抽象函数题的十种解题策略
高考抽象函数技巧全总结[1]
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高考抽象函数技巧全总结由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。
现将常见解法及意义总结如下：一、求表达式： 1.换元法：即用中间变量表示原自变量x 的代数式，从而求出()f x ，这也是证某些公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。
例1：已知 ()211x f x x =++,求()f x .解：设1x u x =+,则1u x u=-∴2()2111u u f u uu-=+=--∴2()1x f x x-=-2.凑合法：在已知(())()f g x h x =即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。
例2：已知3311()f x x xx+=+，求()f x解：∵22111()()(1)(f x x x x xxx+=+-+=11|||1||x xx =+≥∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。
例3． 已知()f x 二次实函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. 例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。
抽象函数解题方法与技巧
抽象函数的解题技巧1.换元法换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法. 例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos 2x, 求f(x)解:令u=1+sinx,则sinx=u-1 (0≤u ≤2),则f(u)=-u 2+3u+1 (0≤u ≤2)故f(x)=-x 2+3x+1 (0≤u ≤2)2.方程组法运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。
例2..232|)x (f :|,x )x 1(f 2)x (f ),)x (f ,x ()x (f y ≥=-=求证且为实数即是实数函数设 解:02)x (xf 3 x ,x1)x (f 2)x1(f ,x x 12=++=-与已知得得代换用 .232|)x (f |,024)x (9f 02≥∴≥⨯-≥∆得由例3.f(x).1),x 0(x ,x 1)x1x (f )x (f 求且已知≠≠+=-+ 解:(1)1),x 0(x x 1)x1x (f )x (f ≠≠+=-+且 ,x1x 1)x 1x 1x 1x (f )x 1x (f :x x 1-x -+=---+-得代换用 :x )1(x-11 (2) .x 1x 2)x 11(f )x 1-x f( 得中的代换再以即-=-+ (3) .x1x 2)x (f )x -11f( ,x 111)x111x 11(f )1x 1(f --=+-+=---+-即 1)x 0(x x2x 21x x )x (f :2)2()3()1(223≠≠---=-+且得由 3.待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
例4.已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x 2-4x,求f(x).解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax 2+bx+c (a ≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x 2-2x-1.4.赋值法有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
高三数学抽象函数问题的解题策略
抽象函数问题的解题策略鄂尔多斯市 东联现代中学抽象函数是指没有给出具体的解析式，只给出了其他的一些条件（如函数的定义域、经过的点，解析递推式，部分图象特征等）的函数问题，它是高中数学函数部分的难点，也是高中与大学函数部分的一个衔接点，因为抽象函数没有具体的解析式，所以理解研究起来往往困难重重，但是着类问题对于培养学生的创新精神和实践能力，增强运用数学的意识，有着十分重要的作用，近几年的高考都设置了有关抽象函数问题试题，分量一年比一年重，为此，本文根据近几年的教学经验，从利用特殊模型、函数性质，特殊方法等方面谈谈求解抽象函数问题的策略。
