抽象函数问题的解题策略

抽象函数问题的解题策略

固镇二中陈学军

2012-5-15

抽象函数问题的解题策略

抽象函数问题是高考中的热点、难点问题，处理这类问题往往需要深厚的数学知识的积淀。同时掌握必要的解题技巧，对解决这类问题也有很大帮助。下面通过实例来分析一下。

一、合理赋值

对于求值问题，要善于通过对已知条件和结论的观察、比较，大胆尝试。通过对变量合理赋值，使问题得到解决。

例1.已知定义在R上的函数f（x）满足对任意x,y∈R， f(x＋y)=f(x)+f(y)-1,则f(0)=______

解：令x=y=0，得f(0)=1

二、合理变形

通过合理变形，使条件和结论更接近。常见的变形有：和差互化、积商互化等。

例 2.对于任意x,y∈R ,f(x＋y)=f(x)+f(y),且对任意x>0有f(x)>0,求证:f(x)是R上的增函数。

分析：根据函数单调性的定义，要证f(x)在R上是增函数，即证对任意x1,x2∈R且x1

证：∵对任意x,y∈R ,f(x＋y)=f(x)+f(y)

∴f(x)=f(x+y)-f(y)而x=x+y-y

即f(x+y-y)=f(x+y)-f(y),设x>0,则f(x)= f(x+y-y)=f(x+y)-f(y)>0,令x+y= x2y= x1则x+y>y,即x2> x1 ,f(x2)>f( x1),由于x,y的任意性，

∴x1,x2也是任意的。由函数单调性的定义知f(x)是R上的增函数。

例3.已知f(x)是定义域为R的函数，且对任意x∈R,f(x)>0,对任

意x,y∈R，f(x＋y)=f(x)〃f(y)，x>0时，f(x)>1.

(1)求f(0)的值；

（2）求证：f(x)是R上的增函数

解：（1）通过合理赋值，令x=y=0,则由f(x＋y)=f(x)〃f(y)得f(0)=f2(0),又∵f(x)>0,∴f(0)=1.

(2)分析：证明f(x)在R上单调递增，常用以下两种方法：

一、证任意x1, x2∈R，且x1

二、当f(x)>0时，证明对任意x1, x2∈R且x1 1.从本题的条件来看，可以看出它和方法二所需结果较为接近，而要把已知条件转化为所需结论，就需要实现两个转化：1.和差转化。即条件f(x＋y)=f(x)〃f(y)中的和：“x+y”转化成结论“f(x2-x1 )= f(x2)/ f(x1)中的差：“(x2 -x1 )”(∵x2 >x1 ,等价于x2 -x1 =x>0)

2.条件f(x＋y)=f(x)〃f(y)中的积：“f(x)〃f(y)”转化为结论：“f(x2-x1 )= f(x2)/ f(x1)中的商：“f(x2)/ f(x1)”证明：∵x=(x+y)-y,∴由“对任意x,y∈R ,f(x＋y)=f(x)〃f(y)”得：f(x)=f(x+y)/f(y),即f[(x+y)-y]= f(x+y)/f(y),令x+y= x2,y= x1，x= x2-x1>0,即x2>x1，则有f(x)=f(x2 -x1)= f(x2)/ f(x1)>1,因为对任意x,f(x)>0.∴f(x2)> f(x1),∴f(x) 是R上的增函数。通过以上两例，说明了处理抽象函数时，和差互化、积商互化是两种重要的方法，体现了数学的形式美、对称美。

三、联系模型函数，解决抽象函数问题。

抽象来源于具体，是对具体问题的概括和浓缩，脱离了对具体问题的提炼而作出的抽象往往是无源之水，无本之木，容易出现这样或那样的错误。因此从抽象的来源来说，抽象函数和具体的模型函数有着天然的不可分割的联系，在处理抽象函数问题时也要紧密联系模型函数。从两者性质、结论、处理方法上的共同点入手，抓住模型函数的性质、结论，猜测抽象函数可能具有的性质、结论，再结合抽象函数的条件进行论证，还以上面例3的第（2）小题为例，换一个角度，

再用这种方法进行分析论证。

分析：根据f(x)满足的条件，容易联想到其模型函数为y=a x(a>1)。因为y>0,且由其解析式特点，容易想到证其单调性时通过“x11”来实现，下面的具体证明，除了采用前面给出的方法外，还可由模型函数的性质，从所要证的结论逆推：要证f(x2)/ f(x1)>1，只要证f(x2 -x1 )= f(x2)/ f(x1),只要证f(-x1 )= 1/ f(x1)，（模型函数具有的性质可证）只要证f(x1 )〃 f(-x1 )=1即可，下面具体给出证明：

证明：由（1）知f(0)=1,所以f(x1 -x1 )=f(0)=1= f(x1 )〃 f(-x1 ),所以f(-x1 )= 1/ f(x1)，设任意x1, x2∈R，且x1 0 ,f(x2-x1 )= f(x2)〃 f(-x1)= f(x2)/ f(x1)>1,又对任意x∈R,f(x)>0,∴f(x2)> f(x1) ∴f(x)是R上的增函数。

