抽象函数

前言

小学和初中我们学习了有关数的运算，高中就主要涉及考查\(“\)代数\(”\)的运算[用字母代替数字运算和思维]；同理，当我们学习了各种具体的函数[基本初等函数]和[初等函数]之后，接下来的考查自然会延申拓展到抽象函数，在理解抽象函数时，我们可以依托其对应的具体函数来降低思维的难度。遇到抽象函数的问题，采用抽象问题具体化的策略也是不错的选择。

相关阅读

复合函数；函数的对称性；

具体函数及其对应的抽象函数； 函数的奇偶性；

抽象函数的对称性验证； 对函数的再理解；

典例剖析

• 涉及抽象函数的单调性的变形技巧

【定义法】【抽象函数的单调性-变形1】定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(x+y)=f(x)+f(y)-1\)，且\(x>0\)时，\(f(x)<1\)，判定函数单调性。

分析：令\(x_1<x_2\in R\)，则\(x_2-x_1>0\)，故\(f(x_2-x_1)<1\)；

则有\(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)\)\(=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1-f(x_1)\)\(=f(x_2-x_1)-1<0\)，

即\(f(x_2)<f(x_1)\)，

由\(x_1<x_2\in R\)，以及\(f(x_2)<f(x_1)\)，故函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递减。

注意变形：\(f(x_2)=f[(x_2-x_1)+x_1]=f(x_2-x_1)+f(x_1)-1\)

【定义法】【抽象函数的单调性-变形2】【2018·德州模拟】已知定义在\((0，＋\infty)\)上的函数\(f(x)\)，满足 \(f(xy)＝f(x)＋f(y)\)，\(x＞1\) 时，\(f(x)＜0\)，判断函数\(f(x)\)的单调性．

分析：令\(0<x_1<x_2\)，则\(\cfrac{x_2}{x_1}>1\)，故\(f(\cfrac{x_2}{x_1})<0\)；

则有\(f(x_2)-f(x_1)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]-f(x_1)\)\(=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)-f(x_1)\)\(=f(\cfrac{x_2}{x_1})<0\)，

故函数\(f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上单调递减。

注意变形：\(f(x_2)=f[(\cfrac{x_2}{x_1})\cdot x_1]=f(\cfrac{x_2}{x_1})+f(x_1)\)

【定义法】【抽象函数的单调性-变形3】已知函数\(f(x)\)的定义域为\(R\)，对任意实数\(m\)，\(n\)都满足\(f(m+n)=f(m)+f(n)+\cfrac{1}{2}\)，且\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，当\(x>\cfrac{1}{2}\)时，\(f(x)>0\)；

（1）求\(f(1)\)；

分析：赋值法，令\(m=n=\cfrac{1}{2}\)，则\(f(1)=2f(\cfrac{1}{2})+\cfrac{1}{2}=\cfrac{1}{2}\)；

（2）判断函数\(f(x)\)的单调性，并证明。

分析：令\(m=n=0\)，则得到\(f(0)=-\cfrac{1}{2}\)，

令\(m=-n\)，则\(f(m-m)=f(m)+f(-m)+\cfrac{1}{2}\)，则\(f(m)+f(-m)=-1\)，

令\(m=\cfrac{1}{2}\)，由\(f(m)+f(-m)=-1\)和\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，得到\(f(-\cfrac{1}{2})=-1\)

令\(x_2>x_1\)，则\(x_2-x_1>0\)，则\(x_2-x_1+\cfrac{1}{2}>\cfrac{1}{2}\)，则\(f(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})>0\)

则\(f(x_2)-f(x_1)=f[(x_2-x_1)+x_1]-f(x_1)=f(x_2-x_1)+f(x_1)+\cfrac{1}{2}-f(x_1)\)

\(=f(x_2-x_1)+\cfrac{1}{2}=f[(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})+(-\cfrac{1}{2})]+\cfrac{1}{2}\)

\(=f(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})+f(-\cfrac{1}{2})+\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}=f(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})-1+1\)

\(=f(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})>0\)，即\(f(x_2)>f(x_1)\)，

故函数\(f(x)\)在\(R\)上单调递增。

解后反思：为了利用条件\(x>\cfrac{1}{2}\)时，\(f(x)>0\)，故变形\(f(x_2-x_1)=f[(x_2-x_1+\cfrac{1}{2})+(-\cfrac{1}{2})]\)

• 抽象函数的奇偶性判断

已知函数\(f(x)\) 的定义域是\(R\)，并且满足\(f(x)+f(y)=f\left(\cfrac{x+y}{1+xy}\right)\) ，试判断函数的奇偶性。

分析：令\(x=y=0\) ,则\(f(0)+f(0)=f(0)\) ，所以 \(f(0)=0\)

