抽象函数问题分类解析

　　抽象函数问题由于没有给出具体函数解析式，只是给出一些特殊条件的函数，故具有一定的抽象性，又因其性质隐而不露，常使学生感到“无法可依”，使教师对教材处理深感茫然，但这类问题已成高考的热点问题。因此，本文就这类问题的解题规律及一般思路进行分类解析。
　　一、抽象函数问题的特点
　　抽象函数题通常只给出函数记号及相关的一些运算性质，但不直接给出其解析式。这类问题具有题意抽象化与思路特殊化相统一的辩证性特点。
　　二、抽象函数问题的解法
　　解决抽象函数问题的常用方法有赋值、换元、迭代、解方程（组）或不等式（组）等。解决抽象函数问题的主要途径是：寻找（常用从特殊到一般的方法）并运用函数的性质（如单调性、奇偶性、周期性等），化抽象为具体，化抽象为直观，有时需运用类比、猜想出它可能为某种基本初等函数，以及数形结合思想来求解。
　　三、抽象函数问题分类解析
　　1．一次函数型
　　以一次函数f（x）=kx为原型，其基本特征是f（x+y）=f（x）+f（y），或f（x-y）=f（x）-f（y）。
　　以f（x+y）=f（x）+f（y）为例证明。
　　证明：∵f（x）=kx，
　　∴f（x+y）=k（x+y）=kx+ky=f（x）+f（y），即f（x+y）=f（x）+f（y）.
　　例1.已知函数f（x）对任意x，y∈R，均有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x＜0时，f（x）＞0，f（1）=-3，求f（x）在区间［-2，3］上的最大值。
　　分析：由f（x+y）=f（x）+f（y），想：k（x+y）=kx+ky，原型函数为f（x）=kx，猜测：抽象函数f（x）为奇函数，且在实数集R上单调递减，最大值、最小值分别为f（-2）与f（3）。
　　解析：由f（x+y）=f（x）+f（y），令x=0，得f（0）=0，再令y=-x，得f（-x）=-f（x），f（2）=2f（1）=-6，f（3）=3f（1）=-9.
　　任取x＜x，则f（x）-f（x）=f［（x-x）+x］-f（x）
　　=f（x-x）+f（x）-f（x）=f（x-x），
　　∵x-x＜0，∴f（x-x）＞0，即f（x）＞f（x）.
　　∴f（x）在［-2，3］上单调递减，最大值、最小值分别为f（-2）=-f（2）=6与f（3）=-9.
　　评析：由于抽象函数没有给出具体的解析式，所以讨论抽象函数的单调性，一般是用定义法。
　　2.二次函数型
　　以二次函数f（x）=k（x-a）+m为原型，其基本特征是f（a+x）=f（a-x）。
　　证明：∵f（x）=k（x-a）+m，∴f（a+x）=k［（a+x）-a］+m=kx+m.又f（a-x）=k［（a-x）-a］+m=kx+m，∴f（a+x）=f（a-x）.
　　例2.已知实数集上的函数f（x）恒满足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5个实根，则这5个实根之和是多少？
　　分析：因为实数集上的函数f（x）恒满足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5个实根，可以将该函数看成是类似于二次函数y=k（x-2）+m为模型引出解题思路，即函数的对称轴是x=2，并且函数在f（2）=0，其余的四个实数根关于x=2对称。
　　解析：因为实数集上的函数f（x）恒满足f（2+x）=f（2-x），方程f（x）=0有5个实根，所以函数关于直线x=2对称，所以方程的五个实数根也关于直线x=2对称，其中有一个实数根为2，其它四个实数根位于直线x=2两侧，并关于直线x=2对称，则这5个根之和为10.
　　评析：已知条件类比二次函数y=k（x-2）+m为模型，这类抽象问题通过数形结合来解决。
　　3.幂函数型
　　以幂函数f（x）=x为原型，其基本特征是f（xy）=f（x）f（y），或f（）=。
　　以f（xy）=f（x）f（y）为例证明。
　　证明：∵f（x）=x，
　　∴f（xy）=（xy）=xy=f（x）f（y），即f（xy）=f（x）f（y）.
　　例3.已知定义在（0，+∞）上的函数f（x）对任意的x，y＞0，均有f（xy）=f（x）f（y），且当x＞1时，有f（x）＜1，f（3）=.
