與抽象函數(shù)問題“過招”

摘要：抽象函數(shù)是指既沒有給出具體的函數(shù)解析式，又沒有用列表或圖象的方法表示出來，只是給出一些特殊條件（如函數(shù)的定義域、函數(shù)圖象經(jīng)過的特殊點(diǎn)、解析遞推式、部分圖象特征等）的函數(shù)本文通過舉例來說明解決抽象函數(shù)問題的八種典型策略.

關(guān)鍵詞：抽象函數(shù)問題；代數(shù)推理；求解策略

作者簡介：何志雄（1963-），男，四川資陽人，大學(xué)本科，中學(xué)高級(jí)教師，研究方向：中學(xué)數(shù)學(xué)教育教學(xué)研究

一、適當(dāng)賦值

“賦值法”是指給變量賦以符合條件的一個(gè)或幾個(gè)值，亦可以是賦以符合條件的一個(gè)函數(shù)、一個(gè)方程、一個(gè)不等式、一個(gè)幾何圖形、一個(gè)函數(shù)圖象等，變“抽象”為“具體”，對(duì)解決抽象函數(shù)問題往往能起到柳暗花明、峰回路轉(zhuǎn)的功效.

例1已知f（x）是定義在實(shí)數(shù)集R上的函數(shù)，且滿足f（x+y）=f（x）+f（y）+2xy（x，y∈R），f（1）=2，則f（-3）等于（）.

A2B3C6D9

解析令x=-1，y=-2.則f（-3）=f（-1-2）=f（-1）+f（-2）+4.由此可見，需要先求出f（-2）、f（-1）.

令x=y=-1，得f（-2）=f（-1-1）=f（-1）+f（-1）+2；又令x=1，y=-1，得f（0）=f（1-1）=f（1）+f（-1）-2=f（-1）；再令x=y=0，得f（0）=f（0+0）=f（0）+f（0）+0.

所以f（0）=0，逐步向上代入，得f（-3）=6，故應(yīng)選C.

評(píng)注用“賦值法”探求抽象問題時(shí)應(yīng)注意兩個(gè)原則：當(dāng)需要求解抽象函數(shù)的具體函數(shù)值時(shí)，我們應(yīng)以需要為原則，給變量賦恰當(dāng)?shù)闹担划?dāng)需要研究抽象函數(shù)的性質(zhì)時(shí)，我們可采用消元思想，給變量對(duì)稱賦值，求出抽象函數(shù)的解析式.

二、正難則逆

某些關(guān)于抽象函數(shù)的命題用直接法無從下手時(shí)，若考慮運(yùn)用反證法，則往往可以起到簡捷明快、化難為易的解題效果.

例2已知函數(shù)f（x）對(duì)其定義域內(nèi)的任意兩個(gè)實(shí)數(shù)a、b，當(dāng)a

分析直接證明較難把理由說清，但若考慮用反證法，則可以迅速解決問題.

證明假設(shè)方程f（x）=0至少有兩個(gè)不等的實(shí)根x1和x2，不妨設(shè)x1

則f（x1）=0，f（x2）=0，f（x1）=f（x2）.

這與由題設(shè)得到的“f（x1）

例3若f（x）是定義在實(shí)數(shù)集R的增函數(shù)，a、b∈R，滿足f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b），求證：a+b≥0.

證明假設(shè)a+b<0，則a<-b，b<-a.

因?yàn)閒（x）是定義在R的增函數(shù)，

所以f（a）

兩式相加得f（a）+f（b）

這與已知條件“f（a）+f（b）≥f（-a）+f（-b）”矛盾，故假設(shè)不成立.所以a+b≥0.

評(píng)注運(yùn)用正難則逆策略解決抽象函數(shù)問題的關(guān)鍵是熟悉反證法的原理.

三、特型探路

抽象函數(shù)問題的設(shè)計(jì)或編擬，常以某個(gè)基本函數(shù)為特型.在解題前，若能從所研究的抽象函數(shù)問題的條件入手，尋找其特型函數(shù)，通過分析、研究其圖象或性質(zhì)，找出問題的解法或證法，則可使解題少走許多彎路.

例4已知定義域?yàn)镽的函數(shù)f（x）在（8，+∞）上為減函數(shù)，且函數(shù)y=f（x+8）為偶函數(shù)，則（）.

A.f（6）>f（7）B.f（6）>f（9）

C.f（7）>f（9）D.f（7）>f（10）

解析因?yàn)楹瘮?shù)y=f（x+8）為偶函數(shù)，

所以可用f（x+8）=kx2作為特型函數(shù)，

即f（x）=k（x-8）2.

