抽象函数解题思路所谓抽象函数是指没有给出解析式，只是给出一些特殊条件的函数问题，因为抽象，难以理解，因此它是高中数学函数局部的难点，但是这类问题对于开展抽象思维能力，进行数学思想方法的渗透，培养创新思想，提高数学素质，有着重要作用，所以也是重点考查内容。
下面就这类问题的解题思路举例说明如下，供同学们学习参考。
一、利用特殊模型的解题教材中给出了一些抽象函数的特殊模型，假设充分利用这些模型解题，既可掌握解决数学问题的规律、培养解题能力，又能体会从感性通过抽象概括上升为理性的认识规律。
1、用特殊模型直接解抽象函数客观题例1、函数f(x)对一切实数x、y满足f(0)≠0，f(x+y)=f(x)(y),且当x＞0时，f (x)＞1,那么当x＜0时，f(x)的取值范围是。
解析：借助函数f(x)=a x〔a＞1〕，那么0＜f〔a〕＜1评注：借助特殊函数直接解抽象函数客观题是常用的解题处理方法，可迅速得到正确答案。
2、借助特殊模型为解抽象函数解答题铺路例2、函数f〔x〕(x≠0)满足f(xy)=f(x)+f(y),〔1〕求证：f(1)=f(-1)=0；〔2〕求证：f(x)为偶函数；解析：因为定义域为(-∞,0)∪(o,+∞)，所以由f (x)=logax (0＜a＜1〕, 理解题意显然不当，但是只要稍加变通，可以发现用f(x)=loga|x︳较为恰当。
〔证明过程学生自己解决〕评注：借助特殊函数模型铺路是解抽象函数解答题的常用处理方法，虽然不可用特殊模型代替求解，但可借助特殊模型理解题意，类比探索出解题思路，使抽象函数变的有章可循。
二、利用函数性质的解题函数的特征是通过各种各样的性质反映出来的，抽象函数也不例外，只要充分利用题设条件已说明的或通过挖掘出隐含的函数性质，就能顺利解决抽象型函数问题。
1、利用奇偶性、周期性解题例3、函数f〔x〕是R上的奇函数，且任意x，有f〔x+4〕=f〔x〕+f〔2〕，求f〔14〕解析：取x=-2，f〔2〕=f〔-2〕+f〔2〕∴f〔-2〕=0，∴f〔2〕=0，由条件知4是函数f〔x〕的一个周期，∴f〔14〕=f〔4 3+2〕=f〔2〕=0评注：要充分利用周期性，化未知为；运用整体思想，优化整体为局部，再由各局部的解决使整体问题得解。
常见抽象函数题的解法作者：张春林来源：《高中生·高考指导》2013年第09期一、几种常见的抽象函数1.一次函数型抽象函数： f（x+y）= f（x）+ f（y），f（x-y）= f（x）- f（y）.对应函数模型： f（x）=kx（k≠0）.2.二次函数型抽象函数： f（a+x）= f（a-x）.对应函数模型： f（x）=k（x-a）2+m（k≠0）.3.指数函数型抽象函数： f（x+y）= f（x） f（y），f（x-y）=.对应函数模型： f（x）=ax（a>0且a≠1）.4.对数函数型抽象函数：f（xy）= f（x）+ f（y），f（）=f（x）- f（y）.对应函数模型：f（x）=loga x（a>0且a≠1）.5.余弦函数型抽象函数： f（x1）+ f（x2）=2 f（）· f（）.对应函数模型： f（x）=cos x.6.正切函数型抽象函数： f（x+y）=.对应函数模型： f（x）=tan x（x≠+kπ，k∈Z）.7.幂函数型抽象函数： f（xy）= f（x） f（y）， f（）=.对应函数模型： f（x）=xa（a为常数）.二、常见抽象函数的题型及解法1.利用函数的概念，整体换元，求解函数的定义域、值域问题.例1 ①若函数f（1+x）的定义域是[0，1]，则函数f（x-1）的定义域是 .②已知函数 f（x）的值域是[-1，1]，则函数 f（x+2）的值域是 .分析第①题中的两个函数有相同的法则，括号中的1+x和x-1的地位相同，范围相同，可用换元法求解.第②题中的两个函数有相同的法则，括号中的x与x+2的地位相同，范围相同，则两个函数的值域相同.解①令函数f（1+x）中的1+x=t.由函数f（1+x）的定义域为[0，1]，可得l+x=t∈[1，2].令函数f（x-1）中的x-1=m，则m与t的范围相同.因为x-1=m∈[1，2]，所以x∈[2，3].故函数f（x-1）的定义域是[2，3].②函数 f（x）与函数f（x+2）的值域相同，所以函数f（x+2）的值域为[-1，1].2.利用抽象关系式，巧妙赋值，求解有关函数值问题.例2 设函数 f（x）的定义域是（-∞，+∞），满足条件：①存在x1≠x2，使得 f（x1）≠ f （x2）；②对任何x和y，f（x+y）= f（x）f（y）成立.