抽象函數問題分類解析

　　抽象函數問題由于沒有給出具體函數解析式，只是給出一些特殊條件的函數，故具有一定的抽象性，又因其性質隱而不露，常使學生感到“無法可依”，使教師對教材處理深感茫然，但這類問題已成高考的熱點問題。因此，本文就這類問題的解題規律及一般思路進行分類解析。
　　一、抽象函數問題的特點
　　抽象函數題通常只給出函數記號及相關的一些運算性質，但不直接給出其解析式。這類問題具有題意抽象化與思路特殊化相統一的辯證性特點。
　　二、抽象函數問題的解法
　　解決抽象函數問題的常用方法有賦值、換元、迭代、解方程（組）或不等式（組）等。解決抽象函數問題的主要途徑是：尋找（常用從特殊到一般的方法）并運用函數的性質（如單調性、奇偶性、周期性等），化抽象為具體，化抽象為直觀，有時需運用類比、猜想出它可能為某種基本初等函數，以及數形結合思想來求解。
　　三、抽象函數問題分類解析
　　1．一次函數型
　　以一次函數f（x）=kx為原型，其基本特征是f（x+y）=f（x）+f（y），或f（x-y）=f（x）-f（y）。
　　以f（x+y）=f（x）+f（y）為例證明。
　　證明：∵f（x）=kx，
　　∴f（x+y）=k（x+y）=kx+ky=f（x）+f（y），即f（x+y）=f（x）+f（y）.
　　例1.已知函數f（x）對任意x，y∈R，均有f（x+y）=f（x）+f（y），且當x＜0時，f（x）＞0，f（1）=-3，求f（x）在區間［-2，3］上的最大值。
　　分析：由f（x+y）=f（x）+f（y），想：k（x+y）=kx+ky，原型函數為f（x）=kx，猜測：抽象函數f（x）為奇函數，且在實數集R上單調遞減，最大值、最小值分別為f（-2）與f（3）。
　　解析：由f（x+y）=f（x）+f（y），令x=0，得f（0）=0，再令y=-x，得f（-x）=-f（x），f（2）=2f（1）=-6，f（3）=3f（1）=-9.
　　任取x＜x，則f（x）-f（x）=f［（x-x）+x］-f（x）
　　=f（x-x）+f（x）-f（x）=f（x-x），
　　∵x-x＜0，∴f（x-x）＞0，即f（x）＞f（x）.
　　∴f（x）在［-2，3］上單調遞減，最大值、最小值分別為f（-2）=-f（2）=6與f（3）=-9.
　　評析：由于抽象函數沒有給出具體的解析式，所以討論抽象函數的單調性，一般是用定義法。
　　2.二次函數型
　　以二次函數f（x）=k（x-a）+m為原型，其基本特征是f（a+x）=f（a-x）。
　　證明：∵f（x）=k（x-a）+m，∴f（a+x）=k［（a+x）-a］+m=kx+m.又f（a-x）=k［（a-x）-a］+m=kx+m，∴f（a+x）=f（a-x）.
　　例2.已知實數集上的函數f（x）恒滿足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5個實根，則這5個實根之和是多少？
　　分析：因為實數集上的函數f（x）恒滿足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5個實根，可以將該函數看成是類似于二次函數y=k（x-2）+m為模型引出解題思路，即函數的對稱軸是x=2，并且函數在f（2）=0，其余的四個實數根關于x=2對稱。
　　解析：因為實數集上的函數f（x）恒滿足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5個實根，所以函數關于直線x=2對稱，所以方程的五個實數根也關于直線x=2對稱，其中有一個實數根為2，其它四個實數根位于直線x=2兩側，并關于直線x=2對稱，則這5個根之和為10.
　　評析：已知條件類比二次函數y=k（x-2）+m為模型，這類抽象問題通過數形結合來解決。
　　3.冪函數型
　　以冪函數f（x）=x為原型，其基本特征是f（xy）=f（x）f（y），或f（）=。
　　以f（xy）=f（x）f（y）為例證明。
　　證明：∵f（x）=x，
　　∴f（xy）=（xy）=xy=f（x）f（y），即f（xy）=f（x）f（y）.
　　例3.已知定義在（0，+∞）上的函數f（x）對任意的x，y＞0，均有f（xy）=f（x）f（y），且當x＞1時，有f（x）＜1，f（3）=.
