抽象函数问题分类解析
“四招”突破抽象函数问题
“四招”突破抽象函数问题作者：唐浩德来源：《甘肃教育》2015年第16期【关键词】数学教学;函数问题;抽象;求解【中图分类号】 G633.6 【文献标识码】 C【文章编号】 1004—0463（2015）16—0119—01抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出一些体现函数特征的式子的一类函数.抽象函数问题的解决往往要从函数的奇偶性、单调性、周期性以及函数的图象入手.下面，从四个不同的方面来探寻一些解题规律.一、利用赋值法巧求抽象函数的函数值赋值法是求抽象函数值的重要方法.通过观察与分析抽象数问题中已知与未知的关系寻找有用的取值，挖掘出函数的性质，特别是利用函数的奇偶性与周期性来转化解答，有时还需多次赋值.例1 定义在R上的单调函数f（x）满足：存在实数x0使得对于任意实数x1、x2总有f （x0x1+x0x2）=f（x0）+ f（x1）+f（x2）恒成立.1.求f（1）+f（0）的值;2.求x0的值.解：1. 因为对于任意实数x1、x2总有f（x0x1+x0x2）=f（x0）+ f（x1）+f（x2）恒成立，令x1=1、x2=0，有f（x0）= f（x0）+f（1）+f（0），∴f（1）+f（0）=0.解：2. 令x1=0、x2=0，有f（0）=f（x0）+f（0）+f（0），即f（0）=f（x0）+2f （0），∴f（0）=f（x0）.∴f（x0）=-f（0）.又∵f（1）+f（0）=0，∴f（0）=-f（1），∴f（1）=-f（0），∴f（x0）=f（1）.又∵f（x）为定义在R上的单调函数，∴x0=1.二、利用函数图像和奇偶性定义判断抽象函数的奇偶性抽象函数的奇偶性是要判断f（x）与f（-x）之间的关系，从而得出图象关于原点或y轴的对称，再结合函数的图象作进一步判断;在利用奇偶性的定义进行判断时，若等式中还有其他的量未解决，就需要特殊赋值加以解决.例2 已知函数f（x）对x、y∈R都有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y），且f（0）≠0，求证：f（x）是偶函数.解：∵对任意x、y∈R都有f（x+y）+f（x-y）=2f（x）f（y）令x=0，y=0，有f（0）+f（0）=2f（0）f（0），∴2f（0）=2f（0）2，∴f（0）=f（0）2，∴f（0）=0或f（0）=1.又∵f（0）≠0，∴f（0）=1.令x=0，有f（y）+f（-y）=2f（0）f（y）=2f（y），∴f（y）=f（-y），又∵y∈R，∴f （x）为偶函数.三、利用函数单调性求解或证明抽象不等式抽象函数的单调性，需要对所含的参数进行分类讨论，或根据已知条件确定参数的范围，最后再根据单调性求解或证明抽象不等式，同时要注意定义域的限制.例3 设函数f（x）是定义在（0，+∞）上的增函数，且满足f（xy）=f（x）+f（y）.若f （3）=1，且f（a）>f（a-1）+2，求实数a的范围.解：∵f（xy）=f（x）+f（y）且f（3）= 1，∴2=2f（3）=f（3）+f（3）= f（3×3）=f （9），又∵f（a）>f（a-1）+2，∴f（a）>f（a-1）+f（9）=f[9（a-1）]，∵f（x）是定义在（0，+∞）上的增函数，从而得不等式组：a>0 ; ; ; ; ; ; ①9（a-1） >0 ; ; ; ②a>9（a-1） ; ; ; ;③四、利用函数模型巧解抽象函数问题抽象函数问题的设计一般都有一个基本函数作为模型，若能分析出这个函数模型，结合其性质来思考解题方法，那么这类问题就能简单解决.例4 已知函数f（x）对于任意实数x，y均有f（x+y）=f（x）+f（y），且当x>0时，有f（x）>0，f（-1）=-2.求f（x）在[-2，1]上的值域.解：∵对于任意实数x，y均有f（x+y）=f（x）+f（y），令x=0，y=0有f（0）=f（0）+f（0），∴f（0）=0.再令y=-x有f（x-x）=f（x）+f（-x）=f（0）=0，∴f（-x）=-f（x），∴f（x）为奇函数.设x10.又∵当x>0时有f（x）>0，f（0）=0，∴f（x）>f（0），∴f（x1-x2）>0，∴f （x）-f（x）>0，∴f（x）>f（x）.∴f（x）为R的增函数.又∵f（-2）=f（-1-1）=f（-1）+f（-1）=2f（-1）=-4，f（1）=-f（-1）=2，∴当x∈[-2，1]时，f（x）∈[-4，2].编辑：谢颖丽。
例说高中抽象函数问题分类解题教学法
例说高中抽象函数问题分类解题教学法摘要：抽象函数是指没有给出具体的函数表达式，由于其解析式隐含不露而高度抽象，加之其与函数的单调性、奇偶性等众多性质联系紧密，所以问题类型众多，解题方法复杂多变。
如果以特殊背景函数代替抽象函数帮助解题或理解题意，是一种行之有效的教学方法。
关键词：抽象函数；背景函数模型；分类；解析；探究中图分类号：C633 文献标识码：A 文章编号：1672-691x（2010）05抽象函数是指没有给出具体的函数表达式，只给出了函数所具有的某些性质或运算特征的一类函数，由于其解析式隐含不露而高度抽象，解决此类问题时往往很棘手。
其实，大量的抽象函数并非无源之水，都是以中学阶段所学的基本函数为背景函数抽象而得，解题时，若能从研究抽象函数的“背景函数”入手，根据题设中抽象函数的性质，通过观察、分析、类比、猜想出它可能为某种基本函数抽象而成，利用该基本函数的性质和结论，进而猜想出抽象函数可能具备的性质和结论，变抽象为具体，变陌生为熟知，可轻松觅得解题思路，下面我就教学中的一些做法和体会进行归类总结如下。
一、正比例函数为背景函数模型的抽象函数问题正比例函数y=kx(k≠0)满足f(x+y)=f(x)+f(y)，则具有性质 (1)f(0)=0；(2)y=f(x)是R上的奇函数；(3)若x≠0，f(x)≠0时，则y=f(x)是R上的单调函数.其函数特征为：f（x±y）＝f（x）±f（y）例1、已知是定义在R上的函数，对任意的、都有，且当>0时，＜0，。
问当时，函数是否存在最大值？若存在，请求出最大值；若不存在，请说明理由。
分析：我们知道，正比例函满足。
根据题设，我们知本题是以正比例函数为背景函数模型，于是，用赋值法令x=y=0去证明这个我们猜想的正比例函数的奇偶性、单调性，达到解决问题的目的。
解：令则，解得又因为所以即函数为奇函数。
设、<,则>0依题意,有<0所以,即函数在R上是减函数。
2009年高考抽象函数问题分类解析
变 式 ３ 设 ０为 ＡＡ Ｃ的外 接圆心 ， 圆的半 Ｂ 若
从 上述解答 看试 题考查 重点是 平面 向量的运算 与性质 ， 如果抛 开对立 体几何 中的线 面角 的考查 ， 原 问题可 降低难 度 ， 减少 思维量 ， 重点 考查 向量的数 量
积运算 ： 变 式 １ 设 ０为 ＡＡ Ｃ的外 心 ， ３Ｄ ４Ｄ Ｂ 若 Ａ＋ ＋５ＯＣ ＝０ 则 ＡＡ ， ＢＣ的内角 Ｃ为 （ ）
３
１ ＞ ０ ＝０， 以 一 １ ＜０ 即 一２ ）＜ ） ） 所 ） ， ５
