抽象函數解題策略剖析

高中數學課程中有很多問題都具有一定的抽象性，我們在解題的過程中也常常會遇到一些抽象函數的問題，每當學生遇見此類問題時都有望而生畏的感覺，其原因主要是抽象函數本身就是高中數學教學的難點，它沒有明確的函數解析式作為條件，只給出了一些能體現函數特征的代數式，而這些代數式往往又是隱藏較深的條件，學生對于這些條件很難找到合適的突破口，為了解決這一難題，本文就抽象函數問題中的幾種常見題型作一簡單剖析，以供大家參考。

一、一次型抽象函數

f(x+y)=f(x)+f(y) (x，y∈R) 對應具體函數模型f(x)=kx (k為常數)

f(x+y)=f(x)+f(y)+b (x，y∈R) 對應具體函數模型f(x)=kx-b (k，b為常數)

例1:f(x)是定義在R上的奇函數，且滿足如下兩個條件。

1)對于任意的x，y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)

2)當x>0時f(x)<0且f(1)=-2

求函數f(x)在[-3，3]上的最大值和最小值。

分析:由關系式f(x+y)=f(x)+f(y)，可知此函數為f(x)=kx型，而由x>0時f(x)<0知f(x)必為減函數，所以本題應先考慮利用已知條件確定f(x)在[-3，3]上的單調性，從而再由已知條件f(1)=-2求解最值。

解:設x1

∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)。

又∵x10而x>0時f(x)<0。

∴f(x2-x1)<0即f(x2)-f(x1)<0，∴f(x2)

∴f(x)在x∈R上是減函數

∴fmin(x)=f(3)=f(1+2)=f(1)+f(2)=f(1)+f(1+1)=3f(1) =-6。

fmax(x)=f(-3)=-f(3) =6。

例2:函數f(x)對任意的a，b∈R都有f(a+b)=f(a)+f(b)-1，并且當x>0時f(x)>1。

1)求證:f(x)是R上的增函數;

2)若f(4)=5 解不等式f(3m2-m-2)<3。

分析:由關系式f(x+y)=f(x)+f(y)+b，可聯想一次函數f(x)=kx+b，由x>0時f(x)>0可知該函數必為增函數，再由f(4)=5可分析f(2)=3。

解:1)設x1

由f(a+b)=f(a)+f(b)-1可知f(a+b)-f(a)=f(b)-1，

∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)-1 ∵x>0時f(x)>1

而x2>x1∴x2-x1>0∴f(x2-x1)>1∴f(x2-x1)-1>0

∴f(x2)-f(x1)>0，

即f(x2)>f(x1)，∴f(x)是R上的增函數。

2)由f(4)=5可得f(4)=f(2)+f(2)-1

∴f(2)=3。

∴f(3m2-m-2)<3=f(2)，∵f(x)為增函數。

∴3m2-m-2<2，得-1

評注:對于抽象函數，往往是通過研究函數單調性確定其最值的。

二、指數型抽象函數

f(x+y)=f(x)#8226;f(y)

f(x-y)= 其中f(y)≠0 (x，y∈R)對應具體函數模型f(x)=ax(a>0且a≠1)。

例3:已知函數f(x)定義域為R，且對任意x，y總有f(x+y)=f(x)#8226;f(y)，且當x>0時，0

1)求證f(0)=1且當x<0時f(x)>1;

2)求證f(x)是R上的減函數。

分析:由關系式f(x+y)=f(x)#8226;f(y)，可知此函數為指函數而由x>0時0

證明:1)由f(x+y)=f(x)#8226;f(y)，

令x=1，y=0得f(1)=f(1)#8226;f(0)∵x>0時0

∴f(0)=1。

令x<0則-x>0，∴0

∴f(x)=>1，即x<0時f(x)>1。

2)設x10且0

由f(x+y)=f(x)#8226;f(y)得=f(y)，

∴ =f(x1-x2)。

∴0<<1。

∴f(x2)

∴f(x)是R上減函數。

評注:本題解題中應注意整體思想的應用。

三、對數型抽象函數

f(x)+f(y)=f(xy)

f(x)-f(y)=f() (其中x，y∈R+) 對應的具體函數模型f(x)=logax (a>0且a≠1)

例4:已知函數f(x)是定義在(0，+∞)上的增函數且滿足對于任意正實數x，y都有f(xy)=f(x)+f(y)，且f(2)=1:

1)求f(8)的值;

2)解不等式f(x)-f(x-2)>3。

解:1)令x=2，y=2則f(4)=2f(2)∵f(2)=1，

∴f(4)=2。

再令x=4，y=2，則f(8)=f(4)+f(2)=3。

2)由f(x)-f(x-2)>3=f(8)，可知x>0，x-2>0，

f(x)>f(8)+f(x-2)，

f(x)>f[8(x-2)]，

∵f(x)為增函數∴x>0，x-2>0，x>8(x-2)，得到2

評注:解對數型的抽象函數是一定要注意定義域的范圍。

四、三角函數型抽象函數

f(x±y)= (其中: 1±f(x)f(y)≠0)

對應具體函數模型f(x)=tanx(x≠+kπ，k∈z)

f(x)f(y)=[f(x+y)+f(x-y)]，對應具體函數模型y=cosx。

例5:已知函數f(x)滿足f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)(x，y∈R且f(0)≠0)。

求證:f(x)為偶函數。

證明:令x=y=0，有f(0)+f(0)=2f(0)#8226;f(0)，

又∵f(0)≠0∴f(0)=1，

令x=0得f(y)+f(-y)=2f(0)#8226;f(y)，

∴f(-y)=f(y)，∴f(x)為偶函數。

例6:設函數f(x)定義域關于原點對稱，且滿足

①f(x1-x2)=;

②存在正常數a，使f(a)=1。

求證:1)f(x)是奇函數;

2)f(x)是周期函數，并且有一個周期為4a。

分析:由關系式可知，此函數可類比f(x)=tanx，

1)利用賦值法，構造出式子f(-x)=±f(x);

2)證明周期性，一般通過兩次代換。

證明:1)令x=x1-x2得

f(-x)=f(x2-x1)==-=-f(x1-x2)=-f(x)

∴f(x)是奇函數

2)由f(a)=1可知

f(x+a)=f[x-(-a)]===

f(x+2a)=f[(x+a)+a]===-

∴f(x+4a)=f(x+2a+2a)=-=f(x)。

∴f(x)是以4a為周期的周期函數。

抽象函數問題對培養學生的邏輯推理能力，抽象思維能力都是極好的題材，但抽象函數問題的求解用常規方法一般很難奏效，我們如果能通過對題目的信息分析與研究，采用特殊的方法和手段求解，往往會收到事半功倍之功效，真有些“山重水復疑無路，柳暗花明又一村”的感覺。

(佳木斯市第二中學)