令\(y= -x\) ，则\(f(x)+f(-x)=f(0)=0\) ，所以\(f(x)+f(-x)=0\) ，

故函数\(f(x)\) 是奇函数。

• 抽象函数的对称性

【抽象函数的对称性周期性问题】已知定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)，对任意\(x\in R\)，都有\(f(x+2016)=\)\(f(x)\)\(+f(1008)\)成立，若函数\(y=f(x-2015)\)的图像关于直线\(x=2015\)对称，则\(f(3024)\)=【】

$A.0$ $B.2015$ $C.2016$ $D.2017$

分析：由函数\(y=f(x-2015)\)的图像关于直线\(x=2015\)对称可得，

函数\(y=f(x)\)的图像关于直线\(x=0\)对称，即函数\(f(x)\)为偶函数；

又对任意\(x\in R\)，都有\(f(x+2016)=f(x)+f(1008)\)成立，

令\(x=-1008\)，则有\(f(-1008+2016)=f(-1008)+f(1008)\)，

即\(f(1008)=f(-1008)+f(1008)\)，得到\(f(1008)=f(-1008)=0\)，

即\(f(x+2016)=f(x)+f(1008)\)变形为\(f(x+2016)=f(x)\)，

即\(T=2016\)，故\(f(3024)=f(3024-2016)=f(1008)=0\)，故选\(A\)。

• 抽象函数的单调性

【(2017德州模拟】已知函数\(f(x)\)是定义在R上的奇函数，对任意的\(x，y\in R\)，\(2x+3y\neq 0\)，都有\(\cfrac{f(x)+f(\frac{3y}{2})}{2x+3y}<0\)，若\(2x+3y>0\)，则有【】

\(A.f(2x)+f(3y)\leq 0\) \(B.f(2x)+f(3y)\ge 0\) \(C.f(2x)+f(3y)< 0\) \(D.f(2x)+f(3y)> 0\)

分析：\(\frac{f(x)+f(\frac{3y}{2})}{2x+3y}<0\)可变形为 \(\frac{f(x)+f(\frac{3y}{2})}{x+\frac{3y}{2}}<0\)，即\(\frac{f(x)-f(-\frac{3y}{2})}{x-(-\frac{3y}{2})}<0\)，

令\(x_1=x，x_2=-\cfrac{3y}{2}\)，则\(\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<0\)，

即函数\(f(x)\)为R上的减函数，结合\(2x>-3y\),可得\(f(2x)<f(-3y)=-f(3y)\)，

故有\(f(2x)+f(3y)< 0\)。

• 给定抽象函数求参数的取值范围

【2016天津】已知\(f(x)\)是定义在\(R\)上的偶函数，且在区间\((-\infty，0)\)上单调递增。若实数\(a\)满足\(f(2^{|a-1|})\)\(>f(-\sqrt{2})\)，则\(a\)的取值范围是【】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{2})$ $B.(-\infty，\cfrac{1}{2})\cup (\cfrac{3}{2}，+\infty)$ $C.(\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})$ $D.(\cfrac{3}{2}，+\infty)$

分析：由偶函数可知，\(f(x)\)总满足\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)，\(f(x)\)在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，

故将已知条件转化为\(f(2^{|a-1|})>f(|-\sqrt{2}|)=f(\sqrt{2})\)，

利用在区间\((0，+\infty)\)上单调递减得到\(2^{|a-1|}<2^{\frac{1}{2}}\)，则有\(|a-1|<\cfrac{1}{2}\)，

解得\(a\in (\cfrac{1}{2}，\cfrac{3}{2})\)，故选\(C\).

【2016.北京四市联考】已知\(f(x)\)是定义在\(R\)上的奇函数，且在区间\([0，+\infty)\)上单调递增。若\(\cfrac{|f(lnx)-f(ln\frac{1}{x})|}{2}<f(1)\)，则\(x\)的取值范围是多少？

分析：由题目可知，\(-f(ln\cfrac{1}{x})=-f(-lnx)=f(x)\)，

所以原式可变形为\(\cfrac{|2f(lnx)|}{2}<f(1)\)，即\(|f(lnx)|<f(1)\)，

即\(-f(1)<f(lnx)<f(1)\)，再利用奇函数变形为\(f(-1)<f(lnx)<f(1)\)，

然后利用单调性脱掉符号\(f\)，得到\(-1<lnx<1\)，再解对数不等式，

即就是\(ln\cfrac{1}{e}=-1<lnx<1=lne\)，故\(\cfrac{1}{e}<x<e\).