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例 ４ （０９年 陕 西卷 理 ）定 义在 Ｒ上 的偶 函 ２０
数 － ） 厂 满足 ： 任 意 的 ，：∈ （ （ 对 一∞ ， ］ ≠ ） ０（ ， 有 （ 一 ）／ ）一 ． ） （ ／ ）＞０ 贝 当 ∈Ｎ 时 ， （ ．０
苕 §量雪 毛 要熟知 三角形 的重心 、 圆周 角与 圆心角 等知识 ， 还要 具备猜 测 的技 能 ） 是 否有得 不偿失 之嫌 ？ ， 思考二 对模拟 试卷命 题有什 么启示 ？
中学 数学杂 志
２１ ０ ０年第 ３期
Ｏ ＝０ 其 中 ，， Ｃ （ Ｙ ＞０ ， ） 那么可 以考查 到 问题 的本
勾股 数 ３４５多少能让 不少 考生联想 到 内角 ｃ与 ，， 有关 ， 并设 法找 出计算 的办法 和结 果． 果将 条件 ３ 如
＋４０ ＋５Ｏ ＝０再 一般化 成 Ｏ ＋ＹＯ ＋ Ｃ Ａ Ｂ
２０ 高 考 抽象 函数 问题分 类 解析 ０９年
江 苏省 南通 市通 州区兴仁 中学 ２ ６ ７ ２３ １ 吴佑 华
抽象函数问题分类解析
以 幂 函 数ｆｘ ＝ ” （） ｘ为原 型 ， 基本 特 征 是ｆｘ ）ｆｘ ｆｙ ， 其 （ｙ ＝（ ）（）或
ｆ ） （ ：Ｙ 来自。 ｉ ＹＪ Ｌ
以ｆｘ ） ｆ ） ｙ 为 例证 明 。 （ｙ ＝（ ｆ ） ｘ （
证 明 ：’ ｘ ＝ “ ’ （ ）ｘ． ． ｆ
・ ． ．
（ ） 证 ：（） ０ １求 ｆｘ ＞ ； （ ） 证 ：（） （ ， 。） 为 单 调 减 函 数 ； ２求 ｆｘ 在 ０ ＋。 上 （ ） （ ： ， 求ｍ的 值 。 ３ 若ｆｍ）９ 试
分 析 ： （ｙ ＝ （ ）（ ） 想 ： ｘ ： ｎ 原 型 函 数 为ｆｘ ＝ 由ｆｘ ） ｆｘ ｆｙ ， （。 ） ｘ ｘ ｘ （） ：
１一 次 函 数 型 ．
ｆｘ ） （ｙ “ ｘ ｆｘ ｆｙ ， （ ｙ ＝ （ ）（ ） （ｙ ＝ ｘ ） ～ （ ）（ ） 即ｆｘ ） ｆｘ ｆｙ ＝ Ｙ＝
．
例 ３已 知 定 义 在 （ ＋ ） 的 函数 ｆｘ 对 任 意 的ｘ ｙ Ｏ 均 ． ０， 上 （） ，＞ ，
有 （ ）ｆ ）ｙ， ｘ１ 有 （ ＜，３ ÷． ｆｙ一ｘｆ ） ｘ （ （ 且当 ＞时，ｆ ）１ （） ｘ ｆ ：
， ｎ
以 一 次 函 数ｆｘ ＝ ｘ 原 型 ， 基 本 特 征 是ｆｘ ｙ －（ ） ｆ （）ｋ为 其 （＋ ） ｆｘ ＋ （）或 ｆｘ Ｙ＝ ｘ 一（ ） ｙ ， （— ）ｆ ）ｆｙ 。 ｉ 以ｆｘ ｙ ：（ ）ｆｙ 为 例 证 明 。 （＋ ）ｆ ＋ （） ｘ 。 证 明 ：’ ｘ ＝ ｘ ’ （ ）ｋ 。 ． ｆ ｆｘ ｙ ＝ （＋ ）ｋ＋ ｙｆｘ ＋（ ） 即ｆｘ ｙ＝ （）ｆｙ ． （＋ ） ｋ ｘ ｙ＝ ｘ ｋ ＝（ ）ｆｙ ， （＋ ）ｆｘ ＋（） 例 １已知 函数 ｆｘ 对 任 意 ＸＹ ． （） ， ∈Ｒ， 有 ｆｘ ｙ＝ （） ｆｙ ， 均 （＋ ）ｆｘ ＋（ ） 且 当ｘ ０ ， ｘ ＞ ， １一 ３求 ｆｘ在 区 间 ［２ ３ 上 的最 大值 。 ＜ 时 ｆ ）０ ｆ ） ， ｉ ） （ （ 一 ，］ 分 析 ： （十 ）ｆｘ ＋（） 想 ：（＋ ）ｋ ＋ ｙ 原 型 函数 为 由ｆｘ ｙ＝ （）ｆｙ ， ｋ ｘ ｙ＝ ｘ ｋ ， ｆｘ ＝ ｘ 猜 测 ： （） ｋ ， 抽象 函数 ｆｘ 为 奇 函 数 ， 在 实 数 集 Ｒ 单 调 递 （） 且 上 减 ， 大 值 、 小 值 分 别 为ｆ一 ） （） 最 最 （２ 与ｆ３ 。 解 析 ： （＋ ）ｆｘ ＋ （）令 ｘ ０ 得 ｆ０ ＝ ， 令ｙ Ｘ 得 由ｆｘ ｙ ＝（ ）ｆｙ ， ＝ ， （ ）０ 再 — ，
抽象函数有关问题归类与解法
抽象函数有关问题归类与解法由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号()f x 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性；提高解题能力，优化学生数学思维素质。
现将常见解法及意义总结如下：①合理赋值，化抽象为具体；②作恒等变形，找出该函数规律性、特征性特点；（奇偶，周期）③利用函数的性质；（值域，单调性，对称性，奇偶） ④分类讨论，归纳出抽象函数的实质问题；⑤构造与联想 一、定义域问题例1. 已知函数)(2x f 的定义域是［1，2］，求f （x ）的定义域。
解：)(2x f 的定义域是［1，2］，是指21≤≤x ，所以)(2x f 中的2x 满足412≤≤x 从而函数f （x ）的定义域是［1，4］例2. 已知函数)(x f 的定义域是]21[，-，求函数12[log (3)]f x -的定义域。
解：)(x f 的定义域是]21[，-，意思是凡被f 作用的对象都在]21[，-中，由此可得4111)21(3)21(2)3(log 11221≤≤⇒≤-≤⇒≤-≤--x x x 所以函数)]3([log 21x f -的定义域是]4111[，评析：这类问题的一般形式是：已知函数f （x ）的定义域是A ，求函数))((x f ϕ的定义域。
正确理解函数符号及其定义域的含义是求解此类问题的关键。
这类问题实质上相当于已知)(x ϕ的值域B ，且A B ⊆，据此求x 的取值范围。
例2和例1形式上正相反。
二、求表达式：1.换元法：即用中间变量表示原自变量x 的代数式，从而求出()f x ，这也是证某些公式或等式常用的方法，此法解培养学生的灵活性及变形能力。
例1：已知 ()211x f x x =++,求()f x 解析式.解：设1x u x =+,则1u x u =-∴2()2111u uf u u u -=+=--∴2()1x f x x -=-2.凑合法：在已知(())()f g x h x =的条件下，把()h x 并凑成以()g u 表示的代数式，再利用代换即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。
第6讲 利用函数性质解决抽象函数不等式(解析版)
7.【2018年普通高校招生全国卷一】已知函数 ，任取两个不相等的正数 ， ，总有
，对于任意的 ，总有 ，若 有两个不同的零点，则正实数 的取值范围为__________．
3．已知函数 的定义域为 ， ， 是偶函数，任意 满足 ，则不等式 的解集为（）
A． B．
C． D．
【来源】（全国1卷）2021届高三5月卫冕联考数学（理）试题
【答案】D
【分析】
由 是偶函数，得函数图像关于直线 对称，结合单调性求解不等式即可得到结果.
【详解】
因为 是偶函数，所以 的图像关于直线 对称，
【详解】
令 ， ，
则 ，
因为 ， ，所以 ，所以 在 上为单调递减函数，
当 时，由 可知 ，不满足 ；
当 时， ，所以 可化为 ，即 ，
因为 在 上为单调递减函数，所以 ，
所以不等式 的解集为 .
