 8 x 2 x( x- 1 ) , 整 理 可 得 函 数 f( x) =- x 4- 6 x 3- 2 5 x 2- 6 x+ 4 1 5 x( x 2- 1 ) ( x ≠0 且 x≠ ± 1 ) 。 提炼: 构造方程组消元法, 主要解决已知 抽象函数关系式求函数的解析式问题。如已 知a f( x) +b f 1 x =g( x) , 求 f( x) , 由 a f 1 x +b f ( x)= g 1 x ,把 f ( x)和 f 1 x 作为未知数, 解方程组可得f( x) 。已 知a f( x) + b f( - x) = g( x) , 求f( x) , 也可 用这种方法求解析式。 方法3 : 利用赋值法求抽象函数的解析式 例3 对任意实数 x, y, 都有 f( x+ y) - 2 f( y) =x 2+2 x y-y 2+3 x-3 y, 求 函 数 f( x) 的解析式。 解法1 : 因为 f( x+y) -2 f( y) =x 2+ 2 x y- y 2+ 3 x- 3 y 对任意实数x, y 都成立, 所以令x= y= 0 , 可得f( 0 ) = 0 , 再令y= 0 , 可得f( x) - 2 f( 0 ) = x 2+ 3 x, 所以f( x) = x 2+ 3 x( x∈R ) 。 解法2 : 令x= 0 , 可得 f( y) -2 f( y) = - y 2-3 y, 所 以 -f( y) = -y 2 -3 y, 所 以 f( y) =y 2 +3 y, 再 令 y=x, 可 得 f( x) = x 2+ 3 x( x∈R ) 。 提炼: 赋值法求 函 数 的 解 析 式 的 关 键 是 赋值, 如何赋值要根据题目 特 征 来 确 定。赋 值法求出解析式后, 应注意函数的定义域。 作者单位: 陕西省洋县中学 ( 责任编辑 郭正华) 3 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知
■林春斌 在解决一些涉及函数性质( 奇偶性、 周期 性、 对称性等) 问题时, 往往可以巧妙应用对 应的“ 二级结论” , 直接得出相应的结果, 这样 可以避免烦琐的推理过程, 从而达到提 高 解 题效率的目的。 一、 借助奇函数的“ 二级结论” 解题 结论1 : 如果 f( x) 是 奇 函 数 且 在 x=0 处有意义, 那么f( 0 ) = 0 。 结论2 : 若奇函数f( x) 在关于原点对称 的区间上有最值, 则f( x) m a x+ f( x) m i n= 0 。 结论3 : 若 f( x) 是 奇 函 数, 且 g( x) = f( x) + c, 则g( - x) + g( x) = 2 c。 结论4 : 若 f( x) 是 奇 函 数, 且 g( x) = f( x) +c, g ( x) 在 定 义 域 上 有 最 值, 则 g( x) m a x+ g( x) m i n= 2 c。 例1 已知函数f( x) =2 | x | +1- x+ 2 2 | x |+ 1 的 最大值为 M , 最小值为 m, 则 M +m 的值为 。 分析: 通过化简并变形 f( x) 的表达式, 构建函数g( x) = x 2 | x |+ 1 , 结合奇函数的“ 二 级结论” 直接确定对应函数的最大值与最小 值之和。 解:根 据 题 意 得 函 数 f ( x ) = 2 | x | +1- x+ 2 2 | x |+ 1 = 2 × 2 | x |- x+ 2 2 | x |+ 1 = 2 - x 2 | x |+ 1 。 令函 数 g( x) = - x 2 | x |+ 1 , 其 定 义 域 为 R, 则f( x) = 2 + g( x) 。 因为函数g( -x) = - - x 2 | x |+ 1= x 2 | x |+ 1 =- g( x) , 所以g( x) 是奇函数。 结合奇函数的“ 二级结论” 得 f( x) m a x+ f( x) m i n=M +m= 2 × 2 = 4 。 