　　（1）求证：f（x）＞0；
　　（2）求证：f（x）在（0，+∞）上为单调减函数；
　　（3）若f（m）=9，试求m的值。
　　分析：由f（xy）=f（x）f（y），想：（xx）=xx，原型函数为f（x）=x（n为常数（f（x）=x）），猜测：抽象函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，且f（x）＞0。
　　解析：（1）由条件可得f（x）=f（·）=f（）≥0，又f（3）=f（·x）=f（）f（x）=＞0，∴f（x）＞0.
　　（2）任取x＞x＞0，则＞1，∴f（）＜1.
　　∵f（x）=f（·x）=f（）f（x）＜f（x），∴f（x）在（0，+∞）上为单调减函数.
　　（3）由条件可得f（1）=f（1），又f（x）＞0，∴f（1）=1.
　　由f（3）=，得9f（3）=1，又f（m）=9，∴f（m）f（3）=1.
　　∵f（m）f（3）=f（3m），∴f（3m）=1=f（1）.
　　又f（x）在（0，+∞）上为单调减函数，∴3m=1，即m=.
　　评析：抽象函数所满足的关系式，把它看作给定的运算法则，通过变量的赋值或变量及数值的分解与组合都应尽量与已知式或所给关系式及所求的结果相关联。
　　4.指数函数型
　　以指数函数f（x）=a（a＞0，a≠1）为原型，其基本特征是f（x+y）=f（x）（y），或f（x-y）=。
　　以f（x+y）=f（x）f（y）为例证明。
　　证明：∵f（x）=a，
　　∴f（x+y）=a=aa=f（x）f（y），即f（x+y）=f（x）f（y）.
　　例4.定义在R上的函数f（x）满足：对任意实数m，n总有f（m+n）=f（m）f（n），且f（0）≠0，当x＞0时，0＜f（x）＜1.
　　（1）试求f（0）的值；
　　（2）当x＜0时，求f（x）的取值范围；
　　（3）判断f（x）的单调性并证明你的结论；
　　（4）设A={（x，y）|f（x）f（y）＞f（1）}，B={（x，y）|f（kx-y+）=1，k∈R}，若A∩B=?准，试确定k的取值范围；
　　（5）试举出一个满足条件的函数f（x）。
　　分析：由f（m+n）=f（m）f（n），想：a=aa。原型函数为f（x）=a（a＞0，a≠1），①当a＞1时为单调增函数，且x＞0时，f（x）＞1；x＜0时，0＜f（x）＜1。②当0＜a＜1时为单调减函数，且x＜0时，f（x）＞1；x＞0时，0＜f（x）＜1。猜测：抽象函数f（x）为减函数，且当x＞0时，0＜f（x）＜1。
　　解析：（1）在f（m+n）=f（m）f（n）中，令m=n=0，得f（0）=f（0）.
　　∵f（0）≠0，∴f（0）=1.
　　（2）对任意实数m，n总有f（m+n）=f（m）f（n），且f（0）≠0.
　　设x＜0，则-x＞0，∴0＜-f（-x）＜1．
　　又f（0）=f（x-x）=f（x）f（-x）=1，
　　∴f（-x）=∈（0，1），∴f（x）＞1.
　　（3）设x＞x，x，x∈R，则x-x＞0，0＜f（x-x）＜1，且===f（x-x）＜1，
　　∴f（x）＜f（x），∴f（x）在R上为单调减函数．
　　（4）首先利用f（x）的单调性，将有关函数值的不等式转化为不含f的式子.
　　f（x）f（y）＞f（1）?圯f（x+y）＜f（1）?圯x+y＜1.
　　
　　f（kx-y+）=1=f（0）?圯kx-y+=0.
　　因为A∩B=?准，所以直线kx-y+=0与圆面x+y＜1无公共点.
　　所以≥1．解得：-1≤k≤1．
　　（5）如f（x）=（）．
　　评析：利用抽象函数的单调性等性质来解抽象不等式。
　　5.对数函数型
　　以对数函数f（x）=logx（a＞0，a≠1）为原型，其基本特征是f（xy）=f（x）+f（y），或f（）=f（x）-f（y）。
　　以f（xy）=f（x）+f（y）为例证明。
　　证明：∵f（x）=logx（a＞0，a≠1），
　　∴f（xy）=logxy=logx+logy=f（x）+f（y），即f（xy）=f（x）+f（y）.
　　例5.设函数f（x）的定义域是（0，+∞），对任意正数m，n，恒有f（mn）=f（m）+f（n），且当x＞1时，f（x）＜0，f（2）=-1.