（1）求 f（0）；（2）对任意实数x，判断f（x）值的正负.分析只要将f（x+y）= f（x） f（y）中的y赋值为0，就可以得到f（0）和 f（x）的关系式.解（1）将y=0代入f（x+y）= f（x） f（y），得 f（x）=f（x）f（0），即 f（x）=0或f （0）=1.若 f（x）=0，则对任意x1≠x2，都有 f（x1）= f（x2），这与题设矛盾.所以f（0）=1.（2）将y=x代入f（x+y）= f（x） f（y）.因为 f（x）≠0，所以f（2x）= f 2（x）>0，即f（x）>0.所以对任意实数x，f（x）>0.注：如果知道f（x+y）= f（x） f（y）为指数函数型抽象函数，就可以根据对应函数模型f（x）=ax（a>0且a≠1）直接得到相应结论.3.利用抽象关系式，灵活构造，判断函数的单调性、奇偶性等性质.例3 已知函数 f（x）对任意实数x，y，均有 f（xy）= f（x） f（y），且 f（-1）=1.当0≤x（1）判断 f（x）的奇偶性.（2）判断f（x）在[0，+∞）上的单调性，并给出证明.分析根据函数的奇偶性的判定式和单调性的定义构造关系式.解（1）令y =-1，将其代入 f（xy）= f（x） f（y）中，得f（-x）= f（x） f（-1）= f （x）.所以， f（x）为偶函数.（2）设x1，x2是[0，+∞）上的任意两个实数，且0≤x1所以，函数 f（x）在[0，+∞）上为增函数.例4 已知函数 f（x）对任意实数x，y，均有f（x+y）= f（x）+ f（y），且当x>0时，f （x）>0，f（-1）=-2，求f（x）在[-2，1]上的值域.分析由题意可知，要求f（x）在[-2，1]上的值域，先要判断函数f（x）的单调性和奇偶性.解设对任意的实数x1，x2，有x10.因为当x>0时，f（x）>0，所以f（x2-x1）>0.因为f（x2）= f [（x2-x1）+x1]= f（x2-x1）+ f（x1），所以f（x2）- f（x1）= f（x2-x1）>0，即 f（x1）< f（x2）.可知f（x）为增函数.令y=-x，将其代入f（x+y）= f（x）+ f （y），得f（0）= f（x）+ f（-x），再令x=y=0，则f（0）= 2f（0），即f（0）= 0.所以，f （x）为奇函数，f（1）=- f（-1）=2.又f（-2）=2 f（-1）= -4，所以f（x）在[-2，1]上的值域为[-4，2].例5 若对任意实数x和不为0的常数a都有f（x+a）=成立，请问： f（x）是不是周期函数？为什么？分析根据周期函数的定义来判断.解由已知得f（x+2a）=== -，则f（x+4a）=-= f（x）.所以， f（x）为周期函数，周期为4a.4.利用模型函数，类比联想，解决函数的相关问题.例6 如果 f（x+y）= f（x） f（y），且 f（1）=2，那么+++…+的值为 .分析由 f（x+y）= f（x） f（y），类比联想到指数函数 f（x）=ax（a>0且a≠1）的性质.解根据题设条件，令 f（x）=2x，则+++…+=2×1 005=2 010.例7 已知函数 f（x）的定义域为（0，+∞），且函数 f（x）为增函数， f（4）=1， f （xy）= f（x） + f（y）.（1）求 f（1）和 f（16）.（2）若 f（x） + f（x-3）≤1，求x的范围.分析由 f（xy）= f（x） + f（y）联想到对数函数f（x）= loga x（a>0且a≠1）.解（1）根据题设条件，令f（x）= log4 x，则f（1）= log41=0， f（16）= log416=2.（2）由已知得f（x） + f（x-3）= f [x（x-3）]≤1= f（4）.因为f（x）是增函数，所以x（x-3）≤4，x-3>0，x>0，即3。
重难点2-4 抽象函数及其性质8大题型抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征的式子的一个函数，由抽象函数构成的数学问题叫做抽象函数问题。
抽象函数问题能综合考查学生对函数概念和各种性质的理解，但由于其表现形式的抽象性和多变性，学生往往无从下手，这类问题是高考的一个难点，也是近几年高考的热点之一。