又f（x）在（8，+∞）上為減函數(shù)，

所以可設(shè)k=-1，f（x）=-（x-8）2.

顯然應(yīng)選答案D.

例5已知定義域?yàn)椋?，+∞）的函數(shù)f（x）滿足：（1）當(dāng)x>1時(shí)，f（x）<0；（2）f（12）=1；（3）對(duì)任意的x，y∈（0，+∞），都有f（xy）=f（x）+f（y），解不等式f（x）+f（5-x）≥-2.

分析由條件（3）知可用y=logax作為特型函數(shù)，又由條件（1）知0

解析設(shè)01.

因?yàn)閒（xy）=f（x）+f（y），

所以f（x2）=f（x2x1·x1）f（x2x1）+f（x1）.

又由條件（1）有f（x2x1）<0，

所以f（x2）

故f（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).

由f（1）=f（1）+f（1）得f（1）=0.

又因?yàn)閒（12）=1，

所以f（2×12）=f（2）+f（12）=0.

故f（2）=-1，f（x）+f（5-x）≥-2=2f（2）=f（4）.

所以x>0，5-x>0，且x（5-x）≤4.

解得0

評(píng)注由題中所給抽象函數(shù)的結(jié)構(gòu)特征，聯(lián)想學(xué)過的具有相同或相似結(jié)構(gòu)的“特型函數(shù)”，并由“特型函數(shù)”的相關(guān)性質(zhì)，預(yù)測、猜想抽象函數(shù)可能具有的性質(zhì)常常是解決抽象函數(shù)問題的突破口，但一定要注意不能直接用“特型函數(shù)”替代抽象函數(shù)，那樣將犯用特殊代替一般的錯(cuò)誤（解答客觀題還是允許的）.

四、構(gòu)造函數(shù)

抽象函數(shù)問題中常常會(huì)出現(xiàn)下面的情形：若函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間（a，b）上均有意義，且對(duì)于任意x∈（a，b），f（x）≥g（x）恒成立.解決這類問題的較好思路是通過構(gòu)造差函數(shù)并結(jié)合導(dǎo)數(shù)的有關(guān)知識(shí).

例6設(shè)函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間a，b上可導(dǎo)，且f ′（x）>g′（x），則當(dāng)a

A.f（x）>g（x）B.f（x）

C.f（x）+g（a）

D.f（x）+g（b）

解析構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）.

因?yàn)楹瘮?shù)f（x），g（x）在區(qū)間a，b上可導(dǎo)，所以函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間a，b上可導(dǎo).

又因?yàn)閒 ′（x）>g′（x），所以F ′（x）=f ′（x）-g′（x）>0在區(qū)間a，b上恒成立.

即函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間a，b上單調(diào)遞增.

所以對(duì)任意x∈（a，b）恒有F（x）

即f（x）-g（x）

故f（x）+g（b）

評(píng)注解答過程沒有過多考慮f（x）與g（x）在某具體點(diǎn)處的函數(shù)值的大小問題，而是從構(gòu)造差函數(shù)入手，并利用差函數(shù)的導(dǎo)數(shù)研究新函數(shù)的單調(diào)性，快捷地得到相應(yīng)的結(jié)論.

五、整體思考

這種策略適合解答兩類抽象函數(shù)問題：一是已知幾個(gè)抽象函數(shù)的奇偶性，求解由這幾個(gè)函數(shù)構(gòu)成的更復(fù)雜函數(shù)的某一函數(shù)值，可利用奇偶性整體思考解決；二是已知一個(gè)函數(shù)方程求函數(shù)解析式，可將函數(shù)方程中的自變量x代換成別的自變量（應(yīng)注意函數(shù)的定義域不發(fā)生變化），得到一個(gè)或幾個(gè)新的函數(shù)方程，然后設(shè)法聯(lián)立原方程，通過整體消元求得函數(shù)的解析式.

例7已知f（x），g（x）為奇函數(shù)，F(xiàn)（x）=af（x）+bg（x）+3（a，b為常數(shù)），若F（4）=-4，則F（-4）=.

分析由于F（x）的解析式中含有兩個(gè)參數(shù)a、b，但只知F（4）=-4，無法用待定系數(shù)法確定a、b的值，因此解析式不確定，可利用奇偶性整體思考解決.

解析設(shè)φ（x）=af（x）+bg（x），

則φ（x）=F（x）-3.

由題設(shè)可知φ（x）為奇函數(shù).

φ（-4）=-φ（4）=-F（4）-3=7.

又因?yàn)棣眨?4）=F（-4）-3，

所以F（-4）=10.

評(píng)注上述解法的實(shí)質(zhì)是運(yùn)用整體思想求解，即先化整體為局部，再由各局部的解決使問題獲解.