　　（1）求f（1）和f（）的值；
　　（2）求证：f（x）在（0，+∞）上是减函数。
　　分析：由f（mn）=f（m）+f（n），想：logmn=logm+logn，原型函数为f（x）=logx（a＞0，a≠1），①当a＞1时为单调增函数，且x＞1时，f（x）＞0；0＜x＜1时，f（x）＜0。②当0＜a＜1时为单调减函数，且0＜x＜1时，f（x）＞0；x＞1时，f（x）＜0。猜测：抽象函数f（x）为减函数。
　　解析：（1）赋值法．令m=n=1，得f（1）=f（1）+f（1），∴f（1）=0.f（1）=f（2×）=f（2）+f（）=-1+f（）=0，∴f（）=1.
　　（2）任取x＞x＞0，则＞1．∵当x＞1时，f（x）＜0，∴f（）＜0，∴f（x）=f（x·）=f（x）+f（）＜f（x），∴f（x）在（0，+∞）上是减函数.
　　评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取m=n=1，求出f（1）=0，这样便把已知条件f（2）=-1与欲求的f（）联系了起来。赋值法是解此类问题的常用技巧。
　　6.三角函数型
　　以三角函数f（x）=sinwx为原型，其基本特征是f（x+y）+f（x-y）=2f（x）coswy，或f（x）+f（y）=2f（）cos。
　　以三角函数f（x）=coswx为原型，其基本特征是f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y），或f（x）+f（y）=2f（）f（）。
　　以三角函数f（x）=tanwx为原型，其基本特征是f（x+y）=，或f（x-y）=。
　　以f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy为例证明。
　　证明：∵f（x）=sinwx，
　　∴f（x+y）+f（x-y）=sinw（x+y）+sinw（x-y）
　　=2sinwxcoswy=2f（x）coswy，即f（x+y）+f（x-y）=2f（x）coswy.
　　例6．已知函数f（x）对任意的x，y∈R，均有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy，且f（0）=0，f（）=1，给出下列结论：①f（）=1；②f（x）是奇函数；③f（x）是周期函数；④f（x）在（0，π）内为单调函数．其中正确的结论有：?摇?摇?摇?摇?摇.
　　分析：由f（x+y）+f（x-y）=2f（x）cosy，想：sin（x+y）+sin（x-y）=2sinxcosy，且满足f（0）=0，f（）=1，原型函数为f（x）=sinx，∴只有②③正确。
　　另解：赋值法．（1）令x=0，得f（y）+f（-y）=0，∴f（x）是奇函数。
　　（2）令y=，得f（x+）+f（x-）=0，
　　∴f（x+）=-f（x-）=f（-x）①
　　令x=，y=x，得f（+x）+f（-x）=2cosx②
　　由①、②可得f（+x）=cosx，∴f（x）=sinx，∴只有②③正确。
　　例7.设函数f（x）满足f（x）+f（y）=2f（）f（），且f（）=0，x，y∈R；求证：f（x）为周期函数，并指出它的一个周期。
　　分析：由f（x）+f（y）=2f（）f（），想：cosx+cosx=2coscos，原型函数为f（x）=cosx，猜测：抽象函数f（x）为周期函数，且2π为它的一个周期。
　　解析：由f（x）+f（x）=2f（）f（），令x=x+π，x=x，则f（x+π）+f（x）=2f（x+）f（）=0，∴f（x+π）=-f（x）?圯f（x+2π）=f（x）.∴f（x）为周期函数，2π是它的一个周期。
　　例8．已知函数f（x）满足f（x+1）=，若f（2）=2010，试求f（2011）。
　　分析：由f（x+1）=，想：tan（x+）=。原型函数为f（x）=tanx为周期函数，且周期为4×=π。猜测：抽象函数f（x）为周期函数，且周期为4×1=4。
　　解析：∵f（x+2）=f［（x+1）+1］===-，
　　∴f（x+4）=f［（x+2）+2］=-=f（x）?圯f（x+4）=f（x）.
　　∴f（x）是以4为周期的周期函数。
　　又∵f（2）=2010，
　　∵f（2011）=f（502×4+3）=f（3）=f（2+1）===-，
　　∴f（2011）=-
　　评析：条件中有两个变量和，怎样实现由两个变量向一个变量的转化是解题关键。通常情况下，给某些变量适当赋值，使之在关系中消去，进而保留一个变量，是实现这种转化的重要方法。
　　许多抽象函数问题都是以中学阶段所学的基本函数为背景，解题时可从研究抽象函数的背景入手，通过类比猜想抽象函数可能具有某些性质，从而得到解题思路，即用从特殊到一般，先猜后证的方法求解，注意在证明函数的性质时，一般是用定义法。