巧妙轉化,化繁為簡
———淺析指數函數f(x)＝ex 在抽象函數中的應用

◇ 陜西 石 鵬 劉 卓

抽象函數是指沒有給出具體解析式的函數,是高中數學函數中的一個重要研究對象．由于抽象函數可以全面考查學生對函數的定義域、單調性、奇偶性、對稱性和周期性等性質的掌握,所以抽象函數在高考中常出現．本文對與指數函數的抽象形式有關問題的解法進行研究與總結．

1 在抽象函數單調性中的應用

例1已知函數f(x)滿足：對任意的x,y∈R有f(x)·f(y)＝f(x＋y),且f(1)＞1,則在區間[－2,2]上,自變量x取( )時,f(x)取得最大值．

A．－2 B．2 C．0 D．1或－1

解析

由于指數函數y＝ax(a＞0且a≠1)滿足：對任意的x,y∈R有f(x)·f(y)＝f(x＋y),因為f(1)＞1,不妨設函數f(x)＝ex,易知f(x)在區間[－2,2]上單調遞增,所以當x＝2時函數f(x)取得最大值．故選B．

本題利用指數函數的特征,將抽象函數問題轉化為顯函數問題,直接利用指數函數y＝ex的單調性,快速解決此類問題,避免了利用單調性的定義判斷的步驟,從而使復雜問題簡單化．因此,我們需要熟練掌握基本初等函數的抽象形式,才能達到靈活應用、融會貫通的目的．其他形式如下．

(1)常函數：f(x)＝f(y)；

(2)正比例函數：f(x)±f(y)＝f(x±y)；

(3)冪函數：f(x)·f(y)＝f(xy),f(x)－

(4)對數函數：f(x)＋f(y)＝f(xy),f(x)－

2 在抽象函數不等式中的應用

例2已知定義在R上的函數f(x)滿足：f′(x)＞2f(x),且f(1)＝1,則不等式f(x)＞e2x－2的解集為( )．

A．(－∞,1) B．(1,＋∞)

C．(－1,1) D．(0,1)

解析

由f′(x)＞2f(x)知F′(x)＞0,所以F(x)為R上的增函數．

f(x)＞e2x－2,即,由f(1)＝1可知,F(x)＞F(1),所以x＞1,故選B．

此題利用導數公式：(e2x)′＝2 e2x,結合題干中的抽象函數不等式f′(x)＞2f(x),構造抽象函數F(x),容易判斷F′(x)的正負性,確定F(x)的單調性,然后將問題轉化到構造的函數F(x),使問題簡單明了．

與指數函數ex有關的抽象函數構造方法有：

(1)f′(x)＋f(x)＞0,構造F(x)＝exf(x)；

(2)f′(x)－f(x)＞0,構造

(3)f′(x)＋kf(x)＞0(k＞0),構造F(x)＝ek xf(x)；

(4)f′(x)－kf(x)＞0(k＞0),構造F(x)＝

(5)kf′(x)＋f(x)＞0(k＞0),構造F(x)＝

(6)kf′(x)－f(x)＞0(k＞0),構造F(x)＝

(7)(1＋x)f(x)＋xf′(x)＞0,構造F(x)＝xf(x)ex；

(8)(1－x)f(x)＋xf′(x)＞0,構造F(x)＝

3 在抽象函數等式中的應用

例3設函數f(x)滿足x2f′(x)＋2xf(x)＝,則x＞0時,f(x)( )．

A．有極大值,無極小值

B．有極小值,無極大值

C．既有極大值又有極小值

D．既無極大值也無極小值

解析

因為(x2f(x))′＝x2f′(x)＋2xf(x),設g(x)＝x2f(x),則,且f(x)＝,所以

記h(x)＝ex－2g(x),則h′(x)＝ex－2g′(x)＝,所以當x∈(0,2)時,h′(x)＜0,h(x)在(0,2)上單調遞減；當x∈(2,＋∞)時,h′(x)＞0,h(x)在(2,＋∞)上單調遞增．因此h(x)≥h(2)＝e2－2g(2)＝e2－8f(2)＝0,即x∈(0,＋∞)時,f′(x)≥0,所以f(x)在(0,＋∞)單調遞增,故f(x)在(0,＋∞)上既無極大值也無極小值．故選D．

