浅谈抽象函数问题的处理方法

范天华

【摘 要】 本文针对学生对于抽象函数的学习存在困难,不太能理解和接受,以及抽象函数的特点,结合多年高考复习实践,归纳总结了高考中抽象函数的几种常见题型和解决问题的方法:赋值法,变量代换法,递推法,联想建模法,求函数周期法。

【关键词】 抽象函数 赋值 变量代换 建模

抽象函数是指没有具体函数解析式,具备函数的一些基本性质(如单调性,奇偶性,周期性,函数的定义域、经过的特殊点、递推式、部分图象特征等)的函数。抽象函数是中学数学函数部分的难点,在平时的教学以及和学生的交流中都深深感到学生对于抽象函数的学习存在很大困难,不太能理解和接受。近几年高考中也常出现涉及抽象函数的题目,大多考查的是函数的单调性、奇偶性、对称性和周期性。它既是教学中的难点,又是近几年来高考的热点。所以我针对做抽象函数的题目需要有严谨的逻辑思维能力、丰富的想象力以及函数知识灵活运用的能力,结合我这几年高考复习实践,归纳总结高考中常见的抽象函数解决问题的方法,仅供参考。

1 赋值法

有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的,此类问题只要抓住函数特性是定义域上恒等式,就可以通过赋特殊值法使问题得以解决。

例:定义在R上的奇函数f(x)满足f(x+2)=-f(x),则f(6)= ( )

(A)-1 (B)0 (C)1 (D)2

解:因为f(x)是定义在R上的奇函数,知f(0)=0,又对任意x∈R,f(x)满足f(x+2)=-f(x),所以,取x=4得f(4+2)=-f(4)=-f(2+2)=f(2)=-f(0)=0,故选B。

例:已知函数f(x)对一切x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y),求证:①f(x)是奇函数;②若f(x)的图象关于直线x=1对称,则f(x)恒等于0。

解①:在f(x+y)=f(x)+f(y)中,令y=-x,得f(0)=f(x)+f(-x),令x=y=0,得f(0)=f(0)+f(0)∴f(0)=0∴f(x)+f(-x)=0,即f(-x)=-f(x)∴f(x)是奇函数。

解②:f(x)是奇函数,则f(-x)=-f(x).且f(0)=0,图象关于直线x=1对称,即点(x,y),(2-x,y)同在曲线上,有f(2-x)=f(x),且f(2)=f(0)=0,又已知f(x+y)=f(x)+f(y),有f(x)=f(2-x)=f(2)+f(-x)=f(2)-f(x)?圯2f(x)=f(2)=0即f(x)=0.

方法提炼:①使用赋值法时,赋值的目的要明确,本题就是要凑出f(0);f(-x)与f(x)的关系;②领会函数式变换的依据、目的和策略的灵活性。

2 变量代换法

若问题与函数的单调性或抽象不等式有关,可以通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系,为问题的解决带来极大的方便。

例:已知函数f(x)的定义域是x≠0的一切实数,对定义域内的任意x1,x2都有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2),且当x>1时f(x)>0,f(2)=1,求证:①f(x)是偶函数;②f(x)在(0,+∞)上是增函数;③解不等式f(2x2-1)<2

解①:令x1=x2=1,得f(1)=2f(1) ∴f(1)=0,令x1=x2=-1,得f(1)=0, ∴ f(-x)=f(-1·x)=f(-1)+f(x)=f(x)

∴ f(x)是偶函数

解②:设x2>x1>0,则f(x2)-f(x1)=f(x1·■)-f(x1)=f(x1)+f(■)-f(x1)=f(■)∵ x2>x1>0∴ ■>1∴ f(■)>0,即f(x2)-f(x1)>0∴ f(x2)>f(x1) ∴ f(x)在(0,+∞)上是增函数。

解③:Qf(2)=1∴ f(4)=f(2)+f(2)=2∵ f(x)是偶函数, ∴ 不等式f(2x2-1)<2可化为f(|2x2-1|)

例:设函数f(x)对任意实数x,y,都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0时f(x)<0,且f(1)=-2,求f(x)在[-3,3]上的最大值和最小值。

解:令x=y=0,得f(0)=0,令x=-y,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数,设x10,由已知得f(x2-x1)<0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)

3 递推法

对于已知条件有递推式且定义在正整数集N*上的抽象函数,就用递推法来探究,寻求解题方法。

例:已知f(x)是定义在R上的函数,且f(x+2)(1-f(x))=1+f(x),求证:①f(x)是周期函数;②若f(1)=2+■,试求f(2001),f(2005)的值。

解①:由已知f(x+2)=■ ∴ f(x+4)=f(2+(x+2))=■■=-■

f(x+8)=f((x+4)+4)=-■=f(x),周期为8.