【2018·珠海月考】已知定义在\(R\)上的奇函数\(y＝f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上单调递增，且\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，则满足\(f(log{\frac{1}{9}}x)>0\) 的$ x$ 的集合为_________。

分析：由于\(y＝f(x)\)在\((0，＋\infty)\)上单调递增，且为奇函数，

则可知函数在\((-\infty，0)\)上单调递增，又\(f(\cfrac{1}{2})=0\)，

则可知\(f(-\cfrac{1}{2})=0\)，又由于函数定义在\(R\)上，则\(f(0)=0\)，

做出大致示意图如下，

由图像可得，

故有\(log{\frac{1}{9}}x>\cfrac{1}{2}\)或\(-\cfrac{1}{2}<log{\frac{1}{9}}x<0\)

即\(log{\frac{1}{9}}x>\cfrac{1}{2}=log{\frac{1}{9}}(\cfrac{1}{9})^{{\frac{1}{2}}}=log{\frac{1}{9}}{\cfrac{1}{3}}\)或\(log{\frac{1}{9}}3<log{\frac{1}{9}}x<log{\frac{1}{9}}1\)

解得\(0<x<\cfrac{1}{3}\)或\(1<x<3\)，

故所求集合为\(\{x\mid 0<x<\cfrac{1}{3}或1<x<3 \}\)。

(2016南京模拟)\(f(x)\)是定义在\((0，+\infty)\)上的单调增函数，满足\(f(xy)=f(x)+f(y)\)，\(f(3)=1\)，当\(f(x)+f(x-8)\leq 2\)时，求\(x\)的取值范围。

分析：\(f(3)+f(3)=f(3\times3)=f(9)=2\)， \(f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]\leq 2=f(9)\)，

等价转化为\(\begin{cases}x>0\\x-8>0\\x(x-8)\leq 9\end{cases}\)，解得\(8<x\leq 9\).

易错：①、如果 \(f(x)+f(x-8)=f[x(x-8)]\leq 2=f(9)\)，转化得到\(\begin{cases}x(x-8)>0\\x(x-8)\leq 9\end{cases}\)，这样的转化往往是不等价的，因为\(x(x-8)>0\)包含了\(x>0，x-8>0\)和\(x<0，x-8<0\)两种情形，由此我们得到的经验是求定义域是一般对函数的形式不做变形，

②、因为我们大多做不到等价变形；比如给定函数\(y=lgx^2\)，我们常常会化为\(y=2lgx\)，殊不知这样的变形是错误的，\(y=lgx^2\)的定义域是\((-\infty，0)\cup(0，+\infty)\)，还是偶函数，而\(y=2lgx\)的定义域是\((0，+\infty)\)，没有奇偶性，其实\(y=lgx^2=2lg|x|\)，有人就纳闷了，我们平时不是经常用公式\(log_a\;b^n=nlog_a\;b\)，对，没错，但是你注意过公式中的字母取值吗？

已知函数\(f(x)\)是\(R\)上的增函数，\(A(0，-3)，B(3，1)\)是其图像上的两点，那么不等式\(-3<\)\(f(x+1)\)\(<1\)的解集的补集是___________.

分析：原不等式即\(-3=f(0)<f(x+1)<f(3)=1\)，故得到\(0<x+1<3\)，解得\(-1<x<2\)，

故其补集为\((-\infty，-1]\cup[2，+\infty)\).

已知函数\(f(x)\)在定义域\((0，+\infty)\)上是单调递增的，若\(f(a^2-a)>f(a+3)\)，则实数\(a\)的取值范围是多少？

分析：此类题目往往需要考虑定义域和单调性，

故原抽象函数不等式转化为\(\begin{cases}a^2-a>0\\a+3>0\\a^2-a>a+3\end{cases}\)，

解得\(-3<a<-1\)或\(a>3\)。

故\(a\)的取值范围是\((-3，-1)\cup(3，+ \infty)\)。

已知定义在R上的偶函数\(f(x)\)，当\(x\ge 0\)时，\(f(x)=e^x+ln(x+1)\)，若\(f(a)<f(a-1)\)，求\(a\)的取值范围。

法1：作出大致草图，结合图像，分类讨论，

但是我们一般不利用这个思路，主要是分类太多，太麻烦。

法2、利用偶函数的性质\(f(x)=f(-x)=f(|x|)\)来简化思考，

由于\(x\ge 0\)时，\(f(x)=e^x+ln(x+1)\)(增+增=增)，

故\(f(x)\)在\([0，+\infty)\)上单调递增，

又\(f(a)<f(a-1)\)可以等价转化为\(f(|a|)<f(|a-1|)\)，

结合单调性可知\(|a|<|a-1|\)，两边同时平方去掉绝对值符号，

解得\(a<\cfrac{1}{2}\)，即\(a\in(-\infty，\cfrac{1}{2})\)。

拔高训练

✍️ 涉及抽象函数的构造

【抽象函数的构造】若对\(\forall x，y\in R\)，都有\(f(x+y)=f(x)+f(y)-2\)，则如何构造函数\(f(x)\)？

分析：由\(f(x+y)=f(x)+f(y)-2\)，令\(x=y=0\)，得到\(f(0)=2\)；

再令\(y=-x\)，得到\(f(0)=f(x)+f(-x)-2\)，即\(f(x)+f(-x)=4\)，

故函数\(f(x)\)关于点\((0，2)\)对称，

故构造函数\(f(x)=2\)或者函数\(f(x)=kx+2\)或者函数\(f(x)=kx^3+2\)，

都是满足题目条件的，当然其中最简单的就是\(f(x)=2\)；