一、 利用特殊模型例1、若函数()f x 具有性质：1.()f x 为偶函数；2、对任意,x R ∈ 都有44f x f x ππ⎛⎫⎛⎫-=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则函数的解析式可以是______________。
（只须写出满足条件的()f x 的一个解析式即可）分析：看到已知条件中有关于 π的不等式，所以联想到三角函数，结合()f x 为偶函数，得满足条件的函数()f x 的解析式是 ()f x =cos4x 或()sin 2f x x =。
例2、若函数()f x 和()g x 在R 上有定义，且()()()()()()(),210,f x y f x g y f x g y f f -=--=≠则()1g ()()11__g g +-= 。
（用数字作答）。
分析与解：()()()()()f x y f x g y f x g y -=-∴联想到三角公式，可取()sin ,f x x =则()f x 是奇函数，于是有：()()()()()()()sin 2sin 11sin 11cos 1sin 1sin1cos1cos 1sin1coc -=--=---=+-=⎡⎤⎣⎦()cos1cos 11∴+-=-，即()()111g g +-=-例3、设函数()f x 的定义域为R ，对于任意实数m ，n ，总有()()()f n m f m f n +=且x >0,时0<()f x <1,()1证明:()01f =，且当x<0 时,()1f x > ()2证明:()f x 在R 上单调第减. ()3设()()()(){}()(){}22,1,,21,A fx y f x f y f B x y f ax y a R =∣>=∣-+=∈,,若,A B =∅确定a 的X 围.分析与解:由于()()()f n m f x f y +=,所以联想到指数函数()()01x f x a a =<≠,则题意十分简明,为理解和解决问题作了模型和方法上的铺垫. (1)\在()()()f n m f x f y +=中,取0,0m n >=,有()()()0f m f m f =0x >且()01f x <<∴()01f =又设:0,,m x n x =<=-()()()()()()()01011f x f m n f f x f x f x f x <-<∴+==-∴=> 即 0x <时,()1f x >(2) 设12x x <,则120x x -<,且()()21101,0f x x f x <-<>()()()()()()21211112110f x f x f x x x f x f x f x x ∴-=-+-=--<⎡⎤⎣⎦()f x ∴在R 上是增函数.(3) ()()()(){}22,1A x y f x f y f =∣>,有221;xy +<()(){},21,B x y f ax y =|-+=有20ax y -+=,A B =∅22120x y ax y +<∴{-+= 无解,即直线20ax y -+=和单位圆没有交点,只须213a a ≥⇒≤⇒≤≤例 4.已知定义域R +为的函数()f x ,对于任意,x y R +∈ 的是,恒有()()()f xy f x f y =+(1) 求证:当x R +∈时,()1;f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2) 若1x >时,恒有()0,f x <,求证:()f x 必有反函数.(3) 设()1f x -是()f x 的反函数,求证:()1f x -在其定义域内恒有()()()1111212f x x f x f x ---+=分析与解:由于()()()f xy f x f y =+,所以联想带对数函数()()log 01a f x x a =<≠则问题就简单易于理解了. (1) 令1x y ==,得()10f = 令1y x=得()10f x f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭∴当x R ∈时,有()1f f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭(2) 设12,x x R +∈且12,x x <则211,xx >故()()()22121110x f x f x f x f f x x ⎛⎫⎛⎫-=+=< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()()21,f x f x <()f x ∴在R +上单调递减，故()f x 必有反函数。
抽象函数题的几种解题策略
抽象函数题的几种解题策略徐雅晶策略之一：定义法凡涉及函数的定义、函数的奇偶性、单调性等有关概念的抽象函数问题，其求解的一般思路是：紧扣有关概念，充分利用定义来解决问题。