一、抽象函数的赋值法赋值法是求解抽象函数问题最基本的方法，复制规律一般有以下几种： 1、……-2，-1,0,1,2……等特殊值代入求解； 2、通过()()12-f x f x 的变换判定单调性；3、令式子中出现()f x 及()-f x 判定抽象函数的奇偶性；4、换x 为+x T 确定周期性. 二、判断抽象函数单调性的方法：（1）凑：凑定义或凑已知,利用定义或已知条件得出结论;（2）赋值：给变量赋值要根据条件与结论的关系.有时可能要进行多次尝试.①若给出的是“和型”抽象函数() =+y x f ，判断符号时要变形为：()()()()111212)(x f x x x f x f x f -+-=-或()()()()221212)(x x x f x f x f x f +--=-;②若给出的是“积型”抽象函数() =xy f ，判断符号时要变形为：()()()112112x f x x x f x f x f -⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅=-或()()()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⋅-=-212212x x x f x f x f x f . 三、常见的抽象函数模型1、()()()+=+f x y f x f y 可看做()=f x kx 的抽象表达式；2、()()()+=f x y f x f y 可看做()=x f x a 的抽象表达式（0>a 且1≠a ）；3、()()()=+f xy f x f y 可看做()log =a f x x 的抽象表达式（0>a 且1≠a ）；4、()()()=f xy f x f y 可看做()=a f x x 的抽象表达式. 四、抽象函数中的小技巧1、很多抽象函数问题都是以抽象出某一类函数的共同特征而设计出来的，在解决问题时，可以通过类比这类函数中一些具体函数的性质去解决抽象函数的性质；2、解答抽象函数问题要注意特殊赋值法的应用，通过特殊赋值法可以找到函数的不变性质，这个不变性质往往是解决问题的突破口；3、抽象函数性质的证明是一种代数推理，和几何推理一样，要注意推理的严谨性，每一步推理都要有充分的条件，不可漏掉一些条件，更不要臆造条件，推理过程要层次分明，书写规范。
抽象函数问题的求解策略425300 湖南省道县一中 李晓华1 抽象函数问题抽象函数专指没有给出具体的函数解析式或图象,只给出函数所满足的部分性质、运算法则或特殊条件的一类函数1由于此类函数问题既能考查学生对函数概念、性质的全面掌握情况,又能考查学生的代数推理、论证能力,还能考查学生对数学符号语言的阅读理解和综合运用能力以及对“一般”与“特殊”的辩证关系的认识能力,对发展学生思维能力,进行数学思维方法的渗透有较好的作用,因此而成为高考的一大命题热点,在近几年的高考中频频出现12 求解策略抽象函数问题,由于其本身所具有的模型抽象和给出的性质的隐蔽性,使得它的求解没有常规方法1这类问题的解法常常涉及到函数的概念和各种性质,因而具有抽象性、综合性和技巧性等特点1解题时需要通过对题目的信息作出具体分析与研究,根据不同的性质条件采用不同的方法和手段,可用的方法与手段有1211 赋值代换法在许多情况下,抽象函数问题中往往会给出函数所满足的等式或不等式,因此在解决此类抽象问题时,赋值代换是一个最基本、最重要的策略:在所给函数式中,对所要证明或求解的式子作结构上分析,在函数的定义域内对自变量采取对应的代换赋值,使所要证明或求解式子的结构与已知式的结构趋于相同,以帮助我们达到变形化简的目的1例1 设函数f(x)(x∈R)为奇函数,f(1)=12,f(x+2)=f(x)+f(2),则f(5)等于A10 B11 C152 D15分析 用赋值代换法,先设法求出f(2)的值,再利用f(5)=f(1+2+3)达到求值目的;解答 令x=,则f()=f()+f(),∴f()=f()f()=f()=,∴f(5)=f(3+)=f(3)+f()=f(1+2)+f(2)=f(1)+2f(2)=52,故正确选项为C1例2 设y=f(x)是定义在区间[-1,1]上的函数,且同时满足条件:(ⅰ)f(-1)=f(1)=0;(ⅱ)对任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤|u-v|;证明:(1)对任意的x∈[-1,1],都有x-1≤f(x)≤1-x;(2)对任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤11分析 