例析抽象函数问题的求解策略

1例析抽象函数问题的求解策略上海市吴淞中学贺明荣（200940）近年来，经常在高考、高考模拟以及竞赛中出现与抽象函数有关的试题。一般地，抽象函数是指：没有给出具体的函数解析式，只是给出函数所具有的某些性质的函数。这类试题往往概念抽象、隐蔽性强、灵活性大、综合程度高，因此，学生常常感到难以掌握，教师也常为如何适时处理它等问题而苦恼。现本文主要介绍求解抽象函数问题的常见方法，供参考。1、合理递推例1：函数f具有下列性质：f(x)+f(x-1)=x2如果f(19)=94，那么f(94)除以1000的余数是多少？解：由f(x)+f(x-1)=x2得f(x)=x2-f(x-1)又f(19)=94，∴f(20)=202–f(19)，f(21)=212–f(20)=212-202+f(19)，依次类推，可得f(94)=942–932+922–912+…+222-212+202–f(19)=94+93+92+91+…+22+21+202-f(19)=94+212×74+400–94=4561，所以，余数为561．评注：当f(x)是定义在自然数集N上的函数时，可根据题中所给函数方程，通过取特殊值得到关于f(n)的递推关系，然后根据递推关系进一步求解．2、适当赋值例2、设函数y=f(x)（x∈R且x≠0），对任意实数x1、x2满足f(x1)+f(x2)=f(x1·x2)．(1)求证：f(1)=f(-1)=0；(2)求证：y=f(x)为偶函数；(3)已知y=f(x)在（0，+∞）上为增函数，解不等式f(x)+f(x-12)＜0．证明：(1)令x1=x2=1，得f(1)+f(1)=f(1·1)∴f(1)=0；令x1=x2=-1，得f(-1)+f(-1)=f〔(-1)·(-1)〕=f(1)=0，∴f(-1)=0．(2)令x1=x2=x，得2f(x)=f(x2)；令x1=x2=-x，得2f(-x)=f(x2)；∴f(-x)=f(x)，即y=f(x)为偶函数．(3)f(x)+f(x-12)＜0,即f〔x·(x-12)〕＜f(1),或f〔x·(x-12)〕＜f(-1),由(2)和y=f(x)在（0，+∞）上为增函数,可得0＜x·(x-12)＜1或-1＜x·(x-12)＜0解得1-174＜x＜1+174且x≠0,12．评注：对于抽象函数，根据函数的概念和性质，通过观察与分析，将一般量赋予特殊值，以简化函数，从而达到转化为要解决的问题的目的．23、巧妙换元例3、设f(x)的定义域为｛x∣x≠0,且x≠1｝，满足f(x)+f(x-1x)=1+x，(1)求f(x)．解：令x=y-1y(y≠0，y≠1)，并将y换成x，得f(x-1x)+f(11-x)=1+x-1x，(2)再令(1)中x=11-y(y≠0，y≠1)，将y换成x，得f(11-x)+f(x)=1+11-x，(3)由(1)+(3)-(2)，得2f(x)=(1+x)+(1+11-x)-(1+x-1x)，即f(x)=1+x2-x32x(1-x)，易验证f(x)=1+x2-x32x(1-x)满足方程（1）．评注：根据题目结构特点及欲证的结论，将题中的某些量替换成所需要的量（注意：应使函数的定义域不发生改变，有时还需要作几次相应的替换），得到一个或几个方程，然后设法从中求其解．4、利用函数性质例4、已知定义在R上的函数f(x)满足（1）对于任意x，y∈R都有f(x+y)=f(x)+f(y)；（2）当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：任取-3≤x1＜x2≤3，由条件（1）得f(x2)=f〔(x2-x1)+x1〕=f(x2-x1)+f(x1)，∴f(x2)-f(x1)=f(x2-x1)，∵x2-x1＞0，由条件（2）得f(x2-x1)＜0，∴f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在〔-3，3〕上单调递减．在（1）中令x=y=0，得f(0+0)=f(0)+f(0)，∴f(0)=0再令x=-y，得f(x-x)=f(x)+f(-x)，∴f(-x)=-f(x)，从而f(x)为奇函数，因此，f(x)在〔-3，3〕上的最大值为f(-3)=--f(3)=-f(1+2)=-f(1)-f(2)=-f(1)-f(1)-f(1)=-3f(1)=6最小值为f(3)=-f(-3)=-6．评注：根据题目所给的条件，往往需要探求函数是否还具有哪些特殊的性质，比如，函数的单调性、奇偶性、周期性等等，本题是运用函数的性质得到解答的一个典型，它将奇偶性和单调性有机地结合起来，而函数的单调性是解决最值问题和有关不等式问题的常用性质。