挖掘函數本質，剖析技巧方法，引導數學學習

摘 要：抽象函數與不等式的交匯與融合，是基于抽象函數與方程應用的基礎上的深度挖掘與創新應用，對于數學“四基”與“四能”的考查更加清晰明了.

本文結合一道高考真題，就抽象函數與不等式的交匯應用加以剖析，從不同思維視角與技巧方法加以剖析與展開，總結并歸納技巧規律，引領并指導數學教學與復習備考.

關鍵詞：函數；不等式；斐波那契數列；邏輯推理

抽象函數及其綜合應用問題，是近年高考數學試卷中頻頻亮相的一類熱點與難點問題，經常以多選題的形式出現，借助函數與方程的關系來構建，進而確定抽象函數的基本性質、函數值等相關的應用問題.抽象函數與不等式的交匯與融合，是2024年高考數學試卷的一個亮點，基于抽象函數與方程

的關系加以深入，合理深度探究與創新應用，給問題的設置與解決創造更多的機會與空間，對于考生的選拔與區分有更好的體現.

1 真題呈現

^^（2024年新高考數學Ⅰ卷第8題）amp;amp;已知函數f（x）的定義域為R，f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），且當xlt;3時，f（x）=x，則下列結論中一定正確的是（" ）.

A. f（10）gt;100""" B. f（20）gt;1000

C. f（10）lt;1000D. f（20）lt;10000

該題以抽象函數及其不等式形式來綜合考查學生的能力，其巧妙融入函數的解析式、不等式恒成立、數列模型及其應用等眾多相關的知識與數學模型，對數學運算能力、邏輯推理能力等有一定要求.

其實有關抽象函數及其綜合應用問題，在高考中幾乎是年年考的，特別是2021、2022、2023年這幾年的新高考試卷，涉及抽象函數的考查主要以

抽象函數的方程或等式等形式來設置，此處的考查以抽象函數的不等式形式來設置，形式有所差異，但解題方法是一樣的.

2 真題破解

方法1：邏輯推理法.

依題，當xlt;3時，f（x）=x，以及f（x）gt;f（x－1）+f（x－2）.

當x∈［3，4）時，f（x）gt;f（x－1）+f（x－2）=x－1+x－2=2x－3，此時f（3）gt;3.

當x∈［4，5）時，f（x）gt;2（x－1）－3+x－2=3x－7，此時f（4）gt;5.

當x∈［5，6）時，f（x）gt;3（x－1）－7+2（x－2）－3=5x－17，此時f（5）gt;8.

歸納可知，當x∈［k，k+1）時，f（x）gt;mx－n，其中m與f（k）構成了斐波那契數列{an}：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，2584，4181，6765，10946……

當k=10時，f（10）gt;89；當k=20時，f（20）gt;10946gt;1000，故選項A錯誤，選項B正確.

選項C，D沒有上界估計，故兩者都是錯誤的.

故選擇答案B.

點評：本方法依托題設條件中抽象函數所滿足的解析式，以及對應不等式條件，通過求解前若干項的函數解析式，進而加以合理歸納與總結，構建對應的斐波那契數列，借助數列模型來邏輯推理與數學運算，實現抽象函數所滿足不等式的判斷與推理.

方法2：遞推分析法.

依題，當xlt;3時，f（x）=x，則有f（1）=1，f（2）=2.

結合題設條件f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），可得f（3）gt;f（2）+f（1）=3.

逐項遞推可得f（4）gt;f（3）+f（2）gt;5，f（5）gt;f（4）+f（3）gt;8，f（6）gt;f（5）+f（4）gt;13，

f（7）gt;f（6）+f（5）gt;21，f（8）gt;f（7）+f（6）gt;34，f（9）gt;f（8）+f（7）gt;55，

f（10）gt;f（9）+f（8）gt;89，f（11）gt;f（10）+f（9）gt;144，f（12）gt;f（11）+f（10）gt;233，

f（13）gt;f（12）+f（11）gt;377，f（14）gt;f（13）+f（12）gt;610，f（15）gt;f（14）+f（13）gt;987，

f（16）gt;f（15）+f（14）gt;1597gt;1000.

所以可得f（20）gt;1000，故選擇答案B.

點評：此方法根據抽象函數及其對應不等式條件，利用變量的合理賦值加以逐一代換，遞推分析與處理，是解決該問題中容易想到的一種技巧方法，也是大部分考生在考場中“第一印象”下的基本技巧方法.遞推分析法對數據分析、邏輯推理與數學運算等方面的基本能力與素養的要求較高，分析時注意不要出現代換錯誤.

方法3：斐波那契數列法.

依題，當xlt;3時，f（x）=x，則有f（1）=1，f（2）=2.

