抽象函數解題全攻略

抽象函數常以高中函數的主體內容——定義域、函數的單調性、函數的奇偶性、函數的周期性為背景，以解不等式、求數列通項等為目的，知識覆蓋面較大，綜合性較強，靈活選擇方法的要求較高，再加上題意變幻，構思精巧，具有相當的深度和難度.為了應對2010年的高考，本著未雨綢繆的思想，本文探討一些抽象函數問題，并舉例分析其解題方法，旨在探索題型規律，開拓同學們的視野.

一、抽象函數的周期性

一個函數，如果有兩條對稱軸，則它是周期函數，如果有兩個對稱中心，它也必然是周期函數;如果有一個對稱中心和一條對稱軸，則它也是周期函數，抽象函數經常在這個方面出題.

例1 設函數f(x)在(-∞，+∞)上滿足f(2-x)=f(2+x)，f(7-x)=f(7+x)，且在閉區間[0，7]上，只有f(1)=f(3)=0. ⑴ 試判斷函數y=f(x)的奇偶性; (2)試求方程f(x)=0在閉區間[-2010，2010]上的根的個數，并證明你的結論.

⑴分析:證明函數f(x)是偶函數，只須證①定義域關于原點對稱;②f(-x)=f(x)，要注意判斷y=f(x)也有可能是非奇非偶函數.

解析 ⑴由f(2-x)=f(2+x)，得f(x)=f(4-x);由f(7-x)=f(7+x)，得f(x)=f(14-x)，故f(4-x)=f(14-x)，即f(x)=f(x+10)，函數y=f(x)的周期為T=10，而f(3)=f(1)=0，f(7)≠0，f(-3)=f(-3+10)=f(7)≠0，所以f(-3)≠±f(3)，故函數y=f(x)是非奇非偶函數.

⑵ 分析:顯然要根據周期解決，周期為10，在閉區間[0，7 ]上，只有f(1)=f(3)=0，必須研究f(8)、f(9)、f(10)是否為0.

解析 ⑵f(3)=f(1)=0，圖像關于x=7對稱，故可知f(8)=f(6)≠0，同理f(9)≠0，f(10)≠0，即在一個周期內只有兩個根.可知函數y=f(x)在[0，2010]上有402個根，在[-2010，0]上有402個解，所以函數y=f(x)在[-2010，2010]上有804個解.

點評 ⑴若函數f(a+x)=f(b-x)滿足，則關于直線x=對稱;⑵若函數滿足f(x+a)=-f(x)，則周期為T=2a. 若函數滿足f(a-x)=f(b-x)，則周期T=b-a.

二、抽象函數的單調性

函數是數學大廈的“基石”，是中學數學中具有統帥作用的重要內容，函數的單調性則是函數的核心.經常利用導數來判斷函數的單調性.由于抽象函數沒有具體解析式，所以其單調性的證明又別有一番風味.

例2 已知函數f(x)的定義域為{x|x∈R，且x≠0}，對定義域內的任意x1、x2，都有f(x1#8226;x2)=f(x1)+f(x2)，且當x>1時f(x)>0，f(2)=1.(1)求證:f(x)是偶函數;(2)求證:f(x)在(0，+∞)上是增函數;(3)解不等式f(2x2-1)<2.

解析 (1)分析:證明函數f(x)是偶函數，只須證①定義域關于原點對稱;②f(-x)=f(x)，因此可令x1=-1，x2=x. 再利用特值法求f(-1)，f(1).

證明: f(x)的定義域為{x|x∈R，且x≠0}關于原點對稱，因為對定義域內的任意x1、x2都有f(x1#8226;x2)=f(x1)+ f(x2)，令x1=-1，x2=x，則有f(-x)=f(x)+f(-1)，又令x1=x2=-1，得f(1)=2f(-1)，再令x1=x2=1，得f(1)=0，從而f(-1)=0，于是有f(-x)=f(x)，可知f(x)是偶函數.

(2)分析:證明單調性一般采用定義法來證. 本題的關鍵是利用f(x1#8226;x2)=f(x1)+f(x2)，因此可令x2=x1#8226;t(t>1).

證明: 設任意x1，x2滿足01)，故f(x1)-f(x2)=f(x1)-[f(x1)+f(t)]=-f(t)，因為t>1，故f(t)>0，所以 f(x1)-f(x2)<0，即f(x)在(0，+∞)上是增函數.

(3)分析:由于沒有具體函數，因此要解不等式必須利用函數的單調性，也就是要求出f(m)=2中的m，又因為函數是偶函數，故可以利用f(-x)=f(x)=f(|x|)來解不等式.

解析: 由于f(2)=1，令x1=x2=2，則f(4)=2f(2)=2，于是待解不等式可化為f(2x2-1)

點評 ⑴在抽象函數問題中，常用的特殊值是f(0)， f(1)，f(-1)等等;⑵ 如果題目所給的條件是f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，則在證明單調性時，一般可令x2=x1+t(t>0);⑶ 在求解不等式時，可以采用令x1=x2等于所給的兩個數的方法來解決.