例1： 已知f (x )的定义域为(0，＋∞)，且满足f (2)＝1，f (xy )＝f (x )＋f (y )，又当x 2>x 1>0时，f (x 2)>f (x 1)．(1)求f (1)、f (4)、f (8)的值；(2)若有f (x )＋f (x －2)≤3成立，求x 的取值范围．变式：设f(x)对任意x,y R ∈，都有)()()(y f x f y x f +=+，且0>x 时，f(x)<0，f(1)=－2．（1）求证：f(x)是奇函数；（2）试问在33≤≤-x 时，f(x)是否有最值？如果有求出最值；如果没有，说出理由.策略之二：特殊化思想根据抽象函数f(x)的性质和特征，从满足题设条件的特殊函数（或特殊值）入手分析、研究，寻求问题的解题思路或结论。
例2、定义在区间（-∞，+∞）的奇函数f(x)为增函数，偶函数g(x)在区间（0，+∞）的图象与f(x)的图象重合。
设a>b>0，给出下列不等式：①f(b)-f(-a)>g(a)-g(-b) ②f(b)-f(-a)<g(a)-g(-b) ③f(a)-f(-b)>g(b)-g(-a)④f(a)-f(-b)<g(b)-g(-a)其中成立的是（ ） A 、①与④B 、②与③C 、①与③D 、②与④策略之三：整体思想运用整体思想进行求解，即先化整体为局部，再由各局部的解决使问题获解。
例3、已知f(x)、g(x)为奇函数，F(x)=af(x)+bg(x)+3（a,b 为常数），若F(4)=-4，则F(-4)=。
策略之四：巧用性质合理利用抽象函数的性质及性质间的内在联系，经过推理或计算来解决问题。
例4、如果奇函数f(x)在区间[3，7]上是增函数且最小值为5，那么f(x)在区间[-7，-3]上是（ ）A 、增函数且最小值为-5B 、增函数且最大值为-5C 、减函数且最小值为-5D 、减函数且最大值为-5策略之五：数形结合充分挖掘抽象函数的图象信息，运用数形结合思想方法来解决问题。
抽象函数问题的解题策略.doc
抽象函数问题的解题策略鄂尔多斯市 东联现代中学抽象函数是指没有给出具体的解析式，只给出了其他的一些条件（如函数 的定义域、经过的点，解析递推式，部分图象特征等）的函数问题，它是高中 数学函数部分的难点，也是高中与大学函数部分的一个衔接点，因为抽象函数没有具体的解析式，所以理解研究起来往往困难重重，但是着类问题对于培养 学生的创新精神和实践能力，增强运用数学的意识，有着十分重要的作用，近 几年的高考都设置了有关抽象函数问题试题，分量一年比一年重，为此，本文 根据近几年的教学经验，从利用特殊模型、函数性质，特殊方法等方面谈谈求 解抽象函数问题的策略。
一、 利用特殊模型中学阶段，抽象函数对应具体模型有:例1、若函数/（兀）具有性质：1. 为偶函数；2、对任意都有足条件的f ⑴的一个解析式即可） 分析：看到已知条件中有关于龙的不等式，所以联想到三角函数，结合 几兀）为偶函数，得满足条件的函数几兀）的解析式是f （x ）= cos4^或/(x) = |sin 2x| o例 2、 若函数/（x ）和g （x ）在 R 上有定义，且f(^-y) = f(^)g(y)-f(^)g(y)9f(-2) = f(i)^o 9 则 g(i) g(i)+g(_i) = _。
(用数字作答)。
分析与解：v/(x-y) = /(x)g (y)-/(x)g(y),则函数的解析式可以是 （只须写出满・•・联想到三角公式，可取/(x) = sin%,则/(兀)是奇函数，于是有：sin(-2)= sin(-1-1) = sin(-l)cc?c(l)-cos(-l)sin(l) = sinl cos 1 +cos(-1) =sinlcosl + cos(-l) =-1,即g(l) + g(-l) = _l例3、设函数/(x)的定义域为R,对于任意实数m,n,总有/(n + m) = /(/??)/(/?)且x>0,时0</(x)<l,⑴证明:/(0) = 1,且当xvO时,/(兀)>1(2)证明:/(兀)在R上单调第减.⑶设 A = /{(x,y)|/(x2)/(/)>/(l)},B = {(x,y)|/(ax-y + 2) = l,ae/?} … 若4门3 = 0,确定。
抽象函数问题的解决策略
（1）求 f (8) 的值； （2）解不等式 f ( x) f ( x 2) 3.
解： （1） f (2) 1 f (4) 2 f (8) 3 （2） f ( x) f ( x 2) 3 f ( x) f ( x 2) f (8) f ( x) f [8( x 2)] 由函数 f ( x) 是定义在 (0,) 上的增函数，则 x 8( x 2) 即 x
二、求参数范围“穿脱”策略 加上函数符号即为“穿”，去掉函数符号即 为“脱”。对于有些抽象函数，可根绝函数 值相等或者函数的单调性，实现对函数符号 的“穿脱”，以达到简化的目的。
【例 9】 已知函数 f ( x) 是定义在 (0,) 上的增函数， 且满足对于任意的正实数 x 、y ， 都有
f ( x y) f ( x) f ( y) ，且 f (2) 1.