故选：A
【变式演练3】定义在非零实数集上的函数 满足 ，且 是区间 上的递增函数．
（1）求 的值；
（2）求证： ；
【详解】
令 ，则 可得
所以 是 上的奇函数，
，
当 时， ，所以 ，
是 上单调递增，
所以 是 上单调递增，
因为 ，
由 可得 即 ，
由 是 上单调递增，可得 解得： ，
所以不等式 的解集为 ，
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题解题的关键点是：构造函数 ，根据已知条件判断 的奇偶性和单调性，利用单调性解不等式.
【答案】A
抽象函数问题分类解析——我的教学反思
抽象函数问题分类解析——我的教学反思在教学过程中，抽象函数问题是一项非常重要的内容。
抽象函数作为计算机科学中的基本概念之一，是我们在软件开发和设计中经常会遇到的概念。
抽象函数的正确理解和使用对于程序的正确性和效率至关重要。
然而，在教学抽象函数的过程中，我发现学生们对于抽象函数问题的分类和解析存在一些困惑。
本文将对抽象函数问题进行分类并进行解析，并分享我的教学反思。
一、什么是抽象函数？在正式进行问题分类之前，首先我们需要明确抽象函数的概念和作用。
简而言之，抽象函数是一种没有具体实现的函数，它的作用主要是描述一些抽象的概念和行为。
抽象函数通常由函数原型和函数描述组成，它们可以帮助我们更好地理解和设计程序。
二、抽象函数问题的分类根据我在教学过程中的观察和总结，我将抽象函数问题分为以下几类：1. 抽象函数的定义和用法问题这是学生最容易出现困惑的地方。
在这类问题中，学生们往往对于如何正确定义抽象函数以及如何使用它们存在疑惑。
他们可能会在函数定义部分出现错误，如参数个数不匹配、返回值类型错误等。
另外，他们也容易在函数调用的地方出错，如传入的参数类型不正确、没有正确处理函数的返回值等。
解决这类问题的关键是帮助学生加深对于抽象函数的理解。
我会通过举例和针对性练习来巩固学生们的知识，并引导他们思考如何正确定义和使用抽象函数。
2. 抽象函数的重载问题抽象函数的重载是指在同一个类中定义多个同名但参数列表不同的抽象函数。
这类问题主要涉及到如何正确使用抽象函数重载以及如何根据不同的参数列表来选择正确的抽象函数。
学生们常常会出现重载函数调用错误的情况，如传入的参数类型不匹配、参数个数错误等。
解决这类问题的方法是通过理论讲解和实例演示来强化学生们对于抽象函数重载的理解，同时可以通过练习题或编程作业来巩固他们的知识。
3. 抽象函数的继承问题抽象函数的继承是指一个类继承另一个类，并重写或实现其抽象函数。
在这类问题中，学生们可能会出现如何正确重写和实现基类的抽象函数的困惑，也可能会忽略掉某些抽象函数的重写或实现。
抽象函数 常见问题剖析
抽象函数常见问题剖析
凤斌;叶菊
【期刊名称】《青苹果：高中版》
【年(卷),期】2016(000)04X
【摘要】抽象函数通常是指这样一类函数,我们并没有被告知函数的具体解析式,只知道其他一些条件(如定义域、经过的特殊点、解析递推式、部分图像特征等),它是高中数学函数部分的难点,也是初等数学与高等数学的一个衔接点.因无具体解析式,理解、研究起来往往很抽象.现在我们梳理一下抽象函数的常考题型.
【总页数】4页(P18-21)
【作者】凤斌;叶菊
【作者单位】安徽省宿州二中;安徽省宿州二中
【正文语种】中文
【中图分类】G6
【相关文献】
1.抽象函数解题策略剖析 [J], 隋航
2.抽象函数r常见问题剖析 [J], 凤斌;叶菊
3.高中数学抽象函数几类常见问题解法初探 [J], 李鹤鸣;
4.两类抽象函数问题错解剖析 [J], 刘树霞
5.抽象函数常见问题剖析 [J], 凤斌;叶菊;
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抽象函数问题的分类解析
抽象函数问题的分类解析
作者：石三虎
来源：《文理导航·教育研究与实践》2015年第06期
【摘要】抽象函数的定义域、值域问题，单调性、奇偶性、周期性、对称性问题，反函数问题抽象函数，是指没有给出具体的函数解析式或图象，只给出函数满足的一部分性质或运算法的函数。
由于这类函数属于初等函数和高等函数的衔接点，它具有抽象性、综合性和技巧性等特点，是中学数学中的一个难点，学生对解决抽象函数问题困难较大。
因为抽象，学生感觉到看不见摸不着，接受困难.但是这类问题既能全面地考查学生对函数概念和性质的理解以及代数推理和论证能力，又能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力.对于发展学生的思维能力.尤其是抽象思维能力，培养学生的创新意识，渗透数学思想方法，提高学生的数学素质，起着非常重要的作用，所以备受各地模考、高考的青睐.有关抽象函数的问题很多。
而纵观近几年的高考中，对解决抽象函数问题有逐年增加数量的趋势，体现了高考加大理性思维能力考查的命题思想。
为此，把握高考中常考的抽象函数问题，理解和掌握以下一些解题方法，将有助于抽象函数问题的顺利解决。
抽象函数题在数学试题中经常出现，但在教材中却没有单独的章节，笔者把收集到的试题加以整理分类，并编成练习题，以近几年高考中常考的抽象函数问题为例进行归类解析，共同研究。
11.抽象函数的导函数问题。
抽象函数函数之单调性及奇偶性部分
函数之单调性及奇偶性部分单调性问题 （抽象函数的单调性多用定义法解决）例1设函数f(x)对任意实数x,y ，都有f(x+y)=f(x)+f(y),若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. 解析:由单调性的定义步骤设x 1<x 2, 则f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)< f(x 1). （∵x 2-x 1>0,∴f(x 2-x 1)<0）所以f(x)是R 上的减函数, 故f(x)在[-3,3]上的最大值为f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6,最小值为f(-3),令x=y=0,得f(0)=0,令y=-x,得f(-x)+f(x)=f(0)=0,即f(x)为奇函数.∴f(-3)=-f(3)=6.练习1：设f(x)定义于实数集上，当x>0时，f(x)>1,且对于任意实数x 、y ，有f(x+y)=f(x)f(y)，求证：f(x)在R 上为增函数。
证明：设R 上x 1<x 2，则f(x 2-x 1)>1，f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)f(x 1),(注意此处不能直接得大于f(x 1)，因为f(x 1)的正负还没确定) 。
取x=y=0得f(0)=0或f(0)=1;若f （0）=0,令x>0,y=0，则f(x)=0与x>0时，f(x)>1矛盾，所以f(0)=1，x>0时，f(x)>1>0,x<0时，-x>0，f(-x)>1,∴由0)(1)(1)()()0(>-==-=x f x f x f x f f 得，故f(x)>0，从而f(x 2)>f(x 1).即f(x)在R 上是增函数。
