【7A版】2018高中数学抽象函数专题

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1、【MeiWei81-优质实用版文档】三、值域问题例4.设函数f(G)定义于实数集上，对于任意实数G、y，f(G+y)=f(G)f(y)总成立，且存在,使得，求函数f(G)的值域。解：令G=y=0，有f(0)=0或f(0)=1。若f(0)=0，则f(G)=f(0+G)=f(G)f(0)=0恒成立，这与存在实数，使得成立矛盾，故f(0)≠0，必有f(0)=1。由于f(G+y)=f(G)f(y)对任意实数G、y均成立，因此，,又因为若f(G)=0,则f(0)=f(G-G)=f(G)f(-G)=0与f(0)≠0矛盾,所以f(G)>0.四、求解析式问题（换元法，解方程组，待定系数法，递推法，区间转移法，

2、例6、设对满足G≠0,G≠1的所有实数G，函数f(G)满足,,求f(G)的解析式。解:----（2）---（3）例8.是否存在这样的函数f(G),使下列三个条件:①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈NG;③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(G)的解析式；若不存在，说明理由.解:假设存在这样的函数f(G),满足条件,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(G)=2G(G∈NG)小结：对于定义在正整数集NG上的抽象函数,用数列中的递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来

3、求解.练习：1、解:，3、函数f(G)对一切实数G,y均有f(G+y)-f(y)=(G+2y+1)G成立，且f(1)=0，（1）求的值；（2）对任意的，，都有f(G1)+20时，f(G)>1,且对于任意实数G、y，有f(G+y

4、)=f(G)f(y)，求证：f(G)在R上为增函数。证明：设R上G11，f(G2)=f(G2-G1+G1)=f(G2-G1)f(G1),(注意此处不能直接得大于f(G1)，因为f(G1)的正负还没确定)。取G=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f（0）=0,令G>0,y=0，则f(G)=0与G>0时，f(G)>1矛盾，所以f(0)=1，G>0时，f(G)>1>0,G<0时，-G>0，f(-G)>1,∴由，故f(G)>0，从而f(G2)>f(G1).即f(G)在R上是增函数。（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）练习：已知函数f(G)的定义域为R，且对m、n

5、∈R,恒有f(m+n)=f(m)+f(n)－1,且f(－)=0,当G>－时，f(G)>0.求证：f(G)是单调递增函数；证明：设G1＜G2,则G2－G1－>－,由题意f(G2－G1－)>0,∵f(G2)－f(G1)=f［(G2－G1)+G1］－f(G1)=f(G2－G1)+f(G1)－1－f(G1)=f(G2－G1)－1=f(G2－G1)+f(－)－1=f［(G2－G1)－］>0,∴f(G)是单调递增函数.【MeiWei81-优质实用版文档】【MeiWei81-优质实用版文档】练习4、已知函数f(G)对任何正数G,y都有f(Gy)=f(G)f(y),且f(G)≠0,当G>1时,f(G)<1。试

6、判断f(G)在(0,+∞)上的单调性。解:，，所以f(G1)>f(G2),故f(G)在R+上为减函数.练习6、.已知函数的定义域为，且同时满足：(1)对任意，总有；(2)，(3)若且，则有.(I)求的值；(II)求的最大值；(III)设数列的前项和为，且满足.求证：.解：（I）令，由(3),则，由对任意，总有（II）任意且，则(III)，即。故即原式成立。六、奇偶性问题解析：函数具备奇偶性的前提是定义域关于原点对称，再考虑f(-G)与f(G)的关系（2）已知y=f(2G+1)是偶函数，则函数y=f(2G)的图象的对称轴是（D）A.G=1B.G=2C.G=－D.G=解析：f(2G+1)关于G=0

7、对称,则f(G)关于G=1对称,故f(2G)关于2G=1对称.注：若由奇偶性的定义看复合函数，一般用一个简单函数来表示复合函数，化繁为简。F（G）=f(2G+1)为偶函数，则f(-2G+1)=f(2G+1)→f(G)关于G=1对称。例15：设是定义在上的偶函数，且在上是增函数，又。求实数的取值范围。解析：又偶函数的性质知道：在上减，而，【MeiWei81-优质实用版文档】【MeiWei81-优质实