例談利用基本函數(shù)運(yùn)算性質(zhì)解題

巨小鵬

(陜西省漢中市龍崗學(xué)校 723102)

根據(jù)基本函數(shù)的性質(zhì)，我們不難得出如下運(yùn)算性質(zhì)：

f(x)=kx:f(x+y)=f(x)+f(y)；

f(x)=sinx和g(x)=cosx：f(x+y)=f(x)g(y)+g(x)f(y)；

為此，構(gòu)造基本函數(shù)解題，特別是選擇填空題，以節(jié)省時(shí)間，快速高效，所以平時(shí)理解基本函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)至關(guān)重要，構(gòu)造函數(shù)思想意識(shí)也值得重視.

1 構(gòu)造指數(shù)型函數(shù)

例1若f(x)滿足對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，b都有f(a+b)=f(a)f(b)且f(1)=2，則下列判斷正確的有( ).

A.f(x)是奇函數(shù)

B.f(x)在定義域上單調(diào)遞增

C.當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí)，函數(shù)f(x)>1

思路1 令a=0,b=1，則

f(1)=f(1+0)=f(1)f(0).

即2=2f(0).

所以f(0)=1，f(x)不可能是奇函數(shù)，A錯(cuò)；

對(duì)于任意x∈R，f(x)≠0，若存在x0∈R，使得f(x0)=0，則f(0)=f[x0+(-x0)]=f(x0)f(-x0)=0，與f(0)=1矛盾，故對(duì)于任意x∈R，f(x)≠0.

所以對(duì)于任意x∈R，

因?yàn)閒(1)=2>1，所以對(duì)任意正整數(shù)n，

同理f(n)=f(1+1+…+1)=f(1)f(1)…f(1)=2n>1，

對(duì)任意正無(wú)理數(shù)q，可看作是某個(gè)有理數(shù)列p1,p2,p3,…的極限，而f(pi)>1，i∈N，所以f(q)是f(pi)的極限，所以f(q)>1，綜上對(duì)所有正實(shí)數(shù)x，有f(x)>1，C正確.

設(shè)x10.

所以f(x2-x1)>1.

則f(x2)=f[x1+(x2-x1)]=f(x1)·f(x2-x1)>f(x1).

所以f(x)在定義域上單調(diào)遞增，B正確.

思路2 滿足條件的函數(shù)有f(x)=2x.則A不對(duì)，BC正確.已知f(2n)=f(2n-1+1)=f(2n-1)f(1)=2f(2n-1)，

D正確.

評(píng)注構(gòu)造指數(shù)函數(shù)模型f(x)=2x，將抽象函數(shù)的解析式顯現(xiàn)，與函數(shù)運(yùn)算性質(zhì)聯(lián)系起來(lái)，特別是對(duì)于客觀題的處理，大大降低了對(duì)題判斷的難度.

例2已知函數(shù)f(x)>0，且對(duì)定義域上的任意x,y有f(x+y)=f(x)·f(y)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1，則( ).

所以x∈R時(shí)，f(x)>0.

任取x1

因?yàn)閤1

因?yàn)閤<0時(shí)，f(x)<1，

所以f(x1-x2)-1<0.

所以f(x1)-f(x2)<0.

所以f(x1)

所以f(x)是定義域上的增函數(shù).

思路2 由題意取函數(shù)f(x)=2x在R上單調(diào)遞增.

評(píng)注利用函數(shù)的單調(diào)性解題，首先需要判斷函數(shù)單調(diào)性，判斷的過(guò)程就顯得尤為重要.構(gòu)造滿足題意的函數(shù)f(x)=2x，于是單調(diào)性的問(wèn)題就迎刃而解.

2 構(gòu)造對(duì)數(shù)型函數(shù)

思路1 與自然數(shù)n有關(guān)的命題，會(huì)想到數(shù)學(xué)歸納法，此法不在此贅述.

3 構(gòu)造三角函數(shù)

思路1 令x=y=1,可得2f(1)f(0)=f(1)+f(1)=2f(1).

所以f(0)=1.

令x=2,y=0，

可得2f2(1)=f(2)+f(0).

令x=3,y=1，

可得2f(2)f(1)=f(3)+f(1).

所以f(3)=-1.

令x=4,y=0，

可得2f2(2)=f(4)+f(0).

令x=5,y=1，

可得2f(3)f(2)=f(5)+f(1).

令x=6,y=0，

可得2f2(3)=f(6)+f(0).

所以f(6)=1.

故函數(shù)是以6為周期的周期函數(shù).