值得關注的四類函數解題策略

劉其群

［摘 要］函數是高考命題的熱點。抽象函數、自定義函數、絕對值函數和“嵌套”函數是高考中的“?？汀保渚C合性強，難度較大，具有一定的區分度。文章結合四個例題，歸納總結這四類函數的解題策略，以幫助學生掌握這四類函數的解題策略，使學生在高考中能夠從容應對。

［關鍵詞］抽象函數；自定義函數；絕對值函數；“嵌套”函數

［中圖分類號］G633.6［文獻標識碼］?A［文章編號］ 1674-6058（2023）32-0011-03

函數是高考命題的熱點。高考函數復習，除了要重視函數的基本知識和基本應用，還應關注其他的四類函數問題，即抽象函數、自定義函數、絕對值函數和“嵌套”函數，因為這四類函數綜合性強，難度較大，且是高考中的“?？汀薄Ｏ旅婀P者結合實例進行分析探討。

一、抽象函數

抽象函數是指沒有給出具體的函數解析式，只是知道該函數滿足的一些條件，要求考生利用這些條件來解決與這個函數相關的問題，如判斷這個函數的單調性或奇偶性，求函數值，解與此函數有關的不等式等。解決抽象函數最基本的方法是賦值法。

［例１］已知定義在[R]上的偶函數[f（x）]滿足[f（1+x）+f（1-x）=4]。若[f（0）=0]，且[f（x）]在[0，1]上單調遞增，則滿足[f（x）·sinπx4≥2]的[x]的取值范圍是? ? ? ? ? ? ? ? ? 。

分析：由題意可知，[f（x）]是周期為[4]的周期函數，[y=sinπ4x]的最小正周期為8，結合[f（x）]與[y=sinπ4x]的單調性，易知在一個周期內，由[f（x）·sinπx4≥2]可得[x∈1，3]，再結合周期求出范圍即可。

解：因為[f（x）]是偶函數，所以[f（-x）=f（x）]，由[f（1+x）+f（1-x）=4]，可得[f（x）]關于（1，2）對稱，因為[f（1+x）+f（1-x）=4]，所以[f1+（x+3）+f1-（x+3）=4]，則[f（x+4）=f1+（x+3）=-f1-（x+3）+4=-f-（x+2）+4]，因為[f（x）]是偶函數，所以[-f-（x+2）=-f（x+2）]，因為[f（1+x）+f（1-x）=4]，所以[f1+（x+1）+f1-（x+1）=4]，則[f（x+4）=-f（x+2）+4=-f1+（1+x）+4=f1-（1+x）=f（-x）=f（x）]，所以[f（x）]是周期為[4]的周期函數。因為[f（x）]是偶函數，且在[0，1]上單調遞增，所以[f（x）]在[-1，0]上單調遞減，令[f（1+x）+f（1-x）=4]中[x=0]，則[f（1）+f（1）=4]，則[f（1）=2]，又因為[f（x）]關于（1，2）對稱，所以[f（x）]在[1，2]上單調遞增，在[2，3]上單調遞減，結合函數[f（x）]是周期為[4]的周期函數，可得[f（x）]在[0，2]和[4，6]上單調遞增，[2，4]和[6，8]上單調遞減。因為[y=sinπ4x]的最小正周期[T=2ππ4=8]，結合[y=sinπ4x]圖象（如圖1）可知，[y=sinπ4x]在[0，2]和[6，8]上單調遞增，在[2，6]上單調遞減，令[f（1+x）+f（1-x）=4]中[x=1]，則[f（2）+f（0）=4]，則[f（2）=4]，當[x=1]，[y=sinπ4=22]，又[f（1）=2]，所以[f（1）·sinπ4=2]；當[x=3]，[y=sin3π4=22]，又[f（3）=f（-1）=f（1）=2]，所以[f（3）·sin3π4=2]，所以當[x∈0，8]時，[f（x）·sinπx4≥2]，解得[x∈1，3]。又因為[f（x）]與[y=sinπ4x]均為周期函數，且8均為其周期，所以[f（x）·sinπx4≥2]的[x]的取值范圍是[1+8k，3+8k]，[k∈Z]。故答案為[1+8k，3+8k]，[k∈Z]。

