《考前三个月》2015届高考数学（人教通用文科）练透高考必会题型：专题3 第10练.docx

1、第10练化解抽象函数快捷有效的几个途径内容精要抽象函数有关知识在有些省市已经属于常考内容，考查形式以选择题和填空题为主，考查的知识主要是函数性质，要求对函数的性质非常熟悉才能解决，解决办法主要是利用赋值和特殊值来解决题型一与抽象函数有关的函数性质问题例1已知f(x)是定义在R上的偶函数，且以2为周期，则“f(x)为0,1上的增函数”是“f(x)为3,4上的减函数”的()A既不充分也不必要的条件B充分而不必要的条件C必要而不充分的条件D充要条件破题切入点周期函数的概念，同时考查单调性及充要条件答案D解析f(x)在R上是偶函数，f(x)的图象关于y轴对称f(x)为0,1上的增函数，f(x)为1,0

2、上的减函数又f(x)的周期为2，f(x)为区间14,043,4上的减函数f(x)为3,4上的减函数，且f(x)的周期为2，f(x)为1,0上的减函数又f(x)在R上是偶函数，f(x)为0,1上的增函数由知“f(x)为0,1上的增函数”是“f(x)为3,4上的减函数”的充要条件题型二与抽象函数有关的函数零点问题例2设函数f(x)在R上满足f(2x)f(2x)，f(7x)f(7x)，且在闭区间0,7上，只有f(1)f(3)0，则方程f(x)0在闭区间2 011,2 011上的根的个数为()A802 B803 C804 D805破题切入点将条件转化为我们所熟悉的知识答案D解析f(7x)f(7x)f(

3、2(5x)f(2(5x)f(3x)，即f(x10)f(x)，所以函数的周期为10，且对称轴为x2，x7，在0,10内，f(1)f(3)f(11)f(13)，所以一个周期内只有2个零点，在0,2 011内2 011201101有20121403个，在2 011,0内2 011201(10)1，有201个周期且f(1)0，此时有2012402个零点，合计805，故选D.题型三与抽象函数有关的新概念问题例3设V是全体平面向量构成的集合若映射f：VR满足：对任意向量a(x1，y1)V，b(x2，y2)V，以及任意R，均有f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，则称映射f具有性质P，现给出如下映射：f1

4、：VR，f1(m)xy，m(x，y)V；f2：VR，f2(m)x2y，m(x，y)V；f3：VR，f3(m)xy1，m(x，y)V.其中，具有性质P的映射的序号为_(写出所有具有性质P的映射的序号)破题切入点准确把握性质P的含义答案解析a(x1，y1)，b(x2，y2)，a(1)b(x1(1)x2，y1(1)y2)对于，f1(m)xy，f(a(1)b)x1(1)x2y1(1)y2(x1y1)(1)(x2y2)，而f(a)(1)f(b)(x1y1)(1)(x2y2)，f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，具有性质P.对于，f2(m)x2y，设a(0,0)，b(1,2)，a(1)b(1，2(1)

5、，f(a(1)b)(1)22(1)243，而f(a)(1)f(b)(020)(1)(122)3(1)，又是任意实数，f(a(1)b)f(a)(1)f(b)，故不具有性质P.对于，f3(m)xy1，f(a(1)b)x1(1)x2y1(1)y21(x1y1)(1)(x2y2)1，又f(a)(1)f(b)(x1y11)(1)(x2y21)(x1y1)(1)(x2y2)(1)(x1y1)(1)(x2y2)1，f(a(1)b)f(a)(1)f(b)具有性质P.综上，具有性质P的映射的序号为.总结提高(1)让抽象函数不再抽象的方法主要是赋值法和单调函数法，因此学会赋值、判断并掌握函数单调性和奇偶性是必须过

6、好的两关，把握好函数的性质(2)解答抽象函数问题时，学生往往盲目地用指数、对数函数等来代替函数来解答问题而导致出错，要明确抽象函数是具有某些性质的一类函数而不是具体的某一个函数，因此掌握这类函数的关键是把握函数的性质以及赋值的方法1设f(x)为偶函数，对于任意的x0，都有f(2x)2f(2x)，已知f(1)4，那么f(3)等于()A2 B2 C8 D8答案D解析f(x)为偶函数，f(1)f(1)4，f(3)f(3)，当x1时，f(21)(2)f(21)，f(3)(2)48，f(3)8.2对于函数yf(x)，xR，“y|f(x)|的图象关于y轴对称”是“yf(x)是奇函数”的()A充分而不必要条