三、抽象函數的原型

抽象函數也是從實際函數中轉化而來的，在解題中，如果能夠熟練把握抽象函數的原型，能夠使解題事半功倍.

例3 設函數y=f(x)是定義在R上的函數，并且滿足下面三個條件:①對任意正數x、y，都有f(xy)=f(x)+f(y);②當x>1時，f(x)<0;③f(3)=-1.

⑴ 求f(1)、f()的值;⑵ 如果不等式f(x)+f(2-x)<2成立，求x的取值范圍;(3) 如果存在正數k，使不等式f(kx)+f(2-x)<2有解，求正數k的取值范圍.

分析 觀察所給條件，推斷出抽象函數的原型是 f(x)=logx，由此易知f(1)=0，f()=2.找到原型后對于后面解不等式及求值等問題有很大的幫助， 但是不能使用原型函數直接解題.

解析 ⑴ 令x=y=1，易得f(1)=0. 而f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2，且f(9)+f()=f(1)=0，所以f()=2.

⑵ 由條件①及(1)的結果得:f(x(2-x))，0

⑶ 同上，不等式f(kx)+f(2-x)<2，可化為kx(2-x)>且0，此不等式有解等價于k>[]min.∵[x(2-x)]max=1，故k>即為所求范圍.

點評 以下是一些常見抽象函數的原型:

一次函數f(x)=kx+b(k≠0)抽象函數模型為:f(x+y)=f(x)+f(y)+b;

指數函數f(x)=ax(a>0，a≠1)，抽象函數模型為:①f(x+y)=f(x)#8226;f(y);②f(x-y)=;

對數函數f(x)=logax(a>0，a≠1)抽象函數模型為:①f(xy)=f(x)+f(y);②f()=f(x)-f(y);

余弦函數f(x)=cosx有公式cos(α+β)+cos(α-β)=2cosαcosβ，其抽象函數模型為:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y).

四、抽象函數的交匯性

關注知識交匯點，把握縱橫聯系，揭示普遍規律，注重綜合應用，在知識的交匯點處命題，考查綜合分析問題解決問題的能力，是高考命題的風向標.

例4 設函數f(x)的定義域為R，當x<0時，0

分析 第三問是數列與抽象函數的交匯，考察了求通項，等比數列求和，裂項相消等知識.

解析 (1)令y=0，x=-1，得f(-1)=f(-1)f(0)，f(-1)[1- f(0)]=0，∵f(-1)>0，∵f(0)=1.

(2) 又∵x<0時，f(x)>0，∴當x>0時，由f(x-x)=f(x) f(-x)=1，得f(x)=>0，故對于x∈R，f(x)>0.設x1

(3) 由f(a2 n+1-a2n)=(n∈N*)，得f(a2 n+1-a2n)f(an+1-3an-2)=f(0)，即f(a2 n+1-a2n+an+1-3an-2)=f(0)，(n∈N*)，∵函數f(x)是R上單調函數，∴a2 n+1-a2n+an+1-3an-2=0 (an+1+an+2)(an+1-an-1)=0，∵數列{an}各項都是正數，∴an+1+an+2≠0，∴an+1-an=1(n∈N*)， ∴數列{an}是首項a1=f(0)=1，公差為1的等差數列，且an=n.∵==-，

∴Tn=++…+=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-.

而Sn=b1+b2+…+bn=+()2+…+()n==1-.∵當n=1時，2n=n+1，∴Tn=Sn，當n≥2時，2n=(1+1)n=1+n++…>n+1，∴<，∴Tn

點評 經過適當構造，抽象函數還可以與不等式、概率統計、導數等等知識點相交匯.

五、抽象函數的創新性

創新型問題是給出一個新定義、新運算、新函數或新概念，要求考生利用其解決問題.這種問題不能利用以往的公式或定理，把考查的方向由死記硬背轉向考查考生的能力運用.解創新型問題，需要通過閱讀分析材料，捕捉相關信息，通過歸納、類比與探索，發現解題方法.這類題立意新、構思巧，既考查考生的閱讀理解能力與數學語言轉化能力，又考查考生分析、探究和解決問題的能力.

例5 已知集合M是滿足下列性質的函數f(x)的全體，存在非零常數，對任意x∈R，有f(x+T)=Tf(x)成立. (1) 函數f(x)=x是否屬于集合M?說明理由; (2) 設 f(x)∈M，且T=2， 已知當1

分析 對于第一問一般來說是假設屬于集合，然后再找出成立的條件是否滿足. 對于第二問，類似于使用周期性來求解析式.

解析 (1) 假設函數f(x)=x屬于集合M，則存在非零常數T，對任意x∈R，有f(x+T)=Tf(x)成立，即: x+T=Tx成立.令x=0，則T=0，與題設矛盾，故f(x)M.

(2) f(x)∈M，且T=2，則對任意x∈R，有f(x+2)=2f(x)，設-3

當1

總之，抽象函數試題可以幫助同學們學習一些重要的數學思想，有助于進一步打好數學基礎，提高數學思維能力，有利于擴展數學視野，有利于提高對數學的科學價值、應用價值、文化價值的認識，真正達到“學數學，用數學，做數學”的境界.

責任編校徐國堅