再談抽象函數(shù)中的“模特兒”

摘 要：抽象函數(shù)是高中數(shù)學(xué)的一大難點(diǎn)，在教學(xué)過(guò)程中，尋找恰當(dāng)?shù)摹澳Ｌ貎骸贝娉橄蠛瘮?shù)，不僅可以大大降低試題難度，而且能使學(xué)生深刻認(rèn)識(shí)抽象函數(shù)的本質(zhì)． 本文旨在證明高中數(shù)學(xué)中幾類(lèi)抽象函數(shù)實(shí)為具體函數(shù)的本質(zhì)，雖然在處理解答題過(guò)程中，限于種種原因，直接拿具體函數(shù)套用，仍然可能被視為典型錯(cuò)解，但教師應(yīng)明白實(shí)際上很多抽象函數(shù)，在一定條件下只能是某類(lèi)具體函數(shù)．

關(guān)鍵詞：模特兒；抽象函數(shù)；單調(diào)函數(shù)；對(duì)數(shù)函數(shù)；指數(shù)函數(shù)；一次函數(shù)

對(duì)函數(shù)的理解是學(xué)好高中數(shù)學(xué)的關(guān)鍵，因?yàn)楹瘮?shù)的內(nèi)容遍布整個(gè)高中數(shù)學(xué)，且其思想貫穿始終，而在函數(shù)中有著形式多變、解法靈活且無(wú)具體解析式的抽象函數(shù)，總成為學(xué)生學(xué)習(xí)函數(shù)過(guò)程中的一道心理“障礙”． 其實(shí)高中段碰到的大部分抽象函數(shù)都是有具體“模特兒”（函數(shù)模型）可循，而且還可以通過(guò)初等證明，得出只能其只能是某類(lèi)具體函數(shù)． 下面給出幾個(gè)抽象函數(shù)及具體化的證明，以期能為我們加深對(duì)抽象函數(shù)本質(zhì)的理解提供一點(diǎn)幫助．

命題：若f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y∈（0，+∞），有f（x#8226;y）=f（x）+f（y），則f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)．

筆者用初等數(shù)學(xué)方法給出如下證明．

引理1：若f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)任意x∈（0，+∞），有f（xm）=mf（x），，則f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)．

證明：因?yàn)閤>0，可令x=alogax，a∈（0，1）∪（1，+∞），運(yùn)用f（xm）=mf（x），可得f（x）=f（alogax）=f（a）#8226;logax，即f（x）=f（a）#8226;logax． 因?yàn)閒（x）在（0，+∞）上單調(diào)，所以f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)，證畢．

定理1：若f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y∈（0，+∞），若有f（x#8226;y）=f（x）+f（y），則f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)．

分析：若能證明定理1等價(jià)引理1，那么定理1得證．

（1）必要性證明：引理1?圯定理1

因?yàn)閤，y∈（0，+∞），設(shè)x=am，y=an，所以f（x#8226;y）=f（am#8226;an）=f（am+n）=（m+n）f（a）=mf（a）+nf（a）=f（x）+f（y），證畢．

（2）充分性證明：定理1?圯引理2

①先證m∈Q的情況：因?yàn)閙∈Q，所以可令m=，p，q∈Z．因?yàn)閒（x）=f =f（x）+f（x）+…+f（x）=pf（x），所以f（x）=f（x）．

因?yàn)閒（x）=f=f（x）+f（x）+…+f（x）=qf（x）=f（x），即f（xm）=mf（x），證畢．

②再證m∈CRQ的情況：設(shè)ai，bi分別是m的精確到小數(shù)點(diǎn)后第i位不是近似值與過(guò)剩近似值． 因?yàn)閒（x）為單調(diào)函數(shù)，所以f（xai）f（xm）>f（xbi）． 而f（xai）=aif（x），f（xbi）=bif（x），于是可得f（xm）=mf（x）．

由（1）（2）得，x，y∈（0，+∞）時(shí)有f（xm）=mf（x），即f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)．

推論1：若f（x）是定義在（0，+∞）上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y∈（0，+∞），有f=f（x）－f（y），則f（x）是對(duì)數(shù)函數(shù)．

由定理1可以類(lèi)比遷移到指數(shù)函數(shù)．類(lèi)似于定理1，先證明一個(gè)引理：

引理2：若f（x）是R的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)任意x，m，有f（mx）=［f（x）］m，則f（x）是指數(shù)函數(shù)．

證明：對(duì)任意m，令x=am ，a∈（0，1）∪（1，+∞），因?yàn)閒（mx）=［f（x）］m，所以f（x）=f（am）=［f（a）］m=［f（a）］=［f（a）］x，證畢．

定理2：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x+y）=f（x）#8226;f（y），則f（x）是指數(shù)函數(shù)．

分析：仿照定理1的證明，證定理2?圳引理2

（1）必要性證明：引理2?圯定理2

設(shè)m，n為任意實(shí)數(shù)，t為不為0的實(shí)數(shù)，令x=mt，y=nt，因?yàn)閒（mx）=［f（x）］m，所以f（x+y）=f（mt+nt）=f［（m+n）t］=［f（t）］m+n=［f（t）］m#8226;［f（t）］n=f（mt）#8226;f（nt）=f（x）#8226;f（y），證畢．

（2）充分性證明：定理2?圯引理3，

①先證m∈Q的情況，因?yàn)閙∈Q，所以可令m=，p，q∈Z． 因?yàn)閒（x+y）=f（x）#8226;f（y），

所以f（x）==fp，fx==fq=f（x），即f（mx）=f（x）m證畢．

②再證m∈CRQ的情況：設(shè)ai，bi分別是m的精確到小數(shù)點(diǎn)后第i位不是近似值與過(guò)剩近似值．因?yàn)閒（x）為單調(diào)函數(shù)，所以f（aix）f（mx）> f（bix）． 而f（aix）=f（x）ai，f（bix）=f（x）bi，于是可得f（mx）=f（x）m．

由（1）（2）得，x，y∈R時(shí)有f（xm）=mf（x），即f（x）是指數(shù)函數(shù)．

推論2：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x－y）=，則f（x）是指數(shù)函數(shù)．

定理3：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x+y）=f（x）+f（y），則f（x）是正比例函數(shù)．

證明：當(dāng)x∈Q時(shí)，令x=，p，q∈Z．因?yàn)閒（x+y）=f（x）+f（y），所以f（1）==pf，

即f=f（1）．

因?yàn)閒（x）=f==qf=f（1）=f（1）#8226;x；當(dāng)x為無(wú)理數(shù)時(shí)，可以仿照上述無(wú)理數(shù)時(shí)的證明．

推論3：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x－y）=f（x）－f（y），則f（x）是正比例函數(shù)．

定理4：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x+y）=f（x）+f（y）+B（B≠0），則f（x）是一次函數(shù)．

證明同理定理3．

推論4：若f（x）是R上的單調(diào)函數(shù)，且對(duì)于任何x，y，有f（x－y）=f（x）－f（y）+B，則f（x）是一次函數(shù)．