（注意与例4的解答相比较，体会解答的灵活性）练习2：已知函数f (x )的定义域为R ，且对m 、n ∈R ,恒有f (m +n )=f (m )+f (n )－1,且f (－21)=0,当x >－21时，f (x )>0. 求证：f (x )是单调递增函数；证明：设x 1＜x 2,则x 2－x 1－21>－21,由题意f (x 2－x 1－21)>0, ∵f (x 2)－f (x 1)=f ［(x 2－x 1)+x 1］－f (x 1)=f (x 2－x 1)+f (x 1)－1－f (x 1)=f (x 2－x 1)－1=f (x 2－x 1)+f (－21)－1=f ［(x 2－x 1)－21］>0, ∴f (x )是单调递增函数.练习3、 定义在R 上的函数y =f （x ），f （0）≠0，当x ＞0时，f （x ）＞1，且对任意的a 、b ∈R ，有f （a +b ）=f （a ）·f （b ）.（1）求证：f （0）=1； （2）求证：对任意的x ∈R ，恒有f （x ）＞0；（3）求证：f （x ）是R 上的增函数；（4）若f （x ）·f （2x －x 2）＞1，求x 的取值范围.（1）证明：令a =b =0，则f （0）=f 2（0）.又f （0）≠0，∴f （0）=1.（2）证明：当x ＜0时，－x ＞0，∴f （0）=f （x ）·f （－x ）=1.∴f （－x ）=)(1x f ＞0.又x ≥0时f （x ）≥1＞0，∴x ∈R 时，恒有f （x ）＞0.（3）证明：设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0.∴f （x 2）=f （x 2－x 1+x 1）=f （x 2－x 1）·f （x 1）.∵x 2－x 1＞0，∴f （x 2－x 1）＞1.又f （x 1）＞0，∴f （x 2－x 1）·f （x 1）＞f （x 1）.∴f （x 2）＞f （x 1）.∴f （x ）是R 上的增函数.（4）解：由f （x ）·f （2x －x 2）＞1，f （0）=1得f （3x －x 2）＞f （0）.又f （x ）是R 上的增函数，∴3x －x 2＞0.∴0＜x ＜3.关键点注：解本题的关键是灵活应用题目条件，尤其是（3）中“f （x 2）=f ［（x 2－x 1）+x 1］”是证明单调性的关键，这里体现了向条件化归的策略练习4、已知函数f(x)对任何正数x,y 都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x>1时,f(x)<1.试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由.解:0)x (f ,0)x (f ,0)x (f )x x (f )x (f R x 2>≠≥=∙=∈+故又有对，则则且设,1x x ,x x ,R x ,x 122121><∈+ 1)x x (f )x (f )x (f )x x (f )x (f )x x x (f )x (f )x (f 121112111212<=∙=∙=，所以f(x 1)>f(x 2),故f(x)在R +上为减函数.)2()0,2()1,3()2()1,3()2,1()1,2()(0)1()1(0)2()0,()(5∞+⋃---∞+⋃-⋃-->+-=-∞，、、，、、的解集为，则上单调递减，且在、奇函数练习D C B A Cx f x f x f奇偶性问题例2. （1）已知函数f(x)(x ≠0的实数)对任意不等于零的实数x 、y 都有f(x ﹒y)=f(x)+f(y)，试判断函数f(x)的奇偶性。
抽象函数问题分类例析
都有ｚ （ ＋１一（ ＋ｚ ＿ ｚ ， ＿厂 昔 ）的值 ， ＿ ） １ ） （ ）则 厂 （ ） 厂 （
是（ ） 。
通 过 把 函 数 的 奇 偶 性 、 期 性 、 称 性 等 性 质 有 周 对
（ ０ Ａ）
（） Ｂ 寺
（ ） Ｃ１
（ 昔 Ｄ）
机地结合起来是解决抽象函数的有效方法 。 例 ４ （０ ９年 全 国 卷 Ｉ） 数 的 定 义 域 为 Ｒ， ２０ 函 若 与 都 是奇 函 数 ， （ 则 ） 。
例 ２ （ ００年 重 庆 卷 ） 知 函 数 （ 满 足 ： ２１ 已 厂 ）
函数 ， ｚ 关 于点 （ ，）及点 （ ， ） （） １Ｏ ， ～１Ｏ 对称 ， 函数 ，（ ） ｚ 是周期 丁一２ １ （ ） 一４的周 １ 一 一１ ］ 期 函数 。
． ． 。 ．
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常见的几个抽象函数问题及其求解策略
常见的几个抽象函数问题及其求解策略杜红全(甘肃省康县教育局教研室㊀７４６５００)摘㊀要:抽象函数问题是高中数学的一个重点问题ꎬ也是一个难点问题ꎬ对初学者来说有一定困难.本文举例说明抽象函数问题的求解策略:赋值法ꎬ转化法ꎬ迭代法ꎬ性质法ꎬ定义法ꎬ换元法等.关键词:常见ꎻ抽象函数ꎻ问题ꎻ求解策略中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１９－０００２－０３收稿日期:２０２０－０４－０５作者简介:杜红全(１９６９.９－)ꎬ男ꎬ甘肃省康县人ꎬ中学高级教师ꎬ从事高中数学教学研究.㊀㊀抽象函数是相对个体的函数而言的ꎬ是指没有给出具体的函数解析式或对应关系ꎬ只是给出函数所满足的一些条件或性质的一类函数.抽象函数问题一般是由所给的条件或性质ꎬ讨论函数的其他性质ꎬ下面举例说明.㊀㊀一㊁根据条件等式求解析式例１㊀已知３ｆ(ｘ)＋２ｆ(－ｘ)＝ｘ＋３ꎬ求ｆ(ｘ).分析㊀ｘꎬ－ｘ同时使得ｆ(ｘ)有意义ꎬ用－ｘ代替ｘ建立关于ｆ(ｘ)ꎬｆ(－ｘ)的两个方程即可求得ｆ(ｘ).解㊀因为３ｆ(ｘ)＋２ｆ(－ｘ)＝ｘ＋３ꎬ㊀①用－ｘ代替ｘꎬ得３ｆ(－ｘ)＋２ｆ(ｘ)＝－ｘ＋３.㊀②联立①②解得ｆ(ｘ)＝ｘ＋３５.点评㊀求解本题的策略是利用方程消元法ꎬ所谓方程消元法就是指利用方程组通过消参㊁消元的途径达到求函数解析式的目的.㊀㊀二㊁求抽象函数的值例２㊀已知ｆ(ｘ)对于任意实数ｘɪＲ＋ꎬ都有ｆ(ｘ１ ｘ１)＝ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)ꎬ且ｆ(８)＝３ꎬ求ｆ(２)的值.分析㊀根据已知条件ｆ(ｘ１ ｘ１)＝ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２)ꎬ寻找ｆ(８)与ｆ(２)之间的关系.解㊀因为ｆ(８)＝ｆ(２ˑ４)＝ｆ(２)＋ｆ(２ˑ２)＝３ｆ(２)＝３ｆ(２ˑ２)＝６ｆ(２)ꎬ所以ｆ(８)＝６ｆ(２)＝３ꎬ所以ｆ(２)＝１２.点评㊀本题求值策略是利用迭代法.求抽象函数的值还有赋值法㊁代换法等.㊀㊀三㊁求抽象函数的定义域例３㊀已知函数ｆ(ｘ＋１)的定义域为[－２ꎬ３]ꎬ求函数ｆ(２＋１ｘ)的定义域.分析㊀由ｆ(ｘ＋１)的定义域求ｆ(ｘ)的定义域ꎬ然后由ｆ(ｘ)的定义域求出ｆ(２＋１ｘ)的定义域ꎻ要注意函数ｆ(ｘ＋１)ꎬｆ(ｘ)ꎬｆ(２＋１ｘ)中的ｘ并不是同一个量ꎬ当ｆ(ｘ)的定义域为[－１ꎬ４]时ꎬｆ(ｘ＋１)与ｆ(２＋１ｘ)分别是中间变量(ｘ＋１)和(２＋１ｘ)的函数ꎬｆ(２＋１ｘ)的定义域由中间变量(２＋１ｘ)ɪ[－１ꎬ４]求得.