例4已知函數f(x)的導函數為f′(x),且對任意的實數x都有f′(x)＝e－x(2x＋3)－f(x)(e是自然對數的底數),且f(0)＝1,若關于x的不等式f(x)－m＜0的解集中恰有2個整數,則實數m的取值范圍是( )．

A．(－e,0] B．[－e2,0)

C．[－e,0) D．(－e2,0]

解析

由f′(x)＝e－x(2x＋3)－f(x),可知(f′(x)＋f(x))ex＝2x＋3,即

所以exf(x)＝x2＋3x＋C(其中C為常數),所以．由f(0)＝1,可知C＝1,所以,則

故f(x)的增區間為(－2,1),減區間為(－∞,－2)和(1,＋∞),且有f(－2)＝－e2,_________________的圖象如圖1所示,f(－1)＝－e,f(－3)＝e3．

圖1

綜上,不等式m＞f(x)的解集中恰有2個整數,這2個整數只能是－2,－1,所以m∈(f(－1),0],即m∈(－e,0]．故選A．

上述兩道例題條件的一般形式為定義在D上的函數f(x)滿足：f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)＝h(x),且f(x0)＝m,然后判斷函數f(x)的單調性．

解題思路由題意知(f(x)g(x))′＝h(x)．

① 若存在函數H(x),使得H′(x)＝h(x),則f(x)g(x)＝H(x)＋C(其中C為常數),f(x)＝,由f(x)＝m,解得C＝C,于是函數00f(x)的解析式確定．

② 若不存在函數H(x),使得H′(x)＝h(x),令F(x)＝f(x)g(x),則F′(x)＝h(x),所以f(x)＝,所以

于是使得G′(x)不是抽象函數,且可判斷G′(x)的正負性,從而判斷G(x)的單調性,結合f(x0)＝m與可判斷函數f′(x)的正負性,從而判斷函數f(x)的單調性．

4 在與抽象函數有關的數列中的應用

例5已知函數y＝f(x)的定義域為R,當x＜0時,0＜f(x)＜1,且對任意的x,y∈R,等式f(x)·f(y)＝f(x＋y)成立,若數列{an}滿足f(an＋1)·,且a1＝f(0),則下列結論成立的是( )．

A．f(a2016)＜f(a2019) B．f(a2017)＜f(a2020)

C．f(a2018)＜f(a2020) D．f(a2018)＜f(a2019)

解析

由任意的x,y∈R,等式f(x)·f(y)＝f(x＋y)成立和當x＜0時,0＜f(x)＜1,不妨設f(x)＝ex,所以

所以,數列{an}是以3為周期的周期數列,

所以a2020＞a2018＞a2019,f(a2020)＞f(a2018)＞f(a2019),故選C．

本題利用抽象函數構造數列,將數列的周期性與函數的單調性綜合考查,根據抽象函數遞推式,將抽象函數轉化到指數函數y＝ex,使得抽象函數的單調性簡單明了,再借助指數運算容易給出數列的遞推關系式,從而得到數列的周期性,使問題得以解決．

5 在抽象函數導數與數列中的應用

例6已知定義在R上的函數f(x),g(x)滿足：對任意的x,y∈R都有f(x)f(y)g(x＋y)＝g(x)g(y)f(x＋y),且f′(x)g(x)＞f(x)g′(x),e(f(1)g(－1)＋f(－1)g(1))＝ (e2＋1)g(1)·g(－1),數列{bn}滿足：f(n)＝bn·g(n),則數列{bn}的前10項和為( )．

解析

對任意的x,y∈R,有

由e(f(1)g(－1)＋f(－1)g(1))＝(e2＋1)·g(1)g(－1)可知解得a＝e或(舍),所以,即{bn}為等比數列,前10項和為,故選C．

求解此題的關鍵是將抽象函數的一般形式向指數函數的抽象函數形式轉化,結合導數運算確定單調性,從而解得數列的通項公式．

指數函數作為高考數學的一個重點考查對象,在函數中有著舉足輕重的地位．當遇到對任意的x,y∈R有f(x)f(y)＝f(x＋y)的模型時,就可以向指數函數y＝ax(a＞0且a≠1)上轉化,從而使問題得以簡化,達到化繁為簡的目的．