中學(xué)數(shù)學(xué)中常見抽象函數(shù)題型及其解法

抽象函數(shù)是相對(duì)于具體的函數(shù)而言，是指沒有給出函數(shù)解析式或?qū)?yīng)法則，只是給出函數(shù)所滿足的一些性質(zhì)，抽象函數(shù)一般是指滿足這些性質(zhì)的一類函數(shù).求解抽象函數(shù)問題，要有扎實(shí)的知識(shí)基礎(chǔ)和較強(qiáng)的抽象思維和邏輯推理能力。隨著高考“多考點(diǎn)想，少考點(diǎn)算”精神的突顯，抽象函數(shù)問題在高考命中呈現(xiàn)逐漸加強(qiáng)的趨勢(shì).常見函數(shù)的抽象函數(shù)形式指數(shù)函數(shù)：f（x+y）=f（x）f（y），三角函數(shù)：f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y），正比例函數(shù)：f（x+y）=f（x）+f（y），冪函數(shù)：f（xy）=f（x）f（y），對(duì)數(shù)函數(shù)：f（x）+f（y）=f（xy）。周期為n的周期函數(shù)：f（x）=f（x+n）抽象函數(shù)問題一般是由所給的性質(zhì)，討論函數(shù)的其它性質(zhì)，如單調(diào)性、奇偶性、周期性及函數(shù)變換與圖象的對(duì)稱性之間的關(guān)系，或是求函數(shù)值、解析式等.抽象函數(shù)問題的解法，主要是“賦值法”、“穿脫法”和“定義法”。

一、賦值法

先以特殊值作嘗試，在探索中發(fā)現(xiàn)題中條件遵循某些規(guī)律或特點(diǎn)，從而使問題得以解決。這類問題經(jīng)常出現(xiàn)，要認(rèn)真理解其解題的要領(lǐng)和方法。

例1設(shè)函數(shù)f（x）的定義域?yàn)樽匀粩?shù)集，若f（x+y）=f（x）+f（y）+x對(duì)任意自然數(shù)x，y恒成立，且f（1）=1，求f（x）的解析式。

分析：當(dāng)令y=1時(shí)，可得f（x+1）=f（x）+x+1，這相似于數(shù)列中的遞推關(guān)系，再利用相應(yīng)的遞推關(guān)系可求出函數(shù)的解析式。

解：令y=1， 則f（x+1） = f（x）+f（1）+x = f（x）+x+1，

∴ f（1）=1

f（2）=f（1）+2

f（3）=f（2）+3

…

f（n）=f（n-1）+n

各式相加得：f（n）=1+2+3+…+n =

∴ f（x） =

例2已知函數(shù)f（x）滿足f（x+y）+f（x-y）=2 f（x）·f（y），x∈R，

y∈R，且f（0）≠0，求證：f（x）是偶函數(shù)。

分析： 當(dāng)令x=y=0時(shí)，可得f（0）=1，再利用題中條件變形求解。

證明：令x=y=0

∴ f（0）+f（0）=2f 2（0）

∵ f（0）≠0， ∴f（0）=1

令 x=0， 則f（y）+f（-y） =2f（0）·f（y）

∴ f（-y）=f（y），∵y∈R，

∴ f（x）是偶函數(shù)

例3 已知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞），對(duì)任意x>0，y>0

恒有f（xy）=f（x）+f（y）

求證：當(dāng)x>0時(shí)， f（ ） =-f（x）

分析：當(dāng)令x=y=1時(shí)，可得f（1）=0，再靈活運(yùn)用f（1）=f（x·）可求得。

證明：令x=y=1，則f（1）=f（1）+f（1），∴f（1）=0

又令y= ，x>0，則f（1）=f（x）+f（ ）

∴ f（x）+f（ ） = 0

即f（ ） =-f（x）

例4.（2006重慶高考）已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）滿足f（x）滿足f（f（x）-x2+x）=f（x）-x2+x.