解㊀由题意知－２ɤｘɤ３ꎬ则－１ɤｘ＋１ɤ４ꎬ所以ｆ(ｘ)的定义域为[－１ꎬ４].由－１ɤ２＋１ｘɤ４得－３ɤ１ｘɤ２ꎬ则有０<１ｘɤ２ꎬ或－３ɤ１ｘ<０ꎬ解得ｘ的取值范围是ｘȡ１２或ｘɤ－１３.所以函数ｆ(２＋１ｘ)的定义域为(－¥ꎬ－１３]ɣ[１２ꎬ＋¥).点评㊀求抽象函数的定义域的策略是利用函数的概念ꎬ即由ｆ(ｘ)的定义域[ａꎬｂ]ꎬ求ｆ[ｇ(ｘ)]的定义域的方法:由ａɤｇ(ｘ)ɤｂꎬ求出ｘ的取值范围ꎬ即为函数ｙ＝ｆ[ｇ(ｘ)]的定义域ꎻ由ｆ[ｇ(ｘ)]的定义域[ａꎬｂ]ꎬ求ｆ(ｘ)的定义域的方法:由ａɤｘɤｂꎬ求出ｇ(ｘ)的取值范围即可ꎬ２即与由ｆ(ｘ)的定义域[ａꎬｂ]ꎬ求ｙ＝ｆ[ｇ(ｘ)]的定义域恰好相反.㊀㊀四㊁求抽象函数的值域例４㊀已知函数ｆ(ｘ)的值域是[３８ꎬ４９]ꎬ求函数ｙ＝ｆ(ｘ)＋１－２ｆ(ｘ)的值域.分析㊀利用换元法求解.解㊀设ｔ＝１－２ｆ(ｘ)ꎬ则ｆ(ｘ)＝１－ｔ２２ꎬ因为ｆ(ｘ)的值域是[３８ꎬ４９]ꎬ所以１－２ｆ(ｘ)ɪ[１３ꎬ１２]ꎬ即ｔɪ[１３ꎬ１２].又因为ｙ＝ｆ(ｘ)＋１－２ｆ(ｘ)ꎬ所以ｙ＝１－ｔ２２＋ｔ＝－１２ｔ２＋ｔ＋１２(１３ɤｔɤ１２)ꎬ所以７９ɤｙɤ７８.所以函数ｙ＝ｆ(ｘ)＋１－２ｆ(ｘ)的值域为[７９ꎬ７８].点评㊀求解本题的策略是利用换元法ꎬ但必须把新元的取值范围弄清楚.㊀㊀五㊁求抽象函数单调区间例５㊀若函数ｆ(ｘ)在(－¥ꎬ＋¥)上是减函数ꎬ求函数ｆ(２ｘ－ｘ２)单调递增区间.分析㊀用复合函数的单调性来求.解㊀因为ｆ(ｘ)在(－¥ꎬ＋¥)上是减函数ꎬ所以ｆ(２ｘ－ｘ２)单调递增区间应是ｕ＝２ｘ－ｘ２单调递减区间ꎬ又ｕ＝２ｘ－ｘ２的单调递减区间是[１ꎬ＋¥)ꎬ所以函数ｆ(２ｘ－ｘ２)单调递增区间是[１ꎬ＋¥).点评㊀求解本题的策略是利用复合函数单调性的求法.㊀㊀六㊁比较抽象函数值的大小例６㊀已知偶函数ｆ(ｘ)在[２ꎬ４]上单调递减ꎬ比较ｆ(ｌｏｇ８)与ｆ(３ｌｏｇ)的大小.分析㊀首先化简ｌｏｇ８与３ｌｏｇꎬ然后再根据函数的奇偶性和单调性ꎬ将函数值的比较大小问题转化为自变量值的比较大小问题.解㊀ｌｏｇ８＝－３ꎬ３ｌｏｇ＝π２４ꎬ因为ｆ(ｘ)是偶函数ꎬ所以ｆ(－３)＝ｆ(３)ꎬ又３>π２４ꎬｆ(ｘ)在[２ꎬ４]上单调递减ꎬ所以ｆ(３)<ｆ(π２４)ꎬ即ｆ(ｌｏｇ８)<ｆ(３ｌｏｇ).点评㊀求解本题的关键是把对应的两个变量的值转化到同一个单调区间内ꎬ求解策略是利用函数的单调性和转化思想.㊀㊀七㊁抽象函数图象问题例７㊀由函数ｙ＝ｆ(ｘ－１)的图象ꎬ通过怎样的图象变换可得函数ｙ＝ｆ(－ｘ＋２)的图象.分析㊀解答此题须综合应用函数图象的变换的对称㊁平移变换.解㊀将函数ｙ＝ｆ(ｘ－１)的图象向左平移１个单位ꎬ得到函数ｙ＝ｆ(ｘ)的图象ꎬ将函数ｙ＝ｆ(ｘ)的图象沿ｙ轴翻折ꎬ得到函数ｙ＝ｆ(－ｘ)的图象ꎬ将函数ｙ＝ｆ(－ｘ)的图象向右平移２个单位ꎬ就可以得到函数ｙ＝ｆ(－ｘ＋２)的图象.点评㊀求解本题的策略是利用函数图象变换的规律.㊀㊀八㊁解抽象不等式例８㊀已知ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ解不等式ｆ(ｘ)>ｆ８(ｘ－２)[].分析㊀求解本题的关键在于由ｆ(ｘ)>ｆ８(ｘ－２)[]去掉函数关系符号 ｆ ꎬ使抽象的不等式问题转化为具体不等式问题ꎬ注意函数的定义域也是一个限制条件.解㊀由ｆ(ｘ)>ｆ８(ｘ－２)[]和ｆ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上是增函数ꎬ得ｘ>０ꎬ８(ｘ－２)>０ｘ>８(ｘ－２)ꎬìîíïïïꎬ解不等式组ꎬ得２<ｘ<１６７ꎬ所以原不等式的解集为{ｘ｜２<ｘ<１６７}.点评㊀单调性定义要能够逆用ꎬｆ(ｘ)是[ａꎬｂ]上的增函数ꎬ则ｆ(ｘ１)<ｆ(ｘ２)⇒ｘ１<ｘ２ꎻ求解此类问题的策略是运用了单调性的定义和转化思想.㊀㊀九㊁证明等式例９㊀设函数ｆ(ｘ)是定义在Ｒ＋上的增函数ꎬ且ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｙ)ꎬ求证:ｆ(１)＝０ꎬｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ).分析㊀对ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｙ)中的ｘꎬｙ赋值即可求出ｆ(１)＝０ꎬ利用ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ ｙｙ)即可证明ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ).证明㊀因为ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｙ)ꎬ令ｘ＝ｙ＝１ꎬ所以ｆ(１)＝ｆ(１)－ｆ(１)ꎬ即ｆ(１)＝０.因为ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｙ)ꎬ所以ｆ(ｘ)＝ｆ(ｘ ｙｙ)＝ｆ(ｘｙ)－ｆ(ｙ)ꎬ所以ｆ(ｘｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ).点评㊀求解此类问题的策略是适当的赋值(代入特殊值).３㊀㊀十㊁抽象函数的综合问题例１０㊀函数ｆ(ｘ)的定义域为Ｒꎬ且对任意ｘꎬｙɪＲꎬ有ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)ꎬ又当ｘ>０时ꎬｆ(ｘ)<０ꎬｆ(１)＝－２.(１)证明ｆ(ｘ)是奇函数ꎻ(２)证明ｆ(ｘ)在Ｒ上是减函数ꎻ(３)求ｆ(ｘ)在区间[－３ꎬ３]的最大值和最小值.分析㊀给出函数满足的条件关系式而未给出解析式ꎬ要证明函数的奇偶性与单调性ꎬ关键是紧扣条件ｆ(ｘ＋ｙ)＝ｆ(ｘ)＋ｆ(ｙ)ꎬ且当ｘ>０时ꎬｆ(ｘ)<０ꎬ对其中的ｘꎬｙ不断赋值ꎬ根据ｆ(ｘ)在Ｒ上是减函数求出最值.解㊀(１)令ｙ＝－ｘꎬ得ｆ[ｘ＋(－ｘ)]＝ｆ(ｘ)＋ｆ(－ｘ)ꎬ所以ｆ(ｘ)＋ｆ(－ｘ)＝ｆ(０).又因为ｆ(０＋０)＝ｆ(０)＋ｆ(０)ꎬ所以ｆ(０)＝０ꎬ所以ｆ(ｘ)＋ｆ(－ｘ)＝０ꎬ即ｆ(－ｘ)＝－ｆ(ｘ)ꎬ所以ｆ(ｘ)是奇函数.(２)任取ｘ１ꎬｘ２ɪＲꎬ且ｘ１<ｘ２ꎬ则ｆ(ｘ１)－ｆ(ｘ２)＝ｆ(ｘ１)－ｆ[ｘ１＋(ｘ２－ｘ１)]＝ｆ(ｘ１)－[ｆ(ｘ１)＋ｆ(ｘ２－ｘ１)]＝－ｆ(ｘ２－ｘ１).因为ｘ１<ｘ２ꎬ所以ｘ２－ｘ１>０.又因为当ｘ>０时ꎬｆ(ｘ)<０ꎬ所以ｆ(ｘ２－ｘ１)<０ꎬ所以－ｆ(ｘ２－ｘ１)>０ꎬ即ｆ(ｘ１)>ｆ(ｘ２)ꎬ所以ｆ(ｘ)在Ｒ上是减函数.(３)因为ｆ(ｘ)在Ｒ上是减函数ꎬ所以ｆ(ｘ)在区间[－３ꎬ３]上的最大值是ｆ(－３)ꎬ最小值是ｆ(３).ｆ(３)＝ｆ(１)＋ｆ(２)＝３ｆ(１)＝３ˑ(－２)＝－６ꎬ所以ｆ(－３)＝－ｆ(３)＝６.从而ｆ(ｘ)在区间[－３ꎬ３]上的最大值是６ꎬ最小值是－６.点评㊀求解此类问题的策略是利用赋值法ꎬ即对抽象函数的奇偶性与单调性的证明ꎬ围绕证明奇偶性与单调性所需要的关系式ꎬ对所给的函数关系式赋值.㊀㊀参考文献:[１]杜红全ꎬ黄海虹.例谈抽象函数定义域的求法[Ｊ].数理天地(高中版)ꎬ２０１９(１０):１３－１４.