淺談抽象函數問題的處理方法

范天華

【摘 要】 本文針對學生對于抽象函數的學習存在困難,不太能理解和接受,以及抽象函數的特點,結合多年高考復習實踐,歸納總結了高考中抽象函數的幾種常見題型和解決問題的方法:賦值法,變量代換法,遞推法,聯想建模法,求函數周期法。

【關鍵詞】 抽象函數 賦值 變量代換 建模

抽象函數是指沒有具體函數解析式,具備函數的一些基本性質(如單調性,奇偶性,周期性,函數的定義域、經過的特殊點、遞推式、部分圖象特征等)的函數。抽象函數是中學數學函數部分的難點,在平時的教學以及和學生的交流中都深深感到學生對于抽象函數的學習存在很大困難,不太能理解和接受。近幾年高考中也常出現涉及抽象函數的題目,大多考查的是函數的單調性、奇偶性、對稱性和周期性。它既是教學中的難點,又是近幾年來高考的熱點。所以我針對做抽象函數的題目需要有嚴謹的邏輯思維能力、豐富的想象力以及函數知識靈活運用的能力,結合我這幾年高考復習實踐,歸納總結高考中常見的抽象函數解決問題的方法,僅供參考。

1 賦值法

有些抽象函數的性質是用條件恒等式給出的,此類問題只要抓住函數特性是定義域上恒等式,就可以通過賦特殊值法使問題得以解決。

例:定義在R上的奇函數f(x)滿足f(x+2)=-f(x),則f(6)= ( )

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

解:因為f(x)是定義在R上的奇函數,知f(0)=0,又對任意x∈R,f(x)滿足f(x+2)=-f(x),所以,取x=4得f(4+2)=-f(4)=-f(2+2)=f(2)=-f(0)=0,故選B。

例:已知函數f(x)對一切x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y),求證:①f(x)是奇函數;②若f(x)的圖象關于直線x=1對稱,則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)是奇函數。

解②:f(x)是奇函數,則f(-x)=-f(x).且f(0)=0,圖象關于直線x=1對稱,即點(x,y),(2-x,y)同在曲線上,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.

方法提煉:①使用賦值法時,賦值的目的要明確,本題就是要湊出f(0);f(-x)與f(x)的關系;②領會函數式變換的依據、目的和策略的靈活性。

2 變量代換法

若問題與函數的單調性或抽象不等式有關,可以通過變量代換等數學手段將抽象函數具有的性質與函數的單調性等定義式建立聯系,為問題的解決帶來極大的方便。

例:已知函數f(x)的定義域是x≠0的一切實數,對定義域內的任意x1,x2都有f(x1·x2)=f(x1)+f(x2),且當x>1時f(x)>0,f(2)=1,求證:①f(x)是偶函數;②f(x)在(0,+∞)上是增函數;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)是偶函數

解②:設x2>x1>0,則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,+∞)上是增函數。

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

例:設函數f(x)對任意實數x,y,都有f(x+y)=f(x)+f(y),若x>0時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)為奇函數,設x10,由已知得f(x2-x1)<0,故f(x2)=f(x2-x1+x1)=f(x2-x1)+f(x1)

3 遞推法

對于已知條件有遞推式且定義在正整數集N*上的抽象函數,就用遞推法來探究,尋求解題方法。

例:已知f(x)是定義在R上的函數,且f(x+2)(1-f(x))=1+f(x),求證:①f(x)是周期函數;②若f(1)=2+■,試求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),周期為8.

解②:f(2001)=f(1)=2+■

f(2005)=f(5)=f(1+4)=-■=-2+■

方法要點:用活條件f(x+2)=■

f(x+4)=f(2+(x+2))=-■

例:是否存在這樣的函數f(x),使下列三個條件:①f(n)>0,n∈N;②f(n1+n2)=f(n1)f(n2),n1,n2∈N*;③f(2)=4同時成立?若存在,求出函數f(x)的解析式;若不存在,說明理由。

解:假設存在這樣的函數f(x),滿足條件,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*)(數學歸納證明 略)

4 聯想建模法

此方法是通過對題目的特征進行觀察、分析、類比和聯想,尋找具體的函數模型,再由具體函數模型的圖象和性質來指導我們找到解題思路,及解題突破口進而解決抽象函數問題的方法。應掌握下面常見的特殊函數模型:①正比例函數f(x)=kx (k≠0),滿足f(x+y)=f(x)+f(y);②冪函數f(x)=xn滿足f(xy)=f(x)f(y);③指數函數f(x)=ax (a>0,a≠0),滿足f(x+y)=f(x)f(y);④對數函數f(x)=logax (a>0,a≠0),滿足f(xy)=f(x)+f(y)

例:定義在R上的函數y=f(x),f(0)≠0,當x>0時,f(x)>1,且對任意的a,b∈R,有f(a+b)=f(a)f(b).求證:①f(0)=1;②對任意的x∈R,恒有f(0)>0;③f(x)是R上的增函數;④若f(x)f(2x-x2)>1,求 x的取值范圍?

分析:從已知條件對任意的a,b∈R,有f(a+b)=f(a)f(b),結合特殊函數模型,可以聯想到指數函數,進一步知道本題中的函數應該是單調函數,解決問題的突破口就是證明函數。

證明①:令a=b=0,則f(0)=f2(0),又f(0)≠0

∴ f(0)=1

證明②:當x<0時,-x>0∴ f(0)=f(x)f(-x)=1

∴ f(-x)=■>0,又x≥0時f(x)≥1>0

∴ x∈R時,恒有f(x)>0

證明③:設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上的增函數

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

又f(x)是R上的增函數,∴ 3x-x2>0,0

關鍵點注:解本題的關鍵是靈活應用題目條件,尤其是③中“f(x2)=f[(x2-x1)+x1]”是證明單調性的關鍵,這里體現了向條件化歸的策略。

5 求函數周期法

已知條件中有型如f(x+a)=f(x+b),(a≠b)或f(x)=-f(x+a),(a≠0)或f(x)=■,(a≠0)的抽象函數問題,主要是用替換與代入的思想將原條件等式化成周期函數的定義的形式,從而得到函數的周期,進一步解決問題。

例:f(x)是R上的奇函數,當f(x)=-f(x+3),x∈[0,■]時f(x)=x,則f(2003)=?

解一:Qf(x)=-f(x+3) ∴ f(x)=f(6) ∴ 6是f(x)的一個周期∴ f(2003)=f(334×6-1)=f(-1)=-f(1)=-1

解二:Qf(x)=-f(x+3),且f(x)是奇函數,

∴ f(-x)=f(x+3)

∴ f(x)關于直線x=■對稱,結合f(x)是奇函數

∴ 6是f(x)的一個周期

∴ f(2003)=f(334×6-1)=f(-1)=-f(1)=-1

例:f(x)滿足f(x)=-f(6-x),f(x)=f(2-x),若f(a)=-f(2000),a∈[5,9]且f(x)在閉區間[5,9]上單調。求a的值。

解:Qf(x)=-f(6-x) ∴ f(x)關于點(3,0)對稱,

Qf(x)=f(2-x)

∴ f(x)關于直線x=1對稱,知8是f(x)的一個周期

∴ 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