5、类比探求例5、已知定义在R上的函数f(x)对于任意x，y∈R都有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y)（1），若存在常数c＞0，使得f(c2)=0，求证：f(x)是周期函数．证明：由（1）得，f(x+c)+f(x)=2f(x+c2)f(c2)=2f(x+c2)×0=0，∴f(x+c)+f(x)=0，∴f(x+c)=-f(x)，∴f(x+2c)=f〔(x+c)+c〕=-f(x+c)=f(x)，又因为c＞0，所以f(x)是周期函数，2c是它的一个周期．3评注：通过对题目所给条件与结论的比较并联想已学过的知识，开拓思路，即可找到解题的关键．对于本题，我们若联想公式cos(x+y)+cos(x-y)=2cosx×cosy，再类比余弦函数y=cosx的性质：cos2=0，又其周期为2=2×4，故，从中得到启示，并进一步探求f(x)的周期是否为c2×4=2c．6、正难则反例6、已知函数f(x)在区间（-∞，+∞）上是增函数，a、b∈R，（1）证明：若a+b≥0，则f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)；（2）判断（1）中命题的逆命题是否正确，并证明你的结论．证明：（1）由a+b≥0，得a≥-b，∵函数f(x)在区间（-∞，+∞）上是增函数，∴f(a)≥f(-b)；同理，f(b)≥f(-a)，∴f(a)+f(b)≥f(-b)+f(-a)，即f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)．（2）首先，（1）中命题的逆命题是：若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)，则a+b≥0．此逆命题为真命题．现证明如下：（用反证法）假设a+b≥0不成立，即有a+b＜0，则a＜-b，b＜-a，根据单调性，得f(a)＜f(-b)，f(b)＜f(-a)，从而f(a)+f(b)＜f(-b)+f(-a)，即f(a)+f(b)＜f(-a)+f(-b)，这与已知f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)相矛盾．故a+b＜0不成立，即a+b≥0成立，因此（1）中命题的逆命题是真命题．评注：当关于某些抽象函数的命题不易从正面直接证明时，可采用反证法，它往往需结合其它一些求解策略．以上通过实例介绍了求解抽象函数问题的几种常用策略，只有深刻理解概念，掌握好一般规律，灵活运用技巧（往往还需结合几种解题策略），才能快速、准确地寻找到解题的突破口，以下几题供参考．1、对每一实数对x、y，函数f(t)满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1，若f(-2)=-2．试求满足f(a)=a的所有整数．(答：递推，a=1或a=-2)2、函数的定义域关于原点对称，且满足以下两个条件：(ⅰ)若x1，x2是f(x)定义域中的数，则f(x1-x2)=f(x1)f(x2)+1f(x2)-f(x1);；(ⅱ)f(a)=1（常数a＞0）试证明：(1)f(x)是奇函数；(2)f(x)是周期函数．3、已知函数f(x)满足af(x)+f(1x)=cx，其中a、b、c是不为零的常数，且a≠b，求f(x)．(答：f(x)=c(ax2-b)(a2-b2)x)4、函数f(x)的定义域为R，且f(x+1)×1-f(x)=1+f(x)，又知f(1)=2+2，试求f(2002)4的值．(答：f(2002)=1-22)5、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f(x)的解析式；若不存在，说明理由．（答：存在且f(x)=2x，x∈N）6、设f(x)是定义在R上的函数，其图像关于x=1对称，对任意x1，x2，都有f(x1+x2)=f(x1)f(x2)，f(1)=a．(Ⅰ)求f(12)和f(14)；(Ⅱ)证明：f(x)是周期函数；(Ⅲ)记an=f(2n+12n)，求limn(lnan)．（答：(Ⅰ)求f(12)=a，f(14)=4a；(Ⅱ)f(x)的一个周期为2；(Ⅲ)an=2na、limn(lnan)=0）通讯地址：上海市吴淞中学贺明荣上海市泰和路99号（同泰北路99号）邮编：200940（021）56671683（宅）手机：[phone]E－mail：[e-mail]