抽象函數在中學數學問題解決的探討

上海市城市建設工程學校(上海市園林學校) (200232)

章幸辛 張火明

函數是高中數學中的重要知識，抽象函數是函數知識中的一個難點，在近幾年的高考上海卷、全國卷以及高中奧賽題中都高頻率的出現.一般抽象函數題融函數單調性、周期性、奇偶性、定義域、值域、圖像以及不等式、方程等知識于一體.通過賦值整體思考，找出一個具體函數原型等方法去探究該函數的性質，并運用相關性質去解決有關問題.在近幾年高考中加大了對學生數學探究能力與創新能力的考查.

1.抽象函數的定義：那些沒有給出函數的具體解析式，只給出一些特殊條件或特征的函數稱為抽象函數.

2.抽象函數的背景函數：抽象函數往往都是以中學階段所學的基本函數為背景抽象所得,解題時,若能從研究抽象函數的背景入手,由題設中抽象函數的性質,通過類比、猜想出它可能為某種基本函數，常常可以找到解題思路.當然，也有的時候并沒有我們比較熟悉的函數模型，而是新定義的一種函數.抽象函數所對應的背景函數模型通常有以下幾種：

抽象函數性質對應的背景函數模型f(x+y)=f(x)+f(y)-b一次函數y=ax+bf(m-x)=f(m+x)二次函數f(xy)=f(x)f(y)冪函數f(x+y)=f(x)f(y)指數函數f(xy)=f(x)+f(y)對數函數

3.一般抽象函數也可以與我們熟悉的函數，如指數函數、對數函數等一樣，有自己的性質，如奇偶性、周期性、單調性等.有自己的特殊點，有自己的對稱性，能畫出大致圖像.

4.抽象函數的解題方法一般有哪些？解題思路一般不外乎①合理賦值，化抽象為具體；②作恒等變形，找出該函數規律性、特征性特點；③分類討論，歸納出抽象函數的實質問題.

5.典型范例

例1 已知函數f(x)在R上有定義，且滿足f(x)+xf(1-x)=x.(1)試求f(x)的解析式；(2)求f(x)的值域.

例2 定義在R上的單調函數f(x)滿足f(3)=log23且對任意x，y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y).(1)求證f(x)為奇函數；(2)若f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0對任意x∈R恒成立，求實數k的取值范圍.

證明：(1)已知f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)①,令x=y=0，代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0)，即f(0)=0．令y=-x，代入①式得f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，則0=f(x)+f(-x)，即f(-x)=-f(x)對任意x∈R成立，則f(x)是奇函數.

(1)求f(0)的值；

(2)求數列{an}的通項公式；

解:(1)令x=-1,y=0，得f(-1)=f(-1)·f(0)，得f(0)=1.

(2)當x>0時，-x<0，∴f(0)=f(x)·f(-x)=1，∴00，∴f(x2-x1)<1，∴1-f(x2-x1)>0，而f(x1)>0，∴f(x1)-f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．∴函數y=f(x)在R上是減函數．

評注：從例2、例3不難看出，對抽象函數的合理賦值，對確立抽象函數的特性起著關鍵的作用.

解：(1)在f(a·b)=af(b)+bf(a)中,令a=b=0,得f(0)=f(0·0)=0·f(0)+0·f(0)=0.在f(a·b)=af(b)+bf(a)中,令a=b=1,f(1)=f(1·1)=1·f(1)+1·f(1),∴f(1)=0.

(2)∵f(1)=f[(-1)2]=-f(-1)-f(-1)=0,∴f(-1)=0.∴f(-x)=f(-1·x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x),∴f(x)為奇函數.

(3)由f(a2)=af(a)+af(a)=2af(a),f(a3)=a2f(a)+af(a2)=3a2f(a),……

猜測f(an)=nan-1f(a).下用數學歸納法證明.

1°當n=1時f(a1)=1·a0·f(a)，原命題成立；

2°假設當n=k時，原命題成立，即f(ak)=kak-1f(a)，那么當n=k+1時，f(ak+1)=akf(a)+af(ak)=akf(a)+kakf(a)=(k+1)akf(a)，原命題成立.

評注：上例中，由抽象函數的關系式，找到f(an)的通項表達式，為求和奠定了基礎.

例5 設y=f(x)是定義在區間[-1,1]上的函數，且滿足條件：(ⅰ)f(-1)=f(1)=0;(ⅱ)對任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤|u-v|.

(1)證明：對任意的x∈[-1,1],都有x-1≤f(x)≤1-x;

(2)證明：對任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1;

(3)在區間[-1，1]上是否存在滿足題設條件的奇函數y=f(x)，且使得

若存在，請舉一例；若不存在，請說明理由.

證明：(1)由題設條件可知，當x∈[-1,1]時，有|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x-1|=1-x,即x-1≤f(x)≤1-x.

(2)證法一：對任意的u,v∈[-1,1],當|u-v|≤1時,有|f(u)-f(v)|≤|u-v|≤1.

當|u-v|>1時,u·v<0,不妨設u<0,則v>0且v-u>1,所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v-1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1.綜上可知，對任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1.

證法二：由(1)可得，當x∈[0,1]時,f(x)≤1-x,當x∈[-1,0]時,|f(x)|=|f(x)-f(-1)≤1+x=1-|x|.所以，當x∈[-1,1]時,|f(x)|≤1-|x|.因此，對任意的u,v∈[-1,1],當|u-v|≤1時，|f(u)-f(v)|≤|u-v|≤1.當|u-v|>1時，有u·v<0,且1<|u-v|=|u|+|v|≤2.所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)|+|f(v)|≤1-|u|+1-|v|=2-(|u|+|v|)≤1.綜上，對任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1.

(3)答：滿足所述條件的函數不存在.

分析：這是一道利用抽象函數特性構建的數列與不等式的綜合性問題.顯見第(1)小問是基礎，只要有了函數的解析式，后面各問均迎刃而解.

(2)①由遞推關系知f(an+1)·f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),從而an+1-an=2(n∈N+)，又a1=1,故an=2n-1.