[责任编辑:李㊀璟]等差乘等比型数列求和的另类解法构造数列法赵圣涛㊀武金仙(山东省淄博中学㊀２５５０００)摘㊀要:等差乘等比型数列的求和一般使用错位相减法ꎬ但在求解过程中ꎬ学生出错率一直很高ꎬ基于此ꎬ笔者从构造数列的角度探索出两种求和方法ꎬ进一步拓宽了该类问题的研究思路.关键词:数列ꎻ解题ꎻ构造数列法中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２０)１９－０００４－０２收稿日期:２０２０－０４－０５作者简介:赵圣涛(１９８４.１０－)ꎬ男ꎬ山东省淄博人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.武金仙(１９８４.４－)ꎬ女ꎬ河北省张家口人ꎬ硕士ꎬ中学一级教师ꎬ从事高中数学教学研究.基金项目:本文系淄博市 十二五 重点课题«基于学情的国家课程校本化研究»的研究成果ꎬ课题编号:２０１５ＺＪＺ０２４.㊀㊀已知数列ａｎ{}满足ａｎ＝ｂｎｃｎꎬ其中ｂｎ{}是等差数列ꎬｃｎ{}是公比不为１的等比数列.数列ａｎ{}通常称为等差乘等比型数列.该类数列求和的常规方法是错位相减法ꎬ除此之外ꎬ文献[１]中笔者从构造常数列的角度另辟蹊径ꎬ为该类问题的求解提供了一个新思路ꎬ本文分别从构造常数列和等比数列的角度ꎬ又探索出了两种求和方法ꎬ现将其介绍如下:㊀㊀一㊁方法介绍不失一般性ꎬ设等差乘等比型数列ａｎ{}的通项公式为ａｎ＝(ｋｎ＋ｂ)ｑｎꎬ(其中ｋꎬｂꎬｑ均为常数ꎬ且ｑʂ１)ꎬ其前ｎ项和记为Ｓｎ.方法１:构造常数列{Ｓｎ＋(ｘｎ＋ｙ)ｑｎ}.对数列ａｎ{}ꎬ由ａｎ＝(ｋｎ＋ｂ)ｑｎ(ｑʂ１)得ａｎ＋１＝[ｋ(ｎ４。
赋值法处理抽象函数问题
2021年第07期总第500期数理化解题研究式•除了分离构造，常见化隐为显的方法还有合并构造 (如2018年全国I 卷理)、放缩构造(如2018年全国I 卷 文)和双雄构造(指把一个函数拆成两个函数，如2014年全国I 卷理)等.三、变换主元有些数学问题中常含变量，在某些情况下为了解决问题的需要,可人为地突出该变量的主体地位作用，将之 当作主元构造新的函数,以达到化难为易的目的.这种思 路还适用于多元变量函数的问题.例3 (2015年全国I 卷文)设函数/(%) - e 2% - a ln %.2证明：当 a > 0 时，/(%)^2a + a ln —.a2证明当 a > 0 时,令 g ( a ) - / (% ) - 2 a - a ln — - e 2%2-a ln % - 2a - a ln ——，贝卩 g ‘ (a ) - ln a - ln(2e%).a当 a < 2e% 时,g ‘ (a ) < 0 ；当 a > 2e% 时,g ‘ (a ) > 0,所 以 a -2e% 时,g (a )取最小值为 g (2e%) - e 2% -2e%.令 h (t ) - e 2t - 2et ,则 h' (t ) - 2e 2t - 21,当 t < 1 时，L (t ) <0；当 t >1 时 ’ h' (t ) >0,所以 h (t ) M h (1) -0,即2g ( a ) M0,即 f ( % ) M2 a + a l n —.评注 本题如果直接对/ ( % )进行求导,会出现隐零点问题以致给解题带来不便，故这里采用了重新构造关于变量a 的对数超越函数的处理方式.除了重构对数超 越函数，变换主元往往还会重构指数超越函数(如2016 年全国H 卷文)、重构双勾型函数(如2017年全国H 卷 文)和重构二次函数(如2019年浙江卷)•通过上述几个高考真题我们知道，通过结合已知条件和结论虚设零点、化隐为显和变换主元是解决隐零点问题的主要处理策略•在导数压轴题的教学过程中,像这 样以专题的形式介绍隐零点问题的处理策略，尽量一次 性彻底地解决与其有关的问题,对学生解题水平的提升、逻辑思维的训练和核心素养的培养，想来都是极好的.参考文献：［1 ］王洪军.处理多元问题的几种方法［J ］.数理化学 习(高中版),2015(02) ：3 -4.［责任编辑:李 璟］赋值法处理抽象函数问题李小蛟(四川省成都市树德中学610091)摘 要：不给出具体解析式，只给出函数的特殊条件或特征的函数即抽象函数.由于抽象函数可以全面考查学生对函数概念和性质的理解，同时抽象函数问题又将函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、周期性和图象 集于一身，所以在高考中出现频率较高.关键词：赋值法;抽象函数；函数性质中图分类号：G632 文献标识码:A 文章编号：1008 -0333(2021)07 -0057 -03解答抽象函数题目的基础是熟悉函数的基本知 识•抽象函数无具体表达式,要通过我们所学的一般初 等函数的性质来解决比较困难(小题可借用一些类似函数解决),但抽象函数问题的解决本质上是将抽象 问题具体化，所以解决抽象函数问题可以将函数中变量具体赋值,即解决抽象函数有一个万能的方法—— 赋值法•下面我们分类例析用赋值法解决抽象函数问题•一、赋值法处理抽象函数的函数值抽象函数求值问题是要解决具体函数值问题,因此 抽象函数求值问题的关键在于赋值,即赋要求解自变量, 代入求出相应函数值即可.例1已知f(%)的定义域为R ,对任意的%,y e R ,有/(% + y )二/(%) +/(y )，则/(0)二____•分析本题函数没有具体表达式，即抽象函数求值收稿日期：2020 -12 -05作者简介：李小蛟(1984. 10 -)，男，本科，中学高级教师，从事高中数学教学研究.— 57—数理化解题研究2021年第07期总第500期问题,要求解/(0)的值，即在/(%+y)—/(%)+/(y)这一式子中要出现/(0),所以我们令%—y—0,即出现/(0+0) -/(0)+/(0),所以/(0)-0•例2定义在R上的函数f(%)满足代%+y)—代%)+ /(y)+2%y(%,y e R),/(1)—2,则/(3)—,/(-3)—分析根据题意，已知/(1)—2且/(%+y)—/(%)+代y)+2%y，要求解/(3),/(-3)的值，即要利用赋值法构造出自变量为3,-3•因为/(1)-2,令%二y-1,所以/(2)—f(1+1)—f(1) +/(1)+2x1x1—2+2+2—6.又令%—2,y—1,所以/(3)—/(2+1)—/(2)+/(1) +2x2x1—6+2+4—12.现已求出/(3)—12,要求/(-3).注意3与-3互为相反数，所以如果令%—3,y—-3,即有/(0)-/(3-3)—/(3)+/(-3)+2x3x(-3),因此我们还应先求出/(0).于是再令%—y—0,则有/(0+0)—/(0)+/(0)+2 x0x0,所以/(0)—0.因此0-/(0)—/(3-3)—/(3)+/(-3)+2x3x (-3)—12+/(-3)-18.所以/(-3)—6•二、赋值法处理抽象函数解析式抽象函数求解析式是要求出/(%)，因此我们要采用赋值法得到/(%)，并利用赋值法将对应法则/作用的其余形式消去即可.例3已知/(%)-2/]+j—3%+2,求/(%).分析因为%和丄互为倒数，%所以当%—2时，丄-£,当%—-1时，丄—2.