在利用奇函数的“ 二级结 论” 时, 要 对 题 设 条 件 中 的 原 函数的解析式进行合理的恒等变形, 借 助 构 建的奇函数, 利用奇函数的“ 二级结论” 进行 分析与求解。 二、 借助周期函数的“ 二级结论” 解题 已知函数f( x) 的定义域内任一自变量 x 的值, a, b 为非零常数。 结论1 : 若 满 足 f( x+a) =f( x-a) , f( x+ a) =-f( x) , f( x+a) +f( x) = c ( c∈R) , f( x+a) = 1 f( x) 或 f( x+a) = - 1 f( x) , 则函数f( x) 是周期函数, 且一个周 期为2 a。 结论 2 : 若 满 足 f ( x) =f ( x +a) + f( x- a) , 则函数 f( x) 是周期函数, 且一个 周期为6 a。 结论3 : 若 函 数 f( x) 的 图 像 关 于 直 线 x= a 与x= b 对称, 则 函 数 f( x) 是 周 期 函 数, 且一个周期为2 | b- a | ( b≠ a) 。 结论4 : 若函数 f( x) 的 图 像 关 于 点( a, 0 ) 对称, 又关于点( b, 0 ) 对称, 则函数f( x) 是 周期函数, 且一个周期为2 | b- a | ( b≠ a) 。 结论5 : 若 函 数 f( x) 的 图 像 关 于 直 线 x= a 对 称, 又 关 于 点 ( b, 0) 对 称, 则 函 数 f( x) 是周 期 函 数, 且 一 个 周 期 为 4 | b-a | ( b≠ a) 。 注意: 对于结论3 , 结论4 , 结论5的巧妙 记忆为“ 两次对称成周期, 两轴两心二 倍 差, 一轴一心四倍差” 。 例 2 函 数 f ( x) 的 定 义 域 为 R, 若 f( x+ 1 ) 是奇 函 数, 且 f( x-1 ) 是 偶 函 数, 则( ) 。 A. f( x+ 3 ) 是偶函数 B . f( x) = f( x+ 3 ) C . f( 3 ) = 0 D. f( x) 是奇函数 分析: 根据题设条件, 利用抽象函数的奇 偶性构建相应的关系式, 通过关系式的 变 形 与转化, 利用奇函数的“ 二级结论” , 周期函数 4 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知
的“ 二级结论” 得到函数值, 以及图像的周期 性, 进而对所求函数值进行转化与处理。 解: 因为f( x+ 1 ) 是奇函数, 所以f( x+ 1 ) = -f( -x+1 ) 。因 为 f( x-1 ) 是 偶 函 数, 所以f( x- 1 ) = f( - x- 1 ) , 所以f( x+ 1 ) =f ( -x -3) 。 所 以 -f ( -x +1) = f( - x- 3 ) , 所以f( x) + f( x- 4 ) = 0 , 所以 f( x) + f( x+ 4 ) = 0 , 所以f( x+ 8 ) =- f( x + 4 ) = f( x) , 即函数f( x) 的周期为 T= 8 。 对于 A, 由 f( x) +f( x+4 ) =0 , 可 得 f( x+ 5 ) =-f( x+1 ) =f( -x+1 ) , 所 以 f( x+ 3 ) = f( -x+3 ) , 即 f( x+3 ) 是 偶 函 数, A 正确。对 于 B , 函 数 f( x) 是 周 期 为 8 的 周 期 函 数, B 错 误。 对 于 C , 由 f( x) + f( x+ 4 ) = 0 , 可得f( 3 ) =- f( - 1 ) , 不能得 到f( 3 ) 的值, C 错误。对 于 D, 由 f( x+1 ) = f( - x-3 ) , f( x) +f( x+4 ) =0 , 可 得 f( 0 ) = f( -2 ) = -f( 2 ) = - f( 4 ) , 不 能 得 到f( 0 ) 的值, D 错误。应选 A。 