例
1,1, 当 8. 定 义 域 为 R 的 函 数 f ( x ) 的 值域为
x 0 时 1 f ( x ) 0 , 且 对 任 意 a , b R , 满 足
f (a ) f (b) . f (a b) 1 f (a ) f (b)
(1)求 f (0)的值; (2)求证 f ( x )是奇函数； (3)判断 f ( x )在R上的单调性
)
考点5 幂函数模型:f(xy)=f(x)f(y)
例6.若f ( x)对任意的x, y有f ( xy ) f ( x) f ( y ) 且f (1) 1, f (27) 9, 当0 x 1时, f ( x) 0,1
（1）判断f ( x)的奇偶性；
3
（2）判断f ( x)在 0， + 上的单调性；
“抽象函数”常见题型解题策略
变传 统 的 、 一 的“ 单 传授——接 受 ” 的教
学 模 式 ，在 课 堂 教 学 中 ，首 先 要 营 造 平
就 需要教师本 身要善于 发现 问题 、综合
运 用 知 识 解 决 新 问 题 的 能 力 。 此 外 教 师
的一 数。 试题 性较强， 类函 这类 抽象 需要
较 强 的 理 性 思 维 ，特 别 是 在 数 学 高 考 强 调考查“ 理性思维 ” 的今天 更应引 起我们 的重视 。
重视运用“ 赋值法’ ’ 例 １ 定 义在 实 数集 Ｒ 上 的 函数
一
、
点 拨 ： 题 无法 直接 求 出厂 ， 本 （ 若 ） 将 已知等式左边 看成两个 函数 ，利 用换
（） Ｉ 分别用 争 ， ｃ ０替 ３（ ） ＋ 争（ ＞ ）
． ） ． ）Ｉ ）【 ） ． 望 ； ＋ 丝 。 ． 触 触 ， ，
例５ 已知 ） 是定义在Ｒ上的奇
偶函数
・
．
＋ ） 争Ｌ ｃ ） ） 、 墨 ｃ
… ． ．
．
又 、 … Ｉ Ｘ ．， ，时 Ｓ ｌ Ｇ
思维价 值 ， 为创新做 出示范 。其次 ， 并 教
要掌握一点常用的探索、 探究的方法 和
技巧才行 。 ・ 要改变教育观 念 ， 意接受继 续教育 ， 注 比 如学 习现 代教 学理 论 ， 构 主义 的认 知 建
理 论 ， 元 智 力 理 论 等 ， 解 我 国 一 级 多 了
厂 ｙ ）广 （ ） Ｏ （ ｔ ＝ 。 己的思维过程 ，敏 锐捕捉 学生 的思维 闪 光点 ， 给予 支持 、 并 鼓励 ： 并在 解题 后不
抽象函数几类问题的解题方法与技巧
一、求解析式的一般方法 1、换元法例1：已知f(x+1)=x 2-2x 求f(x)解：令t=x+1则x=t-1 f(t)=(t-1)2-2(t-1)=t 2-4t-3∴f(x)=x 2-4x-3换元法是解决抽象函数问题的基本方法，换元法包括显性换元法和隐性换元法。
2、方程组法例2：若函数f(x)满足f(x)+2f(x1)=3x ，求f(x) 解：令x=x 1则f(x 1)+2f(x)= x 3 f(x)+2f(x 1)=3x ＝＞f(x)= x 2-x2f(x)+f(x 1)=x 3∴f(x)= x2-x例3 .例43、待定系数法例5：如果f[f(x)]=2x-1则一次函数f(x)=______ 解：f(x)是一次函数∴不妨设f(x)=ax+b(a ≠0)则f[f(x)]=af(x)+b=a(ax+b)+b=a^2x+ab+b 又已知f[f(x)]=2x-1例6：已知f(x)是多项式函数，解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
二、判断奇偶性的一般方法在奇偶性的求解中，常用方法是赋值法，赋值法中常见的赋值有-1、0、1。
例7 定义在（-1、1）上的函数f(x)满足。
