类比联想,“以旧破新”

黄欣

【摘要】抽象函数问题由于没有具体解析式，只能通过给出的条件探究推测解题思路，观察其给定的表达式结构特征进行巧妙赋值和变换，是解决这类题目的关键，然而如何进行所谓的“巧妙的赋值和变换”，是我们需要突破的难点.因此，本文提出“原型”法尝试突破这一难点.

【关键词】抽象函数问题；类比联想；“原型”破题法

所谓原型，就是符合题目给出的抽象函数性质的我们熟知的函数，譬如：抽象函数具有这样的性质：f(xy)=f(x)+ゝ(y)(x>0)，那么它的一个原型就是对数函数f(x)=玪og璦x.对原型主要性质尝试迁移到当前的抽象函数，就可以启发我们有针对性地赋值和变换，从而有了破题思路.对于客观题而言，只要找到原型，就等于得到正确答案了，直接破题.

例1 （2008重庆理科卷）若定义在R上的函数f(x)满足：对任意x1,x2∈R有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1,则下列说法一定正确的是().

獳.玣(x)为奇函数獴.玣(x)为偶函数

獵.玣(x)+1为奇函数獶.玣(x)+1为偶函数

原型法 依题意知f(x)=x-1满足题设，从而对照选项很快知道只有选项獵是符合的.

例2 （2009全国Ⅰ卷理科）函数f(x)的定义域为R，若f(x+1)与f(x-1)都是奇函数，则().

獳.玣(x)是偶函数獴.玣(x)是奇函数

獵.玣(x)=f(x+2)獶.玣(x+3)是奇函数

原型法 符合条件的原型函数有玞osπ玿[]2和玸in(π玿)，对照选项显然只有选项獶是符合的.

例3 （2010重庆15题）已知函数f(x)满足:f(1)=1[]4,4f(x)f(y)=猣(x+y)+f(x-y)，(x,y∈R)，则ゝ(2010)=.

原型法 由4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y),

联想到余弦的积化和公式：玞os玿玞os珁=1[]2［玞os(x+y)+玞os(x-y)］，

只需相关系数略作调整，最后可构造f(x)=1[]2玞osπ玔]3x是符合题目条件的.所以f(2010)=1[]2玞os2010[]3π=1[]2.

当然以上诸例可以用常规解法解之，但就客观题而言对比常规解法和原型法，原型法以短平快之势，省去思维容量和宝贵时间迅捷得到正确答案了，直接破题.如果是解答题呢，再看两例：

例4 （1） 已知函数f(x)，x∈R，常数a≠0，且f(x+a)=1-f(x)[]1+f(x)，求证：f(x)是周期函数，且2a是它的一个周期；

（2） 已知函数f(x)，x∈R，常数a≠0,且f(x+a)=1+f(x)[]1-f(x)，求证：f(x)是周期函数.

解析 (1) 用周期函数的定义易于证明.

(2) 由于没有给出具体的周期，仿照（1）的思路有：

f(x+2a)=1+f(x+a)[]1-f(x+a)=1+1+f(x)[]1-f(x)[]1-1+f(x)[]1-f(x)=-1[]f(x).

但是很多同学就到此卡壳了，此时若能联想我们学习过的公式在三角函数里有玹an玿+π玔]4=1+玹an玿[]1-玹an玿，π玔]4相当于a，于是猜想f(x)的周期为4a，现在利用周期的定义就有接下来的思路：f(x+4a)=-1[]f(x+2a)=-1[]-1[]f(x)=f(x).

所以f(x)为周期函数，且周期为4a.

例5 定义在(0,+∞)上的函数f(x)，对任意正实数x,y都满足:f(xy)=f(x)+f(y)，且x>1时，f(x)>0，ゝ(4)=1.试解不等式f(x)+f(x-3)≤0.

解析 根据题意及f(xy)=f(x)+f(y)知该抽象函数的一个原型为f(x)=玪og4x，尽管不能像选择题直接得到答案，但给我们提供了破题思路和方向：要证明f(x)是单调递增的，不等式f(x)+f(x-3)≤0中的0要换算为f(1)，于是就有了针对性的变换和赋值了：

令x>0，y=1,则f(x)=f(x)+f(1)得到f(1)=0；チ瞠﹛1>獂2>0，则x1[]x2>1，得fx1[]x2>0.

所以f(x1)=fx1[]x2x2=ゝx1[]x2+猣(x2)>f(x2).

从而f(x)在(0,+∞)是增函数.下面解答过程就水到渠成了：

f(x)+f(x-3)≤0，

即f(x2-3x)≤f(1).ゼ磝>0,

x-3>0,

x2-3x≤1.……

需要说明的是具有给定抽象函数性质的原型函数可能不止一个；另外尽管从理论而言大量的抽象函数是难以建构具体函数模型的或者说不一定有我们熟知的函数原型,但就目前高考题来说一般是能找到原型的.因此本文局限于有原型的这类抽象函数问题的讨论是有意义的.