涉及周期函数的“ 二级结 论” 及 其 应 用, 解 题 的 关 键 是 借助题设条件, 合理构建对应的抽象函 数 之 间满足的关系式, 结合“ 二级结论” 进行分析 与求解。 三、 借助对称函数的“ 二级结论” 解题 结论1 : 若函数f( x+ a) 是偶函数, 则函 数f( x) 的图像关于直线x= a 对称。 结论2 : 若函数f( x+ a) 是奇函数, 则函 数f( x) 的图像关于点( a, 0 ) 中心对称。 例3 已 知 函 数 f( x) 的 定 义 域 为 R, f( x+ 1 ) 为 奇 函 数, f( x+2 ) 为 偶 函 数, 当 x∈[ 1 , 2 ] 时, f( x) = a·2 x + b。若 f( 0 ) + f( 3 ) = 6 , 则f( 2 0 2 4 ) 的值是( ) 。 A. - 1 2 B . - 2 C . 6 D. 1 2 分析: 根据题设条件, 先利用对称函数的 “ 二级结论” 得到函数图像的对称性, 结合抽 象函数的奇偶性构建相应的关系式, 再 利 用 周期函数的“ 二级结论” 得到函数图像的周期 性, 最后求出函数的值。 解: 因 为 f( x+1 ) 为 奇 函 数, 所 以 函 数 f( x) 的图像关于点( 1 , 0 ) 对称, 所以f( 1 ) = 0 , 且f( x+ 1 ) =- f( - x+ 1 ) 。 因为f( x+ 2 ) 为偶函数, 所以函数f( x) 的图像关于直线x= 2对称, 所以f( x+ 2 ) = f( - x+ 2 ) 。结合周 期 性 可 知 函 数 f( x) 的 周期为 T= 4 | 1 - 2 | = 4 。 当x∈[ 1 , 2 ] 时, f( x) = a· 2 x + b, 结合 f( x+1 ) = -f( -x+1) 与 f( x+2) = f( - x+ 2 ) 得 f( 0 ) = -f[ - ( -1 ) +1 ] = - f( 1 + 1 ) = -f( 2 ) = -( 4 a+ b) , f( 3 ) = f( 1 + 2 ) =f( -1+2 ) =f( 1 ) =2 a+ b。又 f( 0 ) + f( 3 ) = 6 , 所以-( 4 a+ b) +( 2 a+ b) =- 2 a= 6 , 解得a=- 3 。 当x∈[ 1 , 2 ] 时, f( x) = a· 2 x + b, 因为 函数 f ( x) 的 图 像 关 于 ( 1 , 0) 对 称, 所 以 f( 1 ) = 0 , 所以 f( 1 ) =2 a+ b=0 , 所 以b= - 2 a= 6 。 由f( x+ 1 ) =- f( - x+ 1 ) , 可得f( 0 ) = - f( 2 ) 。因为当x∈[ 1 , 2 ] 时, f( x) = 6 - 3 · 2 x, 所 以 f( 20 2 4 ) =f( 5 0 6×4 ) =f( 0 ) = - f( 2 ) =-( 6 - 3 · 2 2) = 6 。应选 C 。 解答 本 题 的 关 键 是 从 对 称函数的“ 二级结论” 入手, 过 渡到周期函数的“ 二 级 结 论” , 结 合 逻 辑 推 理 与数学运算进行分析与求解。 定义 在 [ 0 , 1] 上 的 函 数 f ( x) 满 足 f( 0 ) = 0 , f ( x) +f ( 1-x) =1 , f x 5 = 1 2 f( x) , 且 当 0≤x 1 < x 2 ≤1 时, f( x 1) ≤ f( x 2) , 则f 3 5 等于 。 提示: 易 得 f ( 1) =1 。 将 x =1 代 入 f x 5 =1 2 f( x) 得 f 1 5 = 1 2, 将 x= 1 5 代 入f( x) + f( 1 - x) = 1得f 4 5 =1 2。因为 1 5 < 3 5 < 4 5, 所以 f 1 5 ≤f 3 5 ≤f 4 5 , 故f 3 5 =1 2。 作者单位: 江苏省姜堰中学 ( 责任编辑 郭正华) 5 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知