點評：求解抽象函數的常用方法有賦值法、構造特例、數形結合法。本題解題的關鍵是求出[y=f（x）]與[y=sinπ4x]的周期性，由[f（1）·sinπ4=2]，[f（3）·sin3π4=2]，結合函數的單調性和周期性求解即可。

二、自定義函數

自定義函數，也叫新定義函數，題目中一般會給出自定義函數具有的某些性質，要求考生判斷給出的函數是否屬于自定義函數，或者給出某個含有參數的函數，要求考生判斷當參數為何值時該函數是自定義函數。求解此類問題的關鍵是理解所給定義、性質或規則，并將問題轉化為所熟悉的問題來解決。

［例2］已知函數[y=f（x）]，[x∈D]，若存在常數[k]（[k>0]），使得對定義域[D]內的任意[x1]、[x2]（[x1≠x2]），都有[f（x1）-f（x2）≤kx1-x2]成立，則稱函數[y=f（x）]在其定義域[D]上是“[k]-利普希茲條件函數”。

（1）判斷函數①[y=x]，②[y=x3]是否是“1-利普希茲條件函數”，若是，請給出證明；若不是，請說明理由；

（2）若函數[y=x]（[1≤x≤4]）是“[k]-利普希茲條件函數”，求常數[k]的最小值；

（3）若[y=f（x）]是定義在閉區間[0，1]上的“2-利普希茲條件函數”，且[f（0）=f（1）]，求證：對任意的[x1]、[x2∈0，1]都有[f（x1）-f（x2）≤1]。

分析：（1）證明[f（x1）-f（x2）≤x1-x2]即可判斷[y=x]，舉出反例即可判斷[y=x3]；（2）分離參數，將不等式變為關于[x1]、[x2]的不等式，結合定義域即可求得常數[k]的最小值；（3）對任意的[x1]、[x2∈0，1]都有[f（x1）-f（x2）≤m]，只需要[f（x1）-f（x2）max≤m]即可，根據新定義求出[f（x1）-f（x2）max]即可得出答案。

解：（1）對于函數[y=f（x）=x]，不妨設[x1>x2]，則[f（x1）-f（x2）=x1-x2]，符合題意，所以函數[y=x]是“1-利普希茲條件函數”；對于函數[y=f（x）=x3]，因為[f（2）-f（1）=7>2-1]，所以函數[y=x3]不是“1-利普希茲條件函數”。

（2）若函數[f（x）=x]（[1≤x≤4]）是“[k-]利普希茲條件函數”，則對定義域[1，4]內任意[x1]、[x2]（[x1≠x2]），均有[f（x1）-f（x2）≤kx1-x2]，即[x1-x2≤kx1-x2]，設[x1>x2]，則[x1-x2x1-x2≤k]，即[1x1+x2≤k]，因為[1≤x2

（3）設[x1≥x2]，當[x1-x2≤12]時，因為[y=f（x）]是定義在閉區間[0，1]上的“2-利普希茲條件函數”，所以[f（x1）-f（x2）≤2x1-x2≤2×12=1]，當[x1-x2>12]時，由[x1、x2∈0，1]得[12

點評：本題考查了函數新定義問題，解答本題的關鍵在于理解“k-利普希茲條件函數”，將其轉化為不等式恒成立問題。

三、絕對值函數

絕對值函數就是絕對值符號內含有未知數的函數，這類問題一般出現在函數與導數的綜合性問題中，命題角度主要有三個：一是由絕對值函數的最值求參數；二是含參絕對值不等式恒成立問題；三是絕對值函數的零點問題。在高考中無論是哪種絕對值函數問題，一般來說難度都很大，難在如何將絕對值符號化去。