結合題設條件f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），令x=3，可得f（3）gt;f（2）+f（1）=2+1=3=a4.

令x=4，可得f（4）gt;f（3）+f（2）gt;3+2=5=a5.

令x=5，可得f（5）gt;f（4）+f（3）gt;5+3=8=a6.

觀察以上三個不等式，以及題設條件f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），聯想到斐波那契數列{an}的遞推公式an=an－1+an－2（n≥3，n∈N*），且a1=1，a2=1.

以上三個不等式右邊分別為斐波那契數列{an}的第4，5，6項，可歸納總結出規律：f（x）gt;ax+1（x≥3，x∈N*）.

列出斐波那契數列{an}的前17項：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，377，610，987，1597，

則有f（20）gt;f（16）gt;a17=1597gt;1000，故選擇答案B.

點評：本方法根據抽象函數及其相應不等式的前若干項的分析，合理聯想到數列的一個重要模型——斐波那契數列{an}，依托斐波那契數列{an}的構建，綜合函數與不等式的知識來綜合應用，也是解決問題的一個重要突破口.依托抽象函數與相應的不等式，合理構建與之相吻合的數學模型，很好體現數學建模核心素養，以及函數、不等式等相關知識與數列的聯系與綜合應用.

方法4：放縮法.

依題，由于當xlt;3時，f（x）=x，以及f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），則知抽象函數f（x）只能限制xgt;3時函數f（x）的下界，上不封頂，由此可以排除選項C、D.

當xlt;3時，f（x）=x，則有f（1）=1，f（2）=2.

結合題設條件f（x）gt;f（x－1）+f（x－2），可得f（3）gt;f（2）+f（1）=3.

逐項遞推可得f（4）gt;f（3）+f（2）gt;5，f（5）gt;f（4）+f（3）gt;8，f（6）gt;f（5）+f（4）gt;13，

f（7）gt;f（6）+f（5）gt;21，f（8）gt;f（7）+f（6）gt;34，f（9）gt;f（8）+f（7）gt;55，

f（10）gt;f（9）+f（8）gt;89，由此可以排除選項A.

又當xgt;4時，可得f（x）gt;f（x－1）+f（x－2）gt;2f（x－2），

則有f（20）gt;2f（18）gt;4f（16）gt;8·f（14）gt;16f（12）gt;32f（10）gt;2848gt;1000，故選擇答案B.

點評：本方法根據抽象函數及其對應不等式條件，挖掘抽象函數的臨界值與上界或下界，結合題設中給出的對應選項加以排除法處理.在此基礎上，合理通過若干項的分析以及不等式的合理放縮與變形處理，快捷處理與判斷對應的不等式成立問題，給問題解析的優化與應用創造更多的條件，提升解題效率.

3 教學啟示

3.1 挖掘函數本質，拓展知識交匯

抽象函數是函數模塊知識里的重點與難點之一，涉及抽象函數及其綜合應用，抽象函數與方程、抽象函數與不等式等眾多場景的交匯與融合.

在教學中要充分挖掘函數的本質，特別是有關函數的解析式、函數的基本性質等.

同時要理解函數與方程之間的聯系，以及函數與不等式之間的聯系，明白函數、方程、不等式三者之間的聯系與區別，全面拓展知識應用，實現知識交匯融合，加深學生對數學基礎知識的理解與掌握，夯實數學基礎，深化綜合能力.

3.2 回歸函數內涵，構建數學模型

涉及抽象函數及其綜合應用問題，有時抽象函數會與一些特殊的模型（正比例函數、一次函數、二次函數、指數函數、對數函數、三角函數等）加以巧妙結合，借助特殊函數模型的構建，實現抽象函數及其綜合應用問題的特殊化處理.

還有一些抽象函數及其綜合應用問題，有時會與一些特殊的數列模型（等差數列、等比數列、斐波那契數列等）、幾何模型等加以巧妙結合，也是知識交匯與綜合的一個重要場景，對于數學能力的提升以及創新能力的培養等都有益處.

3.3 依托考試真題，指導教學與學習

抽象函數及其綜合應用問題是考查學生掌握函數性質最深刻和有力的工具之一，也是高考命題中嘗試回避“撞題”，增強考試公平性的不二選擇.這也給教師平時的數學教學與學習指明方向，要講清、學懂基礎知識的本質與內涵，考試的形式可以是多變的、創新的，沒有什么是可以通過“刷題”而達到目的的.

同時，教師在平時數學教學與學習中，常常習慣于研究具體函數的性質，對抽象函數常見性質的證明和探索方法很容易忽略，這很可能是高中數學教學與學習過程中的一個盲區，要加以重視與克服.