■王佩其 一、 基础知识必备 1 . 奇偶性是针 对 整 个 定 义 域 而 言 的, 单 调性是针对定义域内的某个区间而言 的, 奇 偶性是一 个 “ 整 体” 性 质, 单 调 性 是 一 个 “ 局 部” 性质; 定义域关于原点对称是函数具有奇 偶性的必要条件。奇函数的图像关于原点成 中心对称, 偶函数的图像关于y 轴对称。具 有奇偶性的函数, 其定义域必然关于原 点 对 称; 若f( x) 是奇函数, 则f( 0 ) = 0 ; 奇函数在 关于原点对称的区间上, 若有单调性, 则其单 调性完全相同, 最值相反; 偶函数在关于原点 对称的区 间 上, 若 有 单 调 性, 则 其 单 调 性 相 反, 最值相同。 2 . 判断函数奇偶性的三种方法: 定义法, 对于函数f( x) 的定义域内任意一个x, 都有 f( x) =f( -x) , 则 f( x) 是 偶 函 数, 对 于 函 数 f ( x) 的 定 义 域 内 任 意 一 个 x, 都 有 f( x) =- f( x) , 则f( x) 是奇函数; 图像法, 图像关于原点成中心对称的函数是奇 函 数, 图像关于y 轴对称的函数是偶函数; 运算法, 奇函数+奇函数=奇函数, 偶函数+偶函数 =偶函数, 奇函数×奇函数=偶函数, 奇函数 ×偶函数=奇函数。 3 . 若函数g( x) , f( x) , f[ g( x) ] 的定义 域都关于原点对称, 则u= g( x) , y= f( u) 都 是奇 函 数 时, y =f[ g( x) ] 是 奇 函 数; u = g( x) , y= f( u) 都 是 偶 函 数, 或 者 一 奇 一 偶 时, y= f[ g( x) ] 是偶函数。 二、 典型例题分析 例1 函数f( x) = 1 - x 2 x+ 2 - x。 ( 1 ) 判断f( x) 的奇偶性。 ( 2 ) 求证: f( x) 在( 0 , 1 ] 上是减函数。 解: ( 1 ) 由1 - x 2≥ 0 , 解得- 1 ≤ x≤ 1 , 所 以函数f( x) 的定义域为[ - 1 , 1 ] , 且定义域 关于原点对称。当x∈[ - 1 , 1 ] 时, x+ 2 > 0 , 此时 f( x) = 1 - x 2 ( x+ 2 ) - x = 1 - x 2 2 。 因 为 f( - x) = 1 -( - x) 2 2 = 1 - x 2 2 =f( x) , 所以函数f( x) 是偶函数。 ( 2 ) 设0 < x 1 < x 2≤ 1 , 则f( x 1) - f( x 2) = 1 - x 2 1 2 - 1 - x 2 2 2 = 1 - x 2 1 - 1 - x 2 2 2 = (1 - x 2 1 - 1 - x 2 2 ) (1 - x 2 1 + 1 - x 2 2 ) 2 (1 - x 2 1 + 1 - x 2 2 ) = ( x 2- x 1) ( x 2+ x 1) 2 (1 - x 2 1 + 1 - x 2 2 ) 。由 0 < x 1 < x 2 ≤1 , 可得 x 2 -x 1 > 0 , x 2 +x 1 > 0 , 2( 1 - x 2 1 + 1 - x 2 2 ) > 0 , 所 以 f( x 1) -f( x 2) > 0 , 即 f( x 1) > f( x 2) , 所以函数f( x) 在( 0 , 1 ] 上是 减函数。 例2 设函数f( x) 对任意的x, y 都满 足f( x+ y) = f( x) + f( y) , 且当 x > 0时, f( x) > 0 。 ( 1 ) 求f( 0 ) 的值。 ( 2 ) 证明函数f( x) 是奇函数。 ( 3 ) 若函数f( x) 的定义域为[ - 2 , 2 ] , 解 关于x 的不等式f( x- 3 ) + f( x) ≤ 0 。 解: ( 1 ) 由f( x+ y) =f( x) +f( y) , 令 x= y= 0 , 可得f( 0 ) = 2 f( 0 ) , 即f( 0 ) = 0 。 ( 2 ) 函数f( x) 的定义域为 R, 且关于原 点对称。令y= -x, 可 得 f( 0 ) =f( x) + f( - x) = 0 , 所 以 f( -x) = -f( x) , 所 以 f( x) 为奇函数。 ( 3 ) 任 取 x 1 > x 2, 则 x 1 -x 2 > 0 , 所 以 f( x 1- x 2) > 0 。因为f( x 1- x 2) = f( x 1) + f( - x 2) = f( x 1) - f( x 2) > 0 , 所以f( x 1) > f( x 2) , 所以函数f( x) 是 R 上的增函数。由 f( x -3) +f ( x) ≤0 , 可 得 f ( x -3) ≤ - f( x) = f( -x) 。结 合 f( x) 的 定 义 域 为 [ - 2 , 2 ] 得 x- 3 ≤- x, - 2 ≤ x- 3 ≤ 2 , - 2 ≤ x≤ 2 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 解 得 1≤x≤ 3 2。 故所求不等式的解集为 1 , 3 2 。 作者单位: 江苏省太仓市明德高级中学 ( 责任编辑 郭正华) 6 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知
■彭恒彪 由于抽象函数表现形式抽象, 对数学思 维能力考查的起点较高, 使得这类问题 成 为 函数内容的难点之一。下面介绍抽象函数的 常见类型与求解方法。 聚焦1 : “ 赋值法” 求抽象函数的值 赋值法就是根据题目的具体情况, 合理、 巧妙地对某些元素赋予确定的特殊值( 0 , 1 , - 1等) , 从而使问题获得简捷有效的解决。 例1 已知y= f( x) + 3 x 2 的图像关于 原点对称, 若f( 2 ) = 3 , 函数g( x) = f( x) - 3 x, 则g( - 2 ) 的值是 。 解: 因为y=f( x) +3 x 2 的图像关于原 点对称, 所以f( -x) + 3 ( -x) 2= -[ f( x) + 3 x 2] , 即f( - x) =- f( x) - 6 x 2。令x= 2 , 则f( - 2 ) =- f( 2 ) - 6 × 2 2=- 3 - 2 4 = - 2 7 。在g( x) = f( x) - 3 x 中, 令x=- 2 , 则g( - 2 ) = f( - 2 ) - 3 ×( - 2 ) =- 2 1 。 评注: 构建g( -2 ) 与 已 知 f( -2 ) 的 关 系, 利用y= f( x) +3 x 2 的图像关于原点对 称得到f( - x) =- f( x) - 6 x 2, 通过赋值得 到f( - 2 ) , 最后得到g( - 2 ) 。 聚焦2 : “ 赋值法” 探究抽象函数的奇偶性 判断抽 象 函 数 的 奇 偶 性 的 关 键 是 得 到 f( x) 与f( -x) 的关 系, 解 题 时 要 对 有 关 变 量进 行 赋 值, 使 其 最 后 只 保 留 f ( x) 与 f( - x) 的关系。 例2 已知定义在 R 上的函数 f( x) 满 足f( x+ y) = f( x) + f( y) , 且f( 2 ) = 1 , 试 判断此函数的奇偶性。 解: 令x= y= 0 , 由 f( x+ y) =f( x) + f( y) , 可 得 f ( 0) =f ( 0) +f ( 0) , 所 以 f( 0 ) = 0 。令y= -x, 由 f( x+ y) =f( x) + f( y) , 可得f( 0 ) = f( x) + f( - x) = 0 , 所 以f( x) =- f( - x) , 所以此函数是偶函数。 评注: 要得到f( x) 与f( - x) 的关系, 首 先对x, y 赋值, 可得 f( 0 ) =0 , 再对 x, y 赋 值, 可得f( x) =- f( - x) 。 