%22%令%-2,则/(2)-2A2)-8•①所以令%-1，则彳2j-2/(2)-2•②/(2)-2/(20-8,由①②，得\,、〉仕)-2/(2)—T亿(2)—-5,解得・(+)-*于是得到一般情况，令%—t与%—1得到t—58—/(t)-2/]+j—31+2,/[+)-2/(t)—f+2,解得/(t)-1-2-2.2即f(%)—-%-—-2.%例4已知/(%)+2/(2-%)—3%2-8%+8,求/(%).分析条件中给出有关对应法则/作用于%和2-%,要求出f(%)，就要想办法消去/(2-%)，所以利用赋值法,我们只需要将上式中所有%换为2-%,即/(2-%)+ 2A%)—3(2-%)2-8(2-%)+8,然后与/(%)+2/(2-%)—3%2-8%+8联立求解出/(%)—%2.三、赋值法处理抽象函数奇偶性奇偶性是考查f(%)和/(-%)之间的关系,所以抽象函数奇偶性问题关键在于采用赋值法让题目出现/(%)和/(-%),并根据表达式探究f(%)和/(-%)两者的关系•例5设函数f(%)的定义域为R,对任意%1,%2e R,恒有代%1+%2)—代%1)+/(%2)成立,则1/(%)是(指明函数的奇偶性)•分析令%1—%,%2—-%,则出现/(%-%)—/(%)+代-%),所以f(%)+代-%)—/(0),所以我们还要先求出/(0)的值•于是我们又令%1—%2—0,所以/(0)+/(0)—/(0),于是/(0)-0,所以/(%)+/(-%)-0,即/(%)为奇函数.例6设函数y—/(%)(%e R且%H0)对任意非零实数%1,%2满足/(%1-%2)—/(%1)+/(%2),则函数y—/(%)是(指明函数的奇偶性)•分析本题要出现/(%)和/(-%),我们只需令%1—%,%2——1,则出现f(—%)—f(%)+f(—1),所以我们要先求出/(-1)的值，于是我们将所求/(-%)-/(%)+ /(-1)中%的值赋为1,所以就有/(-1)—/(1)+ /(-1),因此我们还得求出/(1)的值•我们再在题设中令%1-%2-1，所以ZU)-/⑴+/U),求解出/⑴-0,再依次代入可得/(-1)—0,进而/(-%)—f(%),即f(%)为偶函数.例7已知函数几%)在(-1,1)上有定义，当且仅当0<%<1时,/(%)<0,且对任意%,y e(-1,1)都有/(%)+代y)-/([证明/(%)为奇函数.分析由于/(%)+/(y)-/f:[y j,设%-y-0,则11+%y丿2A0)—/(0),解得/(0)—0•设y—-%,则/(%)+/(-%)2021年第07期总第500期数理化解题研究-/(0)，所以/(%) +代-%) -0,所以f(%)为奇函数.四、赋值法处理抽象函数单调性函数单调性研究自变量大小与相应函数值大小的关 系，即在一个单调区间内%; <%2,去推导/(%;) </(%2)或/( %；)〉/( %2),所以解决抽象函数单调性的关键在于通过 赋值找出相应的不等关系.例8已知f(%)的定义域为R ,对任意的%,y E R ,有/(% + y ) -/(%) + /(y ),且当 % >0 时,/(%) <0,求证:f (%)为(一 ¥, + ¥)上的减函数.分析 由例5已经知道〕/( %)为奇函数，任取%；, %2ER ,且 %； > %2,则 %； - %2 > 0.所以 /( %； ) 一/( %2 )二/( %； ) + /( -％2)二/( %； - %2) •因为当% >0时，代%) <0,所以由 %； -%2 >0,可知/(%； -%2) <0.所以当%； > %2时，有/( %；) </(%2),所以函数£( %)在(-¥ , + ¥)上为减函数.例9已知函数(%)在(-1,1)上有定义，当且仅当0 <% < 1 时，/(%) <0,且对任意 %,y e ( - 1,1)都有f (%) +代y ) -/1)判断f (%)在(-1,1)上的增减性,并证明你的结论.分析 由例7已经求出/(%)为奇函数.设 一 ；< %； < %2 < 1 ,则 /( %; ) 一 /( %2 ) - /( %； ) +由 %； - %2 < 0,且-1 < %； • %2 < 1, 所以 1-%；・ %2>0,即 1 %； 一%2 <0•1 - %;・ ％2%; 一1 - %;・- ( - 1)%1 - %21 - %;・ ％2+1%; - %2 + 1 - %;・ ％21 - %;・ ％2-(；- ％2)( %； +1)1 - %; • %2 ,又 1 -%； • %2〉0,且 1 -%2 >0,%； +1 >0,所以(;一 %2)( %;+1)1 - %;・ ％2>0.所以(%； 一%2 ］ >0•即/(%；) -/(%2)>0•V 1 -% ；・ %2 丿所以当-1 < %； < %2 < 1 时,/(%；) -/(%2) >0.所以/(%)在(-1,1)上为单调减函数.五、 赋值法处理抽象函数最值抽象函数求最值问题可类比求值问题，但经常会综 合考查抽象函数的单调性、奇偶性等问题,以及化归与转 化、类比等数学思想方法.例10已知/■(%)的定义域为R ,对任意的%,y E R ,有/(% + y ) -/(%) + /(y ),且当 % >0 时,/(%) <0,若/(；)二-2,求f (%)在［-2,4］上的最大值和最小值.分析 由例5已经知道/(%)为奇函数，由例8得出/(%)为(- ¥ , + ¥)上的减函数.因此f (%)在［-2,4］上最大值应该为/( -2),最小值应该为/(4)，下面用赋值法分别求出代-2) ,/(4).因为/(1) - -2,所以/(2) -/(1+1) -/(1) +/(1) - -4.所以代-2) - -/(2) -4.所以/(4)二/(2+2)二/(2) +/(2) - -8.即(%)在［-2,4］上最大值应该为4,最小值为-8.六、 赋值法处理抽象函数不等式抽象函数不等式问题需借助抽象函数的单调性、奇偶性、定义域等来综合求解,利用赋值法将看似无关联的 不等式转化为常规不等式问题求解.例11已知函数f (%)在(-1,1)上有定义，当且仅当0 <% < 1 时,/(%) <0,且对任意 %,y e ( -1,1)都有/(%) +代y ) -/［比y )解不等式/(5%-4)〉/(%2)•分析 由例7已经知道(%)为奇函数，由例9得出/(%)为(-1,1)上的减函数.所以-1 <5%-4<%2 <1,解出{% 3 <%<； }•由以上例析我们可以发现,解决抽象函数问题的本 质是将抽象问题具体化，而通过赋值法几乎可以解决抽象问题的所有题型，因此赋值法不失为处理抽象函数问 题的一个最常用方法.参考文献：［1 ］徐春生.构造新函数 妙解导数题［J ］.中学生数 理化(高二使用),2019(12) ：28 -30.［责任编辑:李璟］-即1 1 2 >-1 •1 - %;・ ％2所以-1<「一%2 <0 •1 - %;・ ％2因为当0<%<1时,/(%) <0,且f (%)为奇函数,所以当-1 <%<0 时,/(%) - -/( -%) >0.—59—。
抽象函数题型分类剖析
１ Ｃ ２ ≤２－ ≤４， １ ≤ ６ 即 ≤ｚ ．
‘
．
．
ｆ ｘ ２ 定 义 域 为 ［ ，］ （一 ） １６ ．
点 评 ： 求 ＿ ） 定 义 域 作 为 中 间 桥 梁 先 厂 的 （
过渡．