7、件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件答案B解析若函数yf(x)是奇函数，则f(x)f(x)此时|f(x)|f(x)|f(x)|，因此y|f(x)|是偶函数，其图象关于y轴对称，但当y|f(x)|的图象关于y轴对称时，未必能推出yf(x)为奇函数，故“y|f(x)|的图象关于y轴对称”是“yf(x)是奇函数”的必要而不充分条件3函数f(n)logn1(n2)(nN*)，定义：使f(1)f(2)f(k)为整数的数k (kN*)叫做企盼数，则在区间1,10内这样的企盼数共()A2个 B3个 C4个 D5个答案A解析依题意有f(1)log23，f(2)log34，f(3)log45，f

8、(k)logk1(k2)，则有f(1)f(2)f(3)f(k)log2(k2)令log2(k2)m，则k2m2，由k1,10得12m210，32m12，kN*，m2,3，故所求的企盼数共有2个4设函数f(x)和g(x)分别是R上的偶函数和奇函数，则下列结论恒成立的是()Af(x)|g(x)|是偶函数Bf(x)|g(x)|是奇函数C|f(x)|g(x)是偶函数D|f(x)|g(x)是奇函数答案A解析由f(x)是偶函数，可得f(x)f(x)，由g(x)是奇函数可得g(x)g(x)，故|g(x)|为偶函数，f(x)|g(x)|为偶函数5定义在R上的偶函数f(x)满足f(2x)f(x)，且在3，2上是

9、减函数，是钝角三角形的两个锐角，则下列不等式中正确的是()Af(sin )f(cos ) Bf(sin )f(cos )Cf(cos )f(cos )答案B解析因为f(x)为R上的偶函数，所以f(x)f(x)，又f(2x)f(x)，所以f(x2)f(2(x2)f(x)f(x)，所以函数f(x)以2为周期，因为f(x)在3，2上是减函数，所以f(x)在1,0上也是减函数，故f(x)在0,1上是增函数，因为，是钝角三角形的两个锐角，所以，则0sin sincos 1，故f(sin )0)，其图象如图所示，则方程f(g(x)0根的个数为 ()A2 B3 C5 D6答案D解析由f(x)的图象可知方程f

10、(x)0有三个根，分别设为x1，x2，x3，因为f(g(x)0，所以g(x)x1，g(x)x2或g(x)x3，因为ax1a0，cb0.(1)记集合M(a，b，c)|a，b，c不能构成一个三角形的三条边长，且ab，则(a，b，c)M所对应的f(x)的零点的取值集合为_(2)若a，b，c是ABC的三条边长，则下列结论正确的是_(写出所有正确结论的序号)x(，1)，f(x)0；xR，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；若ABC为钝角三角形，则x(1,2)，使f(x)0.答案(1)x|0a0，cb0，ab且a，b，c不能构成三角形的三边，02ac，2.令f(x)0得2axcx，即x2.x.

11、log21.0c.ca0，cb0，01,0cxcx0.x(，1)，f(x)0.故正确令a2，b3，c4，则a，b，c可以构成三角形但a24，b29，c216却不能构成三角形，故正确ca，cb，且ABC为钝角三角形，a2b2c20，f(2)a2b2c21时，f(x)0.(1)求f(1)的值；(2)判断f(x)的单调性；(3)若f(3)1，解不等式f(|x|)0，代入得f(1)f(x1)f(x2)0，故f(1)0.(2)任取x1、x2(0，)，且x1x2，则1.当x1时，f(x)0.f()0，即f(x1)f(x2)0，有f(x1)f(x2)，故函数f(x)在区间(0，)上单调递减 (3)由f()f

12、(x1)f(x2)，得f()f(9)f(3)而f(3)1，f(9)2.函数f(x)在区间(0，)上单调递减，原不等式为f(|x|)9，x9，不等式的解集为x|x912设集合Pn1,2，n，nN*，记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：APn；若xA，则2xA；若xPnA，则2xPnA.(1)求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示)解(1)当n4时，符合条件的集合A为：2，1,4，2,3，1,3,4，故f(4)4.(2)任取偶数xPn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是xm2k，其中m为奇数，kN*.由条件知，若mA，则xAk为偶数；若mA，则xAk为奇数于是x是否属于A由m是否属于A确定设Qn是Pn中所有奇数的集合，因此f(n)等于Qn的子集个数当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是，所以f(n)