聚焦 3 : 利 用 “ 配 凑 法” 证 明 抽 象 函 数 的 单调性 配凑法就是通 过 恰 当 的 拼 与 凑, 使 问 题 明了化、 简单化, 从而达到比较容易解决问题 的目的。配凑法的实质是一种迂回的解题方 法, 体现了转化与化归思想。配 凑 法 证 明 抽 象函数的单调性是利用题设条件, 结合 单 调 性的定义进行转化求解的。 例3 定义在 R 上的函数f( x) 满足: 对 任意实 数 m, n 总 有 f( m +n) =f( m) · f( n) , 且当x > 0时, 0 < f( x) < 1 , 试判断函 数f( x) 的单调性。 解: 任取x 1, x 2∈R, 令 x 1 > x 2, 则 x 1- x 2 > 0 , 所以f( x 1- x 2) < 1 , 即f( x 1- x 2) - 1 < 0 。易 得 f( x 1) -f( x 2) =f( x 1 -x 2 + x 2) - f( x 2) = f( x 1-x 2) ·f( x 2) -f( x 2) = f( x 2) [ f( x 1- x 2) - 1 ] 。 下面研究f( x 2) 的正负: 令 m=1 2, n= 0 , 可得 f( 0 ) =1 ; 令 m =x, n= -x, 可 得 f( x) = 1 f( - x) 。 当 x < 0 时, -x > 0 , 则 0 < f( - x) < 1 , 所以f( x) = 1 f( - x) > 0 , 所 以当x∈R 时, f( x) > 0 , 所以f( x 2) > 0 。 故f ( x 2 ) [ f ( x 1 -x 2 ) -1] < 0 , 即 f( x 1) < f( x 2) , 所以f( x) 是 R 上的减函数。 评注: 解 答 本 题 的 关 键 是 利 用 条 件 “ 当 x > 0时, 0 < f( x) < 1 ” 。 由 x 1 > x 2, 可 得 x 1- x 2 > 0 , 则0 < f( x 1-x 2) < 1 , 然后需要 进行配凑。本题的难点是判断f( x 2) > 0 , 而 这其实就是求函数的值域问题。 聚焦4 : “ 赋值法” 求抽象函数的解析式 赋值法求抽象函数的解析式, 首先要对题 设中的有关参数进行赋值, 再得到函数解析式 的某种递推关系, 最后求得函数的解析式。 7 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知
例4 若对一切自然数a, b, 都有f( a+ b) = f( a) + f( b) + a b 成立, 且f( 1 ) = 1 , 求 f( x) 的解析式。 解: 因为f( a) + f( b) = f( a+ b) - a b, a, b∈N, 所 以 令 a=x, b=1 , 可 得 f( x) + f( 1 ) = f( x +1) -x。 又 f ( 1) =1 , 所 以 f( x+ 1 ) -f ( x) =x +1 , 所 以 f ( 2) - f( 1 ) = 2 , f( 3 ) -f( 2 ) =3 , f( 4 ) -f( 3 ) = 4 , …, f( n) - f( n- 1 ) = n。上面等式相加得 f( n) = 1+2+3+ … +n=n( n+ 1 ) 2 , 所 以 f( x) = x( x+ 1 ) 2 , x∈N。 评注: 其实, 本题也可换一种思维方式, 对 于关系式f( a+ b ) = f( a) + f( b ) + a b , 令a= 1 , 得到f( b + 1 ) 与f( b ) 的关系, 由a, b都是自 然数, 得到f( n+ 1 ) - f( n) = n( n∈N ) , 这实 质上就是一种数列的递推公式。 聚焦5 : “ 定义法” 解抽象函数不等式 解抽象函数不 等 式, 可 利 用 函 数 单 调 性 的定 义, 如 “ 已 知 函 数 f ( x) 是 增 函 数, 若 f( x 1) < f( x 2) , 则 x 1 < x 2” , “ 脱 去” 函 数 符 号f 后即可求解, 当然, 还要注意自变量范围 的约束。 