（Ⅰ）若f（2）=3，求f（1）；又若f（0）=a，求f（a）；

（Ⅱ）設(shè)有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)x0，使得f（x0）= x0，求函數(shù)f（x）的解析表達(dá)式。

解：（I）取x=2，又f（2）=3得

f（f（2）- 22+2）=f（2）- 22+2，即f（1）=1。

又f（0）=a，故f（f（0）-02+0）= a-02+0，

即f（a）=a。

（Ⅱ）又滿足f（x0）= x0的實(shí)數(shù)x0唯一，

由f（f（x）-x2+x）=f（x）-x2+x可知

對(duì)任意x∈R有f（x）- x2+x=x0。

在上式中令x=x0有f（x0）- x02+x0=x0。

再代f（x0）=x0得x0- x02=0，

故x0=0或x0=1。

若x0=0，方程f（x）= x有兩個(gè)根，故x0≠0。

若x0=1，則有f（x）= x2x+1，

易驗(yàn)證該函數(shù)滿足題設(shè)。

“賦值法”是解抽象函數(shù)問題最常用的方法，解題的關(guān)鍵是靈活運(yùn)用題設(shè)條件合理賦值，賦值要有明確的目標(biāo)、依據(jù)和靈活的策略。

二、穿脫法

解決這類抽象函數(shù)，通常是根據(jù)函數(shù)變量相等、函數(shù)值相等或單調(diào)性、奇偶性、周期性等性質(zhì)，對(duì)函數(shù)進(jìn)行“穿脫”，從而達(dá)到相應(yīng)的目的。常見的方法是變量代換。

例5已知f（x）是奇函數(shù)，當(dāng)x > 0時(shí)，f（x） = x（1+x ） ， 求當(dāng)x< 0 時(shí)，f（x）的解析式。

分析： 利用變量間的代換，把x<0表示成-x>0，先求出相應(yīng)f（-x），再結(jié)合函數(shù)的奇偶性，求出f（x）。

解： 令x < 0，即-x > 0

∴ f（-x） = （-x）（1-x）

又∵f（x）是奇函數(shù)

∴-f（x） = -x（1-x）

∴f（x）= x（1-x）

例6 已知f（x）是周期為2的函數(shù)，且在區(qū)間[-1，1 ]上表達(dá)式為

f（x）=-x+1則在[2k+1 ，2k+3 ]， k∈Z上的表達(dá)式為_________

分析：利用周期性把要求區(qū)間轉(zhuǎn)化為已知的區(qū)間，結(jié)合條件求出表達(dá)式。

解：設(shè)t∈[-1，1 ]，則2k+2+t∈[2k+1 ，2k+3 ]，

令T = 2k+2+t，則t = T-2k-2

又∵f（x）是周期為2的函數(shù)

∴f（2k+x） = f（x）

∴f（T） = f（2k+2+t） = f（t） = -t+1= -（T-2k-2）+1=-T+2k+3

∴f（x） = -x+2k+3 ，x∈[2k+1 ，2k+3 ]

三、 定義法

在熟練掌握函數(shù)的定義、性質(zhì)的基礎(chǔ)上，對(duì)題中抽象函數(shù)給出的條件進(jìn)行分析研究，運(yùn)用定義、性質(zhì)進(jìn)行化簡(jiǎn)、變形，尋找解決問題的方法。

例7函數(shù)f（2x）的定義域是[-1，1]，則f（x）定義域?yàn)?/p>

f（log2x）定義域?yàn)開__________

分析：認(rèn)真理解復(fù)合函數(shù)定義域的定義，區(qū)分好題中三個(gè)定義域所指的變量x。

解：∵-1≤x≤1

∴≤2x≤2∴ f（x）定義域?yàn)閇， 2]

∴≤log2x≤2∴≤x≤4

∴ f（log2x）定義域?yàn)閇，4]

例8 已知f（x）是周期為2的偶函數(shù)，且在區(qū)間[0，1]上是增函數(shù)，則

f（-6.5）、f（-1）、f（0）的大小關(guān)系為_________________

分析：利用周期性，把各個(gè)變量表示在同一區(qū)間內(nèi)，再結(jié)合其單調(diào)性，求出相應(yīng)的函數(shù)值，比較大小。

解：∵f（x）是周期為2的偶函數(shù)

∴ f（-6.5） = f（-6.5+ 3×2）= f（-0.5） = f（0.5）

f（-1） = f（1）

又∵f（x）在[0，1]上是增函數(shù)，∴f（0）< f（0.5）< f（1）

故f（0）< f（-6.5）< f（-1）

綜上說述，抽象函數(shù)的考察點(diǎn)比較離散，考察方式也比較多樣化，從而成為了高考數(shù)學(xué)考察的熱點(diǎn)之一。而抽象函數(shù)不僅僅能全面地考察學(xué)生對(duì)概念的理解和推理論證能力，還可以考察學(xué)生的數(shù)學(xué)整體素養(yǎng)。從命題趨勢(shì)來看，抽象函數(shù)在未來幾年的高考中會(huì)繼續(xù)占有重要的位置。

（作者單位：江蘇省南通市如東縣馬塘中學(xué)）