（1）对任意x、y∈ (-1、1) 都有f(x)+f(y)=f()（2）当x∈ (-1、0) 时,有f(x)＞0求证（I）f(x)是奇函数,（II）f(证明：（1）令x=y=0，则2f(0)=f(0) ∴f(0)=0令y=-x，则f(x)+f(y)=f(x)+f(-x)=f(=f(0)=0∴f(-x)=-f(x) ∴f(x)是奇函数例8定义在R上的函数f(x)，对任意 x,y属于R,有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(0)≠0（1）求证f(0)=1 （2）求证y=f(x)是偶函数证明：（1）令x=y=0∴f(0)+f(0)=2×f(0)2∵f(0)≠0∴f(0)=1(2)令x=0则f(0+y)+ f(0-y)=2 f(0)f(y)f(y)+f(-y)=2f(y) ＝＞f(-y)=f(y) ＝＞y=f(x)是偶函数例9.对任意实数x,y ，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______.解:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+2f[(1)]2,三、单调性的求解方法例6：定义域为R 的函数f(x)满足：对于任意的实数x 、y 都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x ＞0时，f(x)＜0恒成立。
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抽象函数题的十种解题策略湖南省冷水江市第六中学（417500）邓赞武我们把未给出具体解析式的函数称为抽象函数。
由于它既能考查函数的概念与性质，又能考查学生的思维能力及对函数思想的理解程度，因而在高考中备受青睐。
本文结合实例，介绍求解抽象函数题的十种常用策略。
策略一：活用定义与性质以函数“三性”为突破口，紧扣其定义及性质间的相互联系，经推理或计算求解问题。
例1：己知定义在R上的函数f(x)满足条件f(x+32)=-f(x)且y=f(x-34)是奇函数，给出以下四个命题：（1）函数f(x)是周期函数，（2）函数f(x)的图象关于点（-34，0）对称，（3）函数f(x)是偶函数，（4）函数f(x)是R上的单调函数，以上四个命题中，真命题序号是。
解析：∵f(x+32)=-f(x) ∴f(x)=-f(x-32)两式相减得：f(x+32)= f(x-32)即f(x+3)=f(x)故（1）正确∵y=f(x-34)是奇函数所以f(-x- 34)= -f(x-34)即f(-x- 34)+f(x-34)=0 即f(x)的图象关于点（-34，0）对称。
故（2）正确；又由f(-x- 34)= -f(x-34)用x-34代替x得：f(-x)=-f(x+32) 而f(x+32)=-f(x) ∴f(-x)=f(x) 故（3）正确，从而（4）错误∴真命题是（1）、（2）、（3）策略二：巧妙赋值抽象函数常以函数方程的形式出现，求解这类问题常赋予变量恰当的数值或代数式，经运算与推理，得出结论：例2、己知定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2，满足关系f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+2，（1）证明f(x)的图象关于点（0，-2）成中心对称，（2）若x>0，则有f(x)>-2，求证：f(x)是R 上的增函数。
证明：（1）令x1=x2=0,则f(0)=-2,对任意实数x,令x1=x，x2=-x，则有f(x-x)=f(x)+f(-x)+2即f(x)+f(-x)=-4，故f(x)的图象关于点（0，-2）成中心对称。
（2）对任意实数x1、x2，设x1<x2，由x2-x1>0，则有f(x2-x1)>-2∴f(x2)=f[(x2-x1)+x1]=f(x2-x1)+f(x1)+2∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)+2>0 即f(x2)>f(x1)命题获证。