注意对所需证明或求解的式子作结构上的变化,使所要证明或求解的问题的结构与已知的结构相同,(1)即要证|f(x)-f(1)|≤|x-1|;(2)中会优先考虑证|u-v|≤1,当发现不能直接推证出这一结论时,可以分类得出结论1解答 (1)由题设条件可知,当x∈[-1,1]时,有|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x-1|=1-x,即x-1≤f(x)≤1-x;(2)对任意的u,v∈[-1,1],当|u-v|≤1时,显然有|f(u)-f(v)|≤1,当|u-v|>1时,必有uv<0,不妨设u<0,v>0,则v-u>1,其中v∈(0,1],u∈[-1,0),此时|f(u)-f(v)|=|f(u)-f(-1)-(f(v)-f(1))|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v -1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1,综上可知,对任意的u,v∈[-1,1]都有|f(u)-f(v)|≤11212 背景函数法一般地,考题中出现的大量抽象函数都是以中学阶段所学的基本初等函数为背景抽象而得,现行中学教材中学过的基本函数有一次函数、二次函数、幂函数、指数函数、对数函数和三角函数,我们称这些初等函数为背景函数1给出此类命题时,会同时给出一些对应的抽象性质,解题时,虽然这些背景函数不能代替具体的证明和解答,若能根据条件从所给的性质特征出发,由研究抽象函数的“背景”入手,通过类比、联想,去猜想它所对应的“背景”函数,然后根据这种背景函数的相关结论和22 (2009年第6期高中版) 解题研究-11-1221--121122性质来预测、猜想出抽象函数可能具有的性质和结论或者得到某一结论的证明思路,也就是说利用背景函数作为指路灯往往能够寻觅到解题的切入点1常见的性质与对应的背景函数如下:(1)正比例函数型的抽象函数f(x)=kx(k≠0)→f(x±y)=f(x)±f(y)1(2)幂函数型的抽象函数f(x)=x a→f(xy)=f(x)f(y);f(xy)=f(x)f(y)1(3)指数函数型的抽象函数f(x)=a x→f(x+y)=f(x)f(y);f(x-y)=f(x) f(y)1(4)对数函数型的抽象函数f(x)=log a x(a>0且a≠1)→f(x y)=f(x)+f(y);f(xy)=f(x)-f(y)1(5)三角函数型的抽象函数f(x)=tan x→f(x+y)=f(x)+f(y) 1-f(x)f(y);f(x)=c o tx→f(x+y)=f (x)f(y)-1f(x)+f(y)1例3 函数f(x)定义域关于原点对称,且对定义域内不同的x1、x2,都有f(x1-x2)=f(x1)-f(x2)1+f(x1)f(x2)成立,判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论1提示 背景函数为f(x)=tanx,可以判断f(x)为奇函数,证明如下:f(x)=f(x-0)=f(x)-f(0) 1+f(x)f(0),f(-x)=f(0-x)=f(0)-f(x) 1+f(x)f(0),显然f(x)=-f(-x),故f(x)为奇函数1313 定义分析法抽象函数问题一般以单调性、奇偶性和周期性为主要研究对象和考查对象,若能注意利用相关定义对所给的条件进行定向分析,有利于发现解决问题的思路与方法1另外,解决抽象函数问题时,整体思维、特殊化方法、数形结合思想都可以派上用场1例4 已知定义域为正实数集,值域为实数集R的函数f(x),对于任意正实数x,y总有f(xy)=f(x)+ f(y),且当x>时恒有f(x)>1()求证函数f(x)必有反函数;(2)设f(x)的反函数为f-1(x),若不等式f-1(-4x +k2x-1)<1对于任意实数x恒成立,求实数k的取值范围1分析 若一个函数是定义域上的单调函数,则这一函数必有反函数,而解抽象函数不等式时往往也离不开利用函数的单调性性质,因此求解两问的关键就是要判断出函数的单调性来,这可以从定义出发,利用已知的函数关系式1解 (1)依题意,f(xy)-f(x)=f(y),令x1=xy,x2=x,则y=x1x2,设x1>x2>0,则x1x2>1,∴fx1x2>0,故得f(x1)-f(x2)=fx1x2>0,即证得f(x)是单调增函数,所以函数f(x)必有反函数1(2)令x=y=1,则有f(1)=f(1)+f(1),即f(1)=0,故f-1(0)=1,原不等式化为f-1(-4x+k2x-1)<f-1(0),由于函数与其反函数有相同单调性,故f-1(x)也是增函数,则-4x+k2x-1<0恒成立,即k<4x+12k恒成立,所以g(x)=4x+12x=2x+12x≥2,当且仅当x=0时取等号1故k<2为所求的取值范围1例5 定义在(-1,1)上的函数f(x)同时满足下列两个条件:(1)对于任意实数x,y∈(-1,1),都有f(x)+f(y) =f(x+y1+xy)成立;(2)当x∈(-1,0)时,有f(x)>0成立1试判断f(15)+f(111)+…+f(1n2+3n+1)与f(12)的大小,并证明你的结论1分析 这是一道与不等式和数列相综合的抽象函数问题,审题后,可以从如下三个方面作出思考1首先,问题涉及到函数值之间的大小比较,一般要研究函数的单调性;其次,注意到第二个条件给出的仅是部分区间上函数的局部性质,还应该研究函数的奇偶性,以确定32解题研究 (2009年第6期高中版)10 1:它的整体性质;再有和式f(15)+f(111)+…+f(1n2+3n+1)与自然数有关,可以考虑对其化简求和,在求和的过程中要加强对条件1的理解运用,合理运用裂项相消方法1解 令x=y=0,得f(0)=0,再令y=-x,则f(x)+f(-x)=0,∴函数在(-1,1)上是奇函数,设-1<x1<x2<0,则x1-x2<0,1-x1x2>0,x 1-x21-x1x2<0,则f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x21-x1x2)>0,∴f(x1)>f(x2),即函数在(-1,0)上是单调减函数,由奇函数的对称性可以证得函数在(-1,1)上都是单调递减的,且在(0,1)上f(x)<0;由f(1n2+3n+1)=f[1(n+1)(n+2)-1]=f[1(n+1)(n+2)1-1(n+1)(n+2)]=f[1n+1-1n+21-1n+1×1n+2]=f(1n+1)+f(-1n+2)=f(1n+1)-f(1n+2),∴f(15)+f(111)+…+f(1n2+3n+1)=f12-f13+f13-f14+…+f1n+1-f1n+2=f12-f1n+2>f121故得f(15)+f(111)+…+f(1n2+3n+1)>f(12)1抽象函数是考试中经常考查的问题,考生面对此问题会本能地产生恐惧,其实抽象函数的面纱并不神秘,只需多留心观察平时学过的函数,借助这些基本函数,抓住其特征结构,打开思维的闸门,问题是能解决的1从前面的分析可以看出,从特征结构式联系原型函数,其作用是显然的,一旦类比对路,那它就属于一捅就破的东西1因此在学习时,一方面要掌握基础,另一方面要触类旁通,这样才能进一步优化思维品质1虽然抽象函数问题有一定的难度,但只要在平时学习中注意认真归纳总结,牢固掌握基本初等函数的性质积极进行联想对比,就不难获得解决问题的思路,并且能够在提高学生的解题能力、培养学生思维的灵活性和创新意识方面收到良好的效果1(收稿日期:20090408)一道数学问题的简单证明350007 福建省福州市第十六中学 侯雪花 文[1]给出如下一个不等式证明问题.△A BC的外接圆和内切圆半径分别为R,r.证明:sin A2+sinB2+sinC2≥3rR1本文将给出此问题的一个简单证明.证明 记△A BC的面积和半周长为Δ,s,三边长为a,b,c,则rR =ΔRs=bcsin A2Rs=bcsin AR(a+b+c)=2sinAsinB sinCsinA+sinB+sinC=2sinA sinB sinCA B C=B,从而可知sin A2sinB2sinC2=r4R,又欧拉(Euler)不等式R≥2r可得12≥rR,所以sin A2sinB2sinC2=r4R=122rR≥rR3,显然sin A2,sinB2,sinC2>0,故由均值不等式可知sinA2+sinB2+sinC2≥33sinA2sinB2sinC2≥3rR,证毕.参考文献邹守义数学问题数学通报,(收稿日期)42 (2009年第6期高中版) 解题研究4co s2cos2cos24sin A2sin2sinC2.1779..20092:20090401。