　　（1）求證：f（x）＞0；
　　（2）求證：f（x）在（0，+∞）上為單調減函數；
　　（3）若f（m）=9，試求m的值。
　　分析：由f（xy）=f（x）f（y），想：（xx）=xx，原型函數為f（x）=x（n為常數（f（x）=x）），猜測：抽象函數f（x）在（0，+∞）上單調遞減，且f（x）＞0。
　　解析：（1）由條件可得f（x）=f（·）=f（）≥0，又f（3）=f（·x）=f（）f（x）=＞0，∴f（x）＞0.
　　（2）任取x＞x＞0，則＞1，∴f（）＜1.
　　∵f（x）=f（·x）=f（）f（x）＜f（x），∴f（x）在（0，+∞）上為單調減函數.
　　（3）由條件可得f（1）=f（1），又f（x）＞0，∴f（1）=1.
　　由f（3）=，得9f（3）=1，又f（m）=9，∴f（m）f（3）=1.
　　∵f（m）f（3）=f（3m），∴f（3m）=1=f（1）.
　　又f（x）在（0，+∞）上為單調減函數，∴3m=1，即m=.
　　評析：抽象函數所滿足的關系式，把它看作給定的運算法則，通過變量的賦值或變量及數值的分解與組合都應盡量與已知式或所給關系式及所求的結果相關聯。
　　4.指數函數型
　　以指數函數f（x）=a（a＞0，a≠1）為原型，其基本特征是f（x+y）=f（x）（y），或f（x-y）=。
　　以f（x+y）=f（x）f（y）為例證明。
　　證明：∵f（x）=a，
　　∴f（x+y）=a=aa=f（x）f（y），即f（x+y）=f（x）f（y）.
　　例4.定義在R上的函數f（x）滿足：對任意實數m，n總有f（m+n）=f（m）f（n），且f（0）≠0，當x＞0時，0＜f（x）＜1.
　　（1）試求f（0）的值；
　　（2）當x＜0時，求f（x）的取值范圍；
　　（3）判斷f（x）的單調性并證明你的結論；
　　（4）設A={（x，y）|f（x）f（y）＞f（1）}，B={（x，y）|f（kx-y+）=1，k∈R}，若A∩B=?準，試確定k的取值范圍；
　　（5）試舉出一個滿足條件的函數f（x）。
　　分析：由f（m+n）=f（m）f（n），想：a=aa。原型函數為f（x）=a（a＞0，a≠1），①當a＞1時為單調增函數，且x＞0時，f（x）＞1；x＜0時，0＜f（x）＜1。②當0＜a＜1時為單調減函數，且x＜0時，f（x）＞1；x＞0時，0＜f（x）＜1。猜測：抽象函數f（x）為減函數，且當x＞0時，0＜f（x）＜1。
　　解析：（1）在f（m+n）=f（m）f（n）中，令m=n=0，得f（0）=f（0）.
　　∵f（0）≠0，∴f（0）=1.
　　（2）對任意實數m，n總有f（m+n）=f（m）f（n），且f（0）≠0.
　　設x＜0，則-x＞0，∴0＜-f（-x）＜1．
　　又f（0）=f（x-x）=f（x）f（-x）=1，
　　∴f（-x）=∈（0，1），∴f（x）＞1.
　　（3）設x＞x，x，x∈R，則x-x＞0，0＜f（x-x）＜1，且===f（x-x）＜1，
　　∴f（x）＜f（x），∴f（x）在R上為單調減函數．
　　（4）首先利用f（x）的單調性，將有關函數值的不等式轉化為不含f的式子.
　　f（x）f（y）＞f（1）?圯f（x+y）＜f（1）?圯x+y＜1.
　　
　　f（kx-y+）=1=f（0）?圯kx-y+=0.
　　因為A∩B=?準，所以直線kx-y+=0與圓面x+y＜1無公共點.
　　所以≥1．解得：-1≤k≤1．
　　（5）如f（x）=（）．
　　評析：利用抽象函數的單調性等性質來解抽象不等式。
　　5.對數函數型
　　以對數函數f（x）=logx（a＞0，a≠1）為原型，其基本特征是f（xy）=f（x）+f（y），或f（）=f（x）-f（y）。
　　以f（xy）=f（x）+f（y）為例證明。
　　證明：∵f（x）=logx（a＞0，a≠1），
　　∴f（xy）=logxy=logx+logy=f（x）+f（y），即f（xy）=f（x）+f（y）.
　　例5.設函數f（x）的定義域是（0，+∞），對任意正數m，n，恒有f（mn）=f（m）+f（n），且當x＞1時，f（x）＜0，f（2）=-1.