例8已知f（x）+f（x-1x）=1+x（x≠0且x≠1），求函數(shù)f（x）的解析式.

解析f（x）+f（x-1x）=1+x.（1）

將（1）中的x用x-1x代換得：

f（x-1x）+f（11-x）=2x-1x.（2）

再將（1）中的x用11-x代換得：

f（11-x）+f（x）=2-x1-x.（3）

由（1）+（3）-（2）2得：

f（x）=x3-x2-12x2-2x（x≠0且x≠1）.

評(píng)注上述解法的實(shí)質(zhì)是構(gòu)造函數(shù)方程組，化函數(shù)問題為方程問題，而在解決方程問題的過程中用到了整體消元的思想.

六、以直代曲

在解與抽象函數(shù)有關(guān)的不等式或其參數(shù)范圍時(shí)，可根據(jù)函數(shù)圖象經(jīng)過的特殊點(diǎn)或部分圖象特征，把函數(shù)圖象近似處理，采取“以直代曲”的方式，把復(fù)雜問題簡單化.

例9已知f（x）是R上的減函數(shù)，且f（x）的圖象過點(diǎn)A（0，3）和點(diǎn)B（3，-1），則不等式f（x+1）-1<2的解集為（）.

A（-∞，3）B（-∞，2）

C（0，3）D（-1，2）

解析f（x）的圖象過點(diǎn)A（0，3）和點(diǎn)B（3，-1），可近似處理，將曲線看作過A、B兩點(diǎn)的直線，容易求得該直線的方程為f（x）=-43x+3.

所以f（x+1）=-43x+53.

代入f（x+1）-1<2.

解得-1

評(píng)注上述思考問題的方法也經(jīng)常被用于研究一條曲線上的某一小段上任意一點(diǎn)處的切線斜率的近似值.

七、換元化歸

根據(jù)題目結(jié)構(gòu)與求解的問題，將題中的某些代數(shù)式替換成所需要的字母，問題轉(zhuǎn)化為關(guān)于該字母的代數(shù)或幾何問題，但要注意新字母的取值范圍.

例10已知函數(shù)f（x）的值域?yàn)?8，49，試求函數(shù)y=f（x）+1-2f（x）的值域.

解析令t=1-2f（x）因?yàn)閒（x）∈38，49，

所以t∈13，12.

因?yàn)閒（x）=12（1-t2），

所以問題轉(zhuǎn)化為：求函數(shù)y=12（1-t2）+t=-12（t-1）2+1的值域.

當(dāng)t=13時(shí)，函數(shù)的最小值為79；

當(dāng)t=12時(shí)，函數(shù)的最大值為78.

故函數(shù)y=12（1-t2）+t=-12（t-1）2+1的值域?yàn)?9，78，

也即函數(shù)y=f（x）+1-2f（x）的值域?yàn)?9，78.

評(píng)注對(duì)于抽象函數(shù)的值域問題，通過換元變抽象為具體，化歸為具體函數(shù)的值域問題方可求解，同時(shí)要注意新元的取值范圍與原字母或代數(shù)式的取值范圍的區(qū)別和聯(lián)系.

八、兩邊夾法

兩邊夾法的原理是：若a≤b，且a≥b，則a=b.此法對(duì)解決一些含抽象不等式的求值問題極其有用.

例11設(shè)f（x）是定義在R上的函數(shù)，若f（0）=2010，對(duì)任意x∈R，且滿足f（x+2）-f（x）≤3·2x，f（x+6）-f（x）≥63·2x，則f（2010）等于（）.

A.22008+2007B.22009+2008

C.22010+2009D.22011+2010

解析 因?yàn)閒（x+2）-f（x）≤3·2x，所以f（x+6）-f（x）=[f（x+6）-f（x+4）]+[f（x+4）-f（x+2）]+[f（x+2）-f（x）]≤3·2x+4+3·2x+2+3·2x=63·2x.

又因?yàn)閒（x+6）-f（x）≥63·2x，

所以f（x+6）-f（x）=63·2x.

因此有f（2010）=f（0）+f（6）-f（0）+f（12）-f（6）+…+f（2010）-f（2004）=2010+63×（1+26+212+…+22004）=2010+63×1-（26）3351-26=2009+22010故應(yīng)選C.

評(píng)注除兩邊夾法外，聯(lián)想an-a1=（a2-a1）+（a3-a2）+…+（an-an-1）得等式f（x+6）-f（x）=[f（x+6）-f（x+4）]+[f（x+4）-f（x+2）]+[f（x+2）-f（x）]是解答本題的另一個(gè)亮點(diǎn).