例5 已 知 函 数 f ( x) 是 定 义 在 ( 0 , +∞) 上的增函数, 且f x y = f( x) - f( y) , f( 2 ) = 1 , 解不等式f( x) - f 1 x- 3 ≤ 2 。 解: 由题设得f x y +f( y) =f( x) , 令 x= 4 , y= 2 , 则f( 4 ) = 2 。 不等 式 f ( x) -f 1 x- 3 ≤2 可 化 为 f[ x( x- 3 ) ] ≤f( 4 ) 。因 为 函 数 f( x) 是 定 义 在 ( 0 ,+ ∞ ) 上 的 增 函 数,所 以 x( x- 3 ) ≤ 4 , x > 0 , x- 3 > 0 , ?? ?? ?? ?? ?? ?? ?? 解 得 3 < x≤4 。故 所 求 不 等 式的解集为{ x | 3 < x≤ 4 } 。 评注: 解答本题 的 关 键 是 将 所 求 不 等 式 化为f( x 1) ≤ f( x 2) 的形式。因为2 = 1 + 1 , 又f x y + f( y) =f( x) , 所 以 2=f( 2 ) + f( 2 ) = f( 4 ) , 所以f( x) - f 1 x- 3 ≤ f( 4 ) , 所以f[ x( x-3 ) ] ≤f( 4 ) , 然后利用增函数 的定义, 通过转化求解。 聚焦6 : 构造初等函数, 求解抽象函数问题 有些抽象函数是以基本函数为背景抽象 而得的。解题时, 若能从研究 抽 象 函 数 的 背 景函数入手, 根据抽象函数的有关性质, 通过 类比, 猜想出它可能为某种基本函数, 再由具 体函数的图像与性质来解决抽象函数 问 题, 则可达到事半功倍的效果。 例6 设定义在 R 上的函数f( x) , 对于 任意x, y 都有f( x+y) =f( x) +f( y) 成 立, 且f( 1 ) =- 2 , 当x > 0时, f( x) < 0 。 ( 1 ) 判断f( x) 的奇偶性, 并加以证明。 ( 2 ) 试问: 当-3≤f( x) ≤3 时, f( x) 是 否有最值? 如果 有, 求 出 最 值; 如 果 没 有, 说 明理由。 解: 对 于 任 意 x, y 都 有 f ( x +y) = f( x) + f( y) , 可猜想抽象函数 f( x) 的原形 函数为f( x) = k x, 当x > 0时, f( x) < 0 , 可 得k < 0 。猜想如下: 函数f( x) 是奇函数, 函 数f( x) 在 R 上是减函数。 ( 1 ) 令x= y=0 , 可得 f( 0 ) =0 , 令 y= - x, 可 得 f ( 0) =f ( -x) +f ( x) , 所 以 f( - x) =- f( x) , 所以f( x) 为奇函数。 ( 2 ) 设-3≤x 1 < x 2 ≤3 , y= -x 1, x= x 2, 则 f( x 2 -x 1) =f( x 2) +f( -x 1) = f( x 2) - f( x 1) 。因为x > 0时, f( x) < 0 , 所 以f( x 2- x 1) < 0 , 即f( x 2) - f( x 1) < 0 , 所 以f( x 2) < f( x 1) , 所 以 f( x) 在 区 间[ -3 , 3 ] 上单调递减。 当x=- 3时, f( x) 有最大值f( - 3 ) = - f( 3 ) = -f( 2+1 ) = -[ f( 2 ) +f( 1 ) ] = -[ f( 1 ) +f( 1 ) +f( 1 ) ] =6 ; 当 x=3 时, f( x) 有最小值f( 3 ) =- 6 。 评注: 在解答抽象函数问题时, 若能寻找 出抽象函数的模型函数, 根据模型函数 的 图 像与性质, 找出问题的解法或证法, 是一种行 之有效的好方法。 作者单位: 湖北省恩施市第三高级中学 ( 责任编辑 郭正华) 8 知识结构与拓展 高一数学 2 0 2 3年1 0月 全科互知