解②:f(2001)=f(1)=2+■

f(2005)=f(5)=f(1+4)=-■=-2+■

方法要点:用活条件f(x+2)=■

f(x+4)=f(2+(x+2))=-■

例:是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;③f(2)=4同时成立?若存在,求出函数f(x)的解析式;若不存在,说明理由。

解:假设存在这样的函数f(x),满足条件,得f(2)=f(1+1)=4,解得f(1)=2,又f(2)=4,f(3)=8,由此猜想:f(x)=2x(x∈N*)(数学归纳证明 略)

4 联想建模法

此方法是通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想,寻找具体的函数模型,再由具体函数模型的图象和性质来指导我们找到解题思路,及解题突破口进而解决抽象函数问题的方法。应掌握下面常见的特殊函数模型:①正比例函数f(x)=kx (k≠0),满足f(x+y)=f(x)+f(y);②幂函数f(x)=xn满足f(xy)=f(x)f(y);③指数函数f(x)=ax (a>0,a≠0),满足f(x+y)=f(x)f(y);④对数函数f(x)=logax (a>0,a≠0),满足f(xy)=f(x)+f(y)

例:定义在R上的函数y=f(x),f(0)≠0,当x>0时,f(x)>1,且对任意的a,b∈R,有f(a+b)=f(a)f(b).求证:①f(0)=1;②对任意的x∈R,恒有f(0)>0;③f(x)是R上的增函数;④若f(x)f(2x-x2)>1,求 x的取值范围?

分析:从已知条件对任意的a,b∈R,有f(a+b)=f(a)f(b),结合特殊函数模型,可以联想到指数函数,进一步知道本题中的函数应该是单调函数,解决问题的突破口就是证明函数。

证明①:令a=b=0,则f(0)=f2(0),又f(0)≠0

∴ f(0)=1

证明②:当x<0时,-x>0∴ f(0)=f(x)f(-x)=1

∴ f(-x)=■>0,又x≥0时f(x)≥1>0

∴ x∈R时,恒有f(x)>0

证明③:设x10

∴ f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)f(x1)Qx2-x1>0

∴ f(x2-x)>1,又f(x1)>0∴ f(x2-x1)f(x1)>f(x)

∴ f(x2)>f(x1)∴ f(x)是R上的增函数

解④:由f(x)f(2x-x2)>1,f(0)=1,得f(3x-x2)>f(0),

又f(x)是R上的增函数,∴ 3x-x2>0,0

关键点注:解本题的关键是灵活应用题目条件,尤其是③中“f(x2)=f[(x2-x1)+x1]”是证明单调性的关键,这里体现了向条件化归的策略。

5 求函数周期法

已知条件中有型如f(x+a)=f(x+b),(a≠b)或f(x)=-f(x+a),(a≠0)或f(x)=■,(a≠0)的抽象函数问题,主要是用替换与代入的思想将原条件等式化成周期函数的定义的形式,从而得到函数的周期,进一步解决问题。

例:f(x)是R上的奇函数,当f(x)=-f(x+3),x∈[0,■]时f(x)=x,则f(2003)=?

解一:Qf(x)=-f(x+3) ∴ f(x)=f(6) ∴ 6是f(x)的一个周期∴ f(2003)=f(334×6-1)=f(-1)=-f(1)=-1

解二:Qf(x)=-f(x+3),且f(x)是奇函数,

∴ f(-x)=f(x+3)

∴ f(x)关于直线x=■对称,结合f(x)是奇函数

∴ 6是f(x)的一个周期

∴ f(2003)=f(334×6-1)=f(-1)=-f(1)=-1

例:f(x)满足f(x)=-f(6-x),f(x)=f(2-x),若f(a)=-f(2000),a∈[5,9]且f(x)在闭区间[5,9]上单调。求a的值。

解:Qf(x)=-f(6-x) ∴ f(x)关于点(3,0)对称,

Qf(x)=f(2-x)

∴ f(x)关于直线x=1对称,知8是f(x)的一个周期

∴ f(2000)=f(0)

又Qf(a)=-f(2000) ∴ f(a)=-f(0)

又Qf(x) =-f(6-x) ∴ f(0)=-f(6)

∴ f(a)=f(6) ∴ a=6