［例3］若函數[f（x）=3x-a+x3]，[x∈-12a，a]存在最小值，則實數[a]的取值范圍為? ? ? ? ? ? ? ? ? ?。

分析：將函數[f（x）]化為分段函數[f（x）=3x-a+x3=x3-3x+a，-a2

解：因為[x∈-12a，a]，所以[a>0]，則[f（x）=3x-a+x3=x3-3x+a，-a2

當[a30]，所以[f（x）]在[a3，a2]上單調遞增；當[-a2

點評：解決絕對值問題的基本思路是去掉絕對值符號；常用方法：①換元、構造函數；②數形結合；③利用絕對值三角不等式。本題解題的關鍵是對含參區間進行討論，確定區間[-a2，a3]上與函數[f（x）]的極值點[x=1]和[x=-1]的包含關系，從而可得函數的單調區間，并且要滿足函數[f（x）]在區間[-a2，a]上存在最小值，還得比較區間端點函數值與極小值的大小，才能確定符合條件的[a]的取值情況。

四、“嵌套”函數

所謂“嵌套”函數，其實就是一類復雜的復合函數，如[y=ff（x）+kf（x）+m]，[y=fg（x）+kx]等。“嵌套”函數的零點數量、零點范圍、參數范圍問題是高考的命題熱點，時常出現在選擇題或填空題中?！白裕ɑィ┣短仔汀焙汀岸吻短仔汀笔禽^為常見的兩類嵌套函數，解決這類問題的關鍵是如何“解套”。

［例4］已知函數[f（x）=（x2+x-5）ex]，若函數[g（x）=f（f（x））-a（a>0）]，則[g（x）]的零點個數不可能是（）。

A. 1 B. 3 C. 5 D. 7

分析：首先由[f（x）]畫出[f（x）]的大致圖像，設[t=f（x）]，則[f（t）=a]，分三種情況，[07e4]，分別討論[f（t）=a]根的情況，即可得出答案。

解：令[g（x）=0]，即[f（f（x））=a]，因為[f（x）=（x2+x-5）ex]，所以[f（x）=（x2+3x-4）ex]。

由[f（x）>0]，得[x<-4]或[x>1]，由[f（x）<0]得[-4

第一種情況：當[0-1+212]。

①討論[f（x）=t1]根的情況：當[t1<-3e]時，[f（x）=t1]無實數根，當[t1=-3e]時，[f（x）=t1]有1個實數根，當[-3e

②討論[f（x）=t2]根的情況：因為[-4

③討論[f（x）=t3]根的情況：因為[t3>-1+212]，且[-1+212>7e4]，所以[f（x）=t3]只有1個實數根。

第二種情況：當[a=7e4]時，[f（t）=a]有2個實數根[t4=-4]，[t5>-1+212]，則[f（x）=t4]有2個實數根，[f（x）=t5]有1個實數根，故當[a=7e4]時，[f（f（x））=a]有3個實數根。

第三種情況：當[a>7e4]時，[f（t）=a]有一個實數根[t6>-1+212]，則[f（x）=t6]有1個實數根。

綜上，當[07e4]時，[f（f（x））=a]有1個實數根。綜上，[g（x）]的零點個數可能是1或3或4或5。故選D。

點評：本例采用了數形結合法和分類討論法求解含參嵌套函數問題。一般對于復合函數[y=fg（x）]的零點個數問題，求解思路如下：（1）確定內層函數[u=g（x）]和外層函數[y=f（u）]；（2）確定外層函數[y=f（u）]的零點[u=ui（i=1，2，3，…，n）]；（3）確定直線[u=ui（i=1，2，3，…，n）]與內層函數[u=g（x）]圖象的交點個數分別為[a1]，[a2]，[a3]，[…]，[an]，則函數[y=fg（x）]的零點個數為[a1+a2+a3+…+an]。

從以上四類函數的特殊問題的解析可以看出，解答這些問題的關鍵是轉化，將非常規問題轉化為一般問題，將復雜問題轉化為簡單問題。函數與方程思想、數形結合思想和分類討論思想，依然是解決這些問題的“法寶”。

（責任編輯? 黃桂堅）