注：如果没有第（1）问f(0)=1作铺垫，我们也可由模型函数y=a x 具有的性质猜测抽象函数f(x)可能具有性质f(0)=1,进而给予证明。

由以上两种方法的比较可以看出，前一种方法更多地是根据经验，依靠较强的变形技巧，在“黑暗中”摸索解题，而后一种方法更像是在明灯的指引下一步步地接近目标，虽然在这过程中可能遭遇“激流险滩”，但因为目标明确，总能鼓起克服困难的勇气，找到克服困难的方法。当然，实际解决问题时可以把这两种方法的优点结合起来。类似地，用这种方法我们还可作下例：

例4．已知f(x)是定义在（0，+∞）上的函数，且对任意x,y∈（0，+∞），f(xy)=f(x)+f(y),且x>1时f(x)<0，联系模型函数，你能猜测出f(x)可能具有哪些性质吗？请给予证明。

分析：容易想到f(x)的模型函数是y=log a x(01时，f(x)<0有00；④f(x)在（0，+∞）上单调递减。

证明：①令x=y=1,有f(1)=2f(1),从而f(1)=0；

②由①有f(x 〃x -1)=f(1)=0,所以f(x)+f(x -1)=0,f(x -1)=-f(x)； ③设01,由已知有f(x -1)<0,所以由②-f(x)<0,f(x)>0；④任取x 1,x x ∈（0，+∞）且x 11,∴f(x 2/x)<0,∴由②有f(x x )-f(x 1)<0,f(x 1)>f(x 2)∴f(x)是（0，+∞）上

的减函数。

中学常见模型函数有：一次函数（包括正比例函数）、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等。考察的抽象函数性质一般有：函数的特殊值，函数的单调性、周期性、对称性等。

由于函数概念本身就具有高度的抽象性，抽象函数就更难把握需要对函数概念有深刻理解，处理抽象函数时，有时也需要应用处理一般函数时要应用的技巧，如：

四、变量转换的技巧

例5.(2006高考安徽卷理20)

已知函数()f x 在R 上有定义，对任何实数0a >和任何实数x ，都有()()f ax af x =

（1）证明()00f =； ,kx 0x ≥，

（2）证明()f x = 其中k 和h 均为常数；

,hx 0x <，

（3）当（Ⅱ）中的0k >时，设()()()1

(0)g x f x x f x =+>，讨论()g x 在

()0,+∞内的单调性并求极值。

当年高考数学刚结束时，本人也问过一些同学，普遍反映第（2）问看起来结论是正确的，但就是不知道怎样入手证明。另外本人也看过网上曾流传这样一种证法：

（2）①令x a =，∵0a >，∴0x >，则()()2f x xf x =。

假设0x ≥时，()f x kx =()k R ∈，则()22f x kx =，而()2xf x x kx kx =?=，∴()()2f x xf x =，即()f x kx =成立。

②令x a =-，∵0a >，∴0x <，()()2f x xf x -=-

假设0x <时，()f x hx =()h R ∈，则()22f x hx -=-，而()2xf

x x hx hx -=-?=-，∴()()2f x xf x -=-，即()f x hx =成立。∴(),0,0

kx x f x hx x ≥?=?

首先回顾题目条件：“对任意a>0,任意实数x,都有f(ax)=af(x)”条件中有2个变量a 和x,本例思路之所以打不开，是因为我们绝大多数人习惯性地把x 看成自变量，a 看成参数。结论中要证：x ≥0时，f(x)=kx(k 为常数)，联系条件中a 和x 的范围我们只要进行变量转换，把a 看成自变量，x 看成参数，则由f （ax ）=af(x)可得f(xa)=f(x)〃a,再取x=1，则有f(a)=f(1)〃a(a>0),又（1）中我们已求出f(0)=0,所以对任意a ≥0有f （a ）=f(1)〃a =ka,所以x ≥0时，f(x)=kx 其中常数k=f(1).（2）中x<0时，f(x)=hx,h 为常数的证明，受前面证明启示，可令x=-1,则有f(-a)=af(-1),设t=-a ，则t<0，a=-t,则有f(t)=-tf(-1)=-f(-1)〃t,即x<0,f(x)=-f(-1)〃x,常数h=-f(-1)

注：此例中常数h 和k 可能步相等也可能不等。

反思：本例中（2）容易想到x ≥0及x<0时，f(x)的模型函数都是正比例函数，进而能猜想到k=f(1),猜到k=f(1)之后，变量转换也就变得比较自然了，至于h 可通过类比，尝试确定。

可见，合理赋值、变量转换、联系模型函数，猜测抽象函数问题等几个策略在解决抽象函数问题时往往是相互交织互相配合的。

熟悉了以上抽象函数的解题策略，通过类比联想等数学思想，结合中学常见的函数模型，我们可以自己设计一些抽象函数问题来加以实践，以提升我们的思维品质，提高我们的数学素养。