策略三：利用递推关系。
主要思路有：（1）把与抽象函数有关的等式看作递推式，利用递推关系寻找新的等式，（2）若f(x)是定义在正整数集上的函数，则可由给定等式得到关于f(n)的关系式，利用数列知识求解。
例3：设函数f(x)在R上满足:f(2-x)=f(2+x)f(7-x)=f(7+x)且在闭区间[0,7]上只有f(1)=f(3)=0，试求方程f(x)=0在区间[-2005，2005]上的根的个数，并证明你的结论。
解析：∵f(2-x)=f(2+x)用2-x代替x得f(x)=f(4-x)又由f(7-x)=f(7+x)用3+x代替x，可得f(x)=f(10+x)，即f(x)是周期为10的函数，∵f(7-x)=f(7+x) ∴f(x)的图象关于x=7对称，∵f(x)在[0,7]上只有f(1)=f(3)=0，∴f(x)=0在[0,10]上只有x=1和x=3两个根，于是f(x)=0在[0,2000]上只有400个根，在[2000,2005]上只有2个根，即f(x)=0在[0,2005]上只有402个根，同理可得：f(x)=0在[-2005、0]上只有400个根，即f(x)=0在[-2005,2005]上只有802个根。
例4：己知函数f(t)对任意实数x、y都有f(x+y)=f(x)+f(y)+3xy(x+y+2)+3，f(1)=1，若t∈N+，试求f(t)的表达式。
解析：依题意令y=1可得f(x+1)-f(x)=3x2+9x+4∴t∈N+时，f(t)= f(t)-f(t-1)+f(t-1)-f(t-2)+……+f(2)-f(1)+f(1)=t3+3t2-3为所求。
策略四：借用导数工具。
导数是新教材新增内容，是研究函数图象与性质的“尖端武器”。
例5：己知函数f(x)、g(x)在区间[a,b]上均有f ´(x)<g ´(x)，则下列关系式中正确的是 。
A 、f(x)+f(b)≥g(x)+g(b)B 、f(x)-f(b)≥g(x)-g(b)C 、f(x)≥g(x)D 、f(a)-f(b)≥g(b)-g(a)解析：令F （x ）=f(x)-g(x)，则F ´(x)=f ´(x)-g ´(x)<0，∴f （x ）=f(x)-g(x)在[a,b]上递减，∵x ≤b ，∴f(x)-g(x) ≥f(b)-g(b)即f(x)-f(b)≥g(x)-g(b)故选B 。
策略五：特殊化思想例6、若f(x)是R 上的减函数，且f(x)的图象过点A （0，3）和点B （3，-1），则不等式|f(x+1)-1|<2的解集为 。
A 、（-∞，3）B 、（-∞，2）C 、（0，3）D 、（-1，2） 解析：∵f(x)的图象过点A （0，3）和点B （3，-1），取其特殊情况，将曲线看作过A 、B 两点的直线，由两点式得：f(x)=- 43x+3，∴f(x+1)=- 43x+ 53，代入|f(x+1)-1|<2解得-1<x<2故选D 。
策略六：类比联想。
据题目给定的关系大胆类比，联想背景函数及其性质，捕捉解题信息，为解题指明方向。
例7：己知定义在区间（-m ，m ）(m>0)上且值域为R 的函数f(x)满足：①当0<x<m 时，f(x)>0,②对于定义域内任意实数a 、b 均满足f(a+b)= ()()1()()f a f b f a f b +- （1）试求f(0) （2）判断并证明f(x)的单调性分析：不难发现，f(x)是以正切函数f(x)=tanx为背景定义的，类比f(x)=tanx的性质知：f(0)=tan0=0，f(x)为奇函数，f(x)没有单调减区间，带着这些结论去解答该题，思路便明朗了。
解答过程略。
策略七：夹逼思想据给定的抽象函数不等式，利用“若A≥B,且A≤B则A=B”这一夹逼思维将不等式导为等式，不啻为一种解题良策。
