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、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，大學本科，中學高級教師，研究方向：中學數(shù)學教育教學研究

一、適當賦值

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

例1已知f（x）是定義在實數(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，故應選C.

評注用“賦值法”探求抽象問題時應注意兩個原則：當需要求解抽象函數(shù)的具體函數(shù)值時，我們應以需要為原則，給變量賦恰當?shù)闹?；當需要研究抽象函?shù)的性質時，我們可采用消元思想，給變量對稱賦值，求出抽象函數(shù)的解析式.

二、正難則逆

某些關于抽象函數(shù)的命題用直接法無從下手時，若考慮運用反證法，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）對其定義域內的任意兩個實數(shù)a、b，當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.

證明假設方程f（x）=0至少有兩個不等的實根x1和x2，不妨設x1

則f（x1）=0，f（x2）=0，f（x1）=f（x2）.

這與由題設得到的“f（x1）

例3若f（x）是定義在實數(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a+b<0，則a<-b，b<-a.

因為f（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，故假設不成立.所以a+b≥0.

評注運用正難則逆策略解決抽象函數(shù)問題的關鍵是熟悉反證法的原理.

三、特型探路

抽象函數(shù)問題的設計或編擬，常以某個基本函數(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，找出問題的解法或證法，則可使解題少走許多彎路.

例4已知定義域為R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）

解析因為函數(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k=-1，f（x）=-（x-8）2.

顯然應選答案D.

例5已知定義域為（0，+∞）的函數(shù)f（x）滿足：（1）當x>1時，f（x）<0；（2）f（12）=1；（3）對任意的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01.

因為f（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.

又因為f（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

評注由題中所給抽象函數(shù)的結構特征，聯(lián)想學過的具有相同或相似結構的“特型函數(shù)”，并由“特型函數(shù)”的相關性質，預測、猜想抽象函數(shù)可能具有的性質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誤（解答客觀題還是允許的）.

四、構造函數(shù)

抽象函數(shù)問題中常常會出現(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造差函數(shù)并結合導數(shù)的有關知識.

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

A.f（x）>g（x）B.f（x）

C.f（x）+g（a）

D.f（x）+g（b）

解析構造函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）.

因為函數(shù)f（x），g（x）在區(qū)間a，b上可導，所以函數(shù)F（x）=f（x）-g（x）在區(qū)間a，b上可導.

又因為f ′（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上單調遞增.

所以對任意x∈（a，b）恒有F（x）

即f（x）-g（x）

故f（x）+g（b）

評注解答過程沒有過多考慮f（x）與g（x）在某具體點處的函數(shù)值的大小問題，而是從構造差函數(shù)入手，并利用差函數(shù)的導數(shù)研究新函數(shù)的單調性，快捷地得到相應的結論.

五、整體思考

這種策略適合解答兩類抽象函數(shù)問題：一是已知幾個抽象函數(shù)的奇偶性，求解由這幾個函數(shù)構成的更復雜函數(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（應注意函數(shù)的定義域不發(fā)生變化），得到一個或幾個新的函數(shù)方程，然后設法聯(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φ（x）=af（x）+bg（x），

則φ（x）=F（x）-3.

由題設可知φ（x）為奇函數(shù).

φ（-4）=-φ（4）=-F（4）-3=7.

又因為φ（-4）=F（-4）-3，

所以F（-4）=10.

評注上述解法的實質是運用整體思想求解，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）.

評注上述解法的實質是構造函數(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)有關的不等式或其參數(shù)范圍時，可根據(jù)函數(shù)圖象經(jīng)過的特殊點或部分圖象特征，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A（0，3）和點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A（0，3）和點B（3，-1），可近似處理，將曲線看作過A、B兩點的直線，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處的切線斜率的近似值.

七、換元化歸

根據(jù)題目結構與求解的問題，將題中的某些代數(shù)式替換成所需要的字母，問題轉化為關于該字母的代數(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）的值域為38，49，試求函數(shù)y=f（x）+1-2f（x）的值域.

解析令t=1-2f（x）因為f（x）∈38，49，

所以t∈13，12.

因為f（x）=12（1-t2），

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

當t=13時，函數(shù)的最小值為79；

當t=12時，函數(shù)的最大值為78.

故函數(shù)y=12（1-t2）+t=-12（t-1）2+1的值域為79，78，

也即函數(shù)y=f（x）+1-2f（x）的值域為79，78.

評注對于抽象函數(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.此法對解決一些含抽象不等式的求值問題極其有用.

例11設f（x）是定義在R上的函數(shù)，若f（0）=2010，對任意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 因為f（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.

又因為f（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故應選C.

評注除兩邊夾法外，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亮點.