　　（1）求f（1）和f（）的值；
　　（2）求證：f（x）在（0，+∞）上是減函數。
　　分析：由f（mn）=f（m）+f（n），想：logmn=logm+logn，原型函數為f（x）=logx（a＞0，a≠1），①當a＞1時為單調增函數，且x＞1時，f（x）＞0；0＜x＜1時，f（x）＜0。②當0＜a＜1時為單調減函數，且0＜x＜1時，f（x）＞0；x＞1時，f（x）＜0。猜測：抽象函數f（x）為減函數。
　　解析：（1）賦值法．令m=n=1，得f（1）=f（1）+f（1），∴f（1）=0.f（1）=f（2×）=f（2）+f（）=-1+f（）=0，∴f（）=1.
　　（2）任取x＞x＞0，則＞1．∵當x＞1時，f（x）＜0，∴f（）＜0，∴f（x）=f（x·）=f（x）+f（）＜f（x），∴f（x）在（0，+∞）上是減函數.
　　評析：通過觀察已知與未知的聯系，巧妙地賦值，取m=n=1，求出f（1）=0，這樣便把已知條件f（2）=-1與欲求的f（）聯系了起來。賦值法是解此類問題的常用技巧。
　　6.三角函數型
　　以三角函數f（x）=sinwx為原型，其基本特征是f（x+y）+f（x-y）=2f（x）coswy，或f（x）+f（y）=2f（）cos。
　　以三角函數f（x）=coswx為原型，其基本特征是f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y），或f（x）+f（y）=2f（）f（）。
　　以三角函數f（x）=tanwx為原型，其基本特征是f（x+y）=，或f（x-y）=。
　　以f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy為例證明。
　　證明：∵f（x）=sinwx，
　　∴f（x+y）+f（x-y）=sinw（x+y）+sinw（x-y）
　　=2sinwxcoswy=2f（x）coswy，即f（x+y）+f（x-y）=2f（x）coswy.
　　例6．已知函數f（x）對任意的x，y∈R，均有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy，且f（0）=0，f（）=1，給出下列結論：①f（）=1；②f（x）是奇函數；③f（x）是周期函數；④f（x）在（0，π）內為單調函數．其中正確的結論有：?搖?搖?搖?搖?搖.
　　分析：由f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy，想：sin（x+y）+sin（x-y）=2sinxcosy，且滿足f（0）=0，f（）=1，原型函數為f（x）=sinx，∴只有②③正確。
　　另解：賦值法．（1）令x=0，得f（y）+f（-y）=0，∴f（x）是奇函數。
　　（2）令y=，得f（x+）+f（x-）=0，
　　∴f（x+）=-f（x-）=f（-x）①
　　令x=，y=x，得f（+x）+f（-x）=2cosx②
　　由①、②可得f（+x）=cosx，∴f（x）=sinx，∴只有②③正確。
　　例7.設函數f（x）滿足f（x）+f（y）=2f（）f（），且f（）=0，x，y∈R；求證：f（x）為周期函數，并指出它的一個周期。
　　分析：由f（x）+f（y）=2f（）f（），想：cosx+cosx=2coscos，原型函數為f（x）=cosx，猜測：抽象函數f（x）為周期函數，且2π為它的一個周期。
　　解析：由f（x）+f（x）=2f（）f（），令x=x+π，x=x，則f（x+π）+f（x）=2f（x+）f（）=0，∴f（x+π）=-f（x）?圯f（x+2π）=f（x）.∴f（x）為周期函數，2π是它的一個周期。
　　例8．已知函數f（x）滿足f（x+1）=，若f（2）=2010，試求f（2011）。
　　分析：由f（x+1）=，想：tan（x+）=。原型函數為f（x）=tanx為周期函數，且周期為4×=π。猜測：抽象函數f（x）為周期函數，且周期為4×1=4。
　　解析：∵f（x+2）=f［（x+1）+1］===-，
　　∴f（x+4）=f［（x+2）+2］=-=f（x）?圯f（x+4）=f（x）.
　　∴f（x）是以4為周期的周期函數。
　　又∵f（2）=2010，
　　∵f（2011）=f（502×4+3）=f（3）=f（2+1）===-，
　　∴f（2011）=-
　　評析：條件中有兩個變量和，怎樣實現由兩個變量向一個變量的轉化是解題關鍵。通常情況下，給某些變量適當賦值，使之在關系中消去，進而保留一個變量，是實現這種轉化的重要方法。
　　許多抽象函數問題都是以中學階段所學的基本函數為背景，解題時可從研究抽象函數的背景入手，通過類比猜想抽象函數可能具有某些性質，從而得到解題思路，即用從特殊到一般，先猜后證的方法求解，注意在證明函數的性質時，一般是用定義法。