例8：定义在R上的函数f(x)满足f(x+4)≥f(x)+8，f(x+1)≤f(x)+2，g(x)=f(x)-2x,(1)比较g(x+1)与g(x)的大小，（2）若f(2)=4,求f(2006)解析：（1）由f(x+1)≤f(x)+2，f(x)=g(x)+2x知：g(x+1)+2(x+1)≤g(x)+2x+2，从而g(x+1)≤g(x)（2）由g(x+1)≤g(x)得：g(x+4)≤g(x+3)≤g(x+2)≤g(x+1)≤g(x)即g(x+4)≤g(x)，又由f(x+4)≥f(x)+8，f(x)=g(x)+2x得：g(x+4)+2(x+4)≥g(x)+2x+8即g(x+4)≥g(x)故g(x+4)=g(x)即g(x)是以4为周期的周期函数，因为f(2)=4，∴g(2006)=g(501×4+2)=g(2)=f(2)-2×2=0策略八：转化化归抽象函数中的解不等式及不等式恒成立问题，常利用单调性去掉函数符号，化抽象为具体。
例9：函数f(x)的定义域为D：{x|x≠0}且对任意x1、x2∈D ，有f(x 1x 2)=f(x 1)+f(x 2)，（1）求f(1)的值，（2）判断f(x)的奇偶性并证明（3）若f(4)=1，f(3x+1)+f(2x-6)≤3且f(x)在（0、+∞）上是增函数，求x 的取值范围。
解析：（1）令x 1=x 2=1可得f(1)=0（2）令x 1=x 2=-1可得f(-1)=0再令x 1=-1，x 2=x ，有：f(-x)=f(x)+f(-1) ∴f(-x)=f(x) ∴f(x)为偶函数。
（3）∵f(4×4)=f(4)+f(4)=2，f(64)=f(16)+f(4)=3∴f(3x+1)+f(2x-6)≤3等价于f[(3x+1)（2x-6）]≤f(64)∵f(x)在（0、+∞）上递增，故|(3x+1)（2x-6）|≤64 解得：73 ≤x<-13或-13<x<3或3<x ≤5 策略九：数形结合充分挖掘抽象函数的图象信息，再运用数形结合思想全面判断与定量分析。
例10：设f(x)、g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，当x<0时，f ´(x)g(x)+f(x)g ´(x)>0，且g(-3)=0，则不等式f(x)g(x)<0的解集为 。
A 、（-3，0）∪（3，+∞）B 、（-3，0）∪（0，3）C 、（-∞，-3）∪（3，+∞）D 、（-∞，-3）∪（0，3） 解析：设t(x)=f(x)g(x)，则t ´(x)= f ´(x)g(x)+f(x)g ´(x)>0即x<0时，t(x)为增函数，由f(x)、g(x)分别是定义在R 上的奇函数和偶函数，且g(-3)=0知，t(x)为R 上的奇函数。
且t(-3)=0，t(0)=0,结合t(x)的上述图象特征并画出t(x)的草图知f(x)g(x)<0时，x<-3或0<x<3故选D。
策略十：反证法。
对于从正面难入手的抽象函数证明题，可采用正难则反的思路求解。
例11：设f(x)定义在[0，1]上的函数，若存在x*∈（0，1）使得f(x)在[0，x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减，则称f(x)为[0，1]上单峰函数，x*为峰点，含峰点的区间为含峰区间，证明：以任意x1、x2∈（0，1），x1<x2，若f(x1)≥f(x2)，则（0，x2）为含峰区间；若f(x1)≤f(x2)，则（x1，1）为含峰区间。
证明：设x*为f(x)的峰点，则由单峰函数定义知，f(x) 在[0，x*]上单调递增，在[x*，1]上单调递减。
当f(x1)≥f(x2)时，假设x*∈（0，x2），则x1<x2≤x*从而f(x*)≥f(x2)>f(x1)这与f(x1)≤f(x2)矛盾，所以，x*∈（0，x2），即（0，x2）为含峰区间。
同理可证：若f(x1)≤f(x2)，则（x1，1）为含峰区间。