证 明 ： 设 ａ４ ＜Ｏ则 ｎ －ｂ６ －ａ 假 一６ － ＜ ，＜ ， 因为 ＿ ） Ｒ 上 为 增 函 数 ， 以 ， ＿ 口 厂 在 （ 所 有 ， ） （
＜ ， 一６ ， 一 ６＜ （ ａ ． （ ），’ （ ） ：厂 一 ）
三 、 偶 性 奇
【 ３ 已 知 函 数 ＿ ） 任 意 实 数 ａ ｂ 例 】 厂 对 （ 、
都 有＿（ ） ＿ ６ ２ 厂 口 ＋ 厂 ） Ｊ（ （ ＿ ） 厂 的奇 偶 性 ． （ 解 ：．ｆ（ ） ０ ａ ｂ的 任 意 性 ， 而 ‘ ≠ ，、 ‘ 因 ＿ Ｏ ≠ ０ 满 足 函数 的必 要 条 件 ， 厂 ） 不 （
数 问题 又 是 高 考 的 重 点 与 热 点 ， 别 是 抽 象 函 数 题 特 型 ， 为 高 考 的 热 点 常 见 于 各 地 的 高 考 试 题 中． 对 作 现 其 练 题 方 法 与 规 律 分 类 阐述 ．
一
、
表达 式
＋ｏ ） 同时 １ 一３ 一２ 。， 一ｚ ≥ ≤ ≤２ 由复合 函数 的 ，
五、 周期 性
【 ７ 设 函数 ． ） 定 义 域 关 于 原 点 对 例 】 厂 的 （
＿ｚ 一定 不是 奇函数 ， ａ 厂 ） （ 令 —ｂ 一０代
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抽象函数问题分类解析——我的教学反思
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抽象函数值域的分类及求解方法
抽象函数值域的分类及求解方法引言在数学和计算机科学中，抽象函数是一种从一个集合到另一个集合的映射。
抽象函数的值域是指函数映射的结果集合。
本文将讨论抽象函数值域的分类及求解方法。
抽象函数值域的分类根据函数的性质和特点，抽象函数的值域可以分为以下几类：1. 有界值域：当函数的值域在一个有限区间内时，称其为有界值域。
求解有界值域的方法通常可以通过分析或数值计算得出。
2. 无界值域：当函数的值域不受限制时，称其为无界值域。
求解无界值域的方法需要考虑函数的增长趋势和性质，如使用极限、渐近线等数学概念进行分析。
3. 离散值域：当函数的值域是离散的，即只包含一系列离散的数值时，称其为离散值域。
求解离散值域的方法可以通过列举函数的所有可能取值来得到。
4. 连续值域：当函数的值域是连续的，即包含无限个连续的数值时，称其为连续值域。
求解连续值域的方法可以通过函数的性质和特点，如导数、积分等进行分析。
抽象函数值域的求解方法对于不同类型的抽象函数值域，可以采用不同的求解方法：1. 有界值域的求解方法：- 分析法：通过分析函数的性质和特点，确定函数的最大值和最小值，从而得到有界值域。
- 数值计算：通过使用数值计算方法，如二分法、牛顿法等，逼近函数的极值，从而得到有界值域的近似解。
2. 无界值域的求解方法：- 极限分析：通过计算函数的极限或渐近线，确定函数的增长趋势，从而判断函数的值域是否无界。
- 数值观察：通过观察函数的取值情况，寻找可能的无界区间，从而得到函数的无界值域的近似解。
3. 离散值域的求解方法：- 列举法：通过列举函数的所有可能取值，确定函数的离散值域。
- 数值计算：通过使用数值计算方法，如递归或迭代计算，得到函数的离散值域的近似解。
4. 连续值域的求解方法：- 导数法：通过计算函数的导数和零点，确定函数的增减性和极值点，从而得到函数的连续值域。
- 积分法：通过计算函数的积分，确定函数的曲线下面积范围，从而得到函数的连续值域。
高考试题中 常见抽象函数问题分类解析
高考试题中常见抽象函数问题分类解析
邹立国
【期刊名称】《甘肃教育》
【年(卷),期】2011(000)005
【摘要】抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图象，只给出函数满足的一部分性质或运算的函数．它具有抽象性、综合性和技巧性等特点，是中学数学中的一个难点，因而学生在解决抽象函数问题时困难较大．纵观近几年的高考试题，其中的抽象函数问题有逐年增加的趋势．为此，笔者以近几年高考试题中的抽象函数问题为例进行归纳解析.
【总页数】1页(P83-83)
【作者】邹立国
【作者单位】武威市第六中学,甘肃武威733000
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
【相关文献】
1.二次函数在闭区间上的最值问题两类轴对称问题的辨析小议辅助角公式的求解策略抽象函数问题分类例析均值不等式的应用与分析对称问题中参数范围的一种求解策略关于解不等式问题的若干策略简化解析几何计算的若干策略“定”，“动”相宜——二次函数在闭区间上的最值问题 [J], 蔡永强
2.高考抽象函数问题分类解析 [J], 刘大明;韦莉
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抽象函数奇偶性的判定
专题一抽象函数奇偶性的判定及应用探究一：抽象函数的单调性和奇偶性问题 抽象函数的具体模型)()()(y f x f y x f +=+ )()()(y f x f xy f += )()()(y f x f y x f =+ )()()(y f x f xy f =类型一：抽象函数证明函数的奇偶性问题① x R ∈，()f x 满足()()()f x y f x f y +=+，如何证明()f x 为奇函数② x R ∈，()f x 满足()()()f xy f x f y =+，如何证明()f x 为偶函数类型二：抽象函数证明函数的单调性问题① 若,R x ∈且()()()f x y f x f y +=+、()()()f xy f x f y =+证明其单调性② 若,R x ∈()()()f x y f x f y +=、()()()f xy f x f y =证明其单调性探究二：函数性质（单调性、奇偶性）定义经典试题 一、判断单调性和奇偶性 1. 判断单调性根据函数的奇偶性、单调性等有关性质，画出函数的示意图，以形助数，问题迅速获解。
例1．如果奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5，那么f x ()在区间[]--73，上是A. 增函数且最小值为-5B. 增函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5 分析：画出满足题意的示意图，易知选B 。
例2．偶函数f x ()在(0)，+∞上是减函数，问f x ()在()-∞，0上是增函数还是减函数，并证明你的结论。
分析：如图所示，易知f x ()在()-∞，0上是增函数，证明如下： 任取x x x x 121200<<⇒->->因为f x ()在(0)，+∞上是减函数，所以f x f x ()()-<-12。
又f x ()是偶函数，所以f x f x f x f x ()()()()-=-=1122，， 从而f x f x ()()12<，故f x ()在()-∞，0上是增函数。
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抽象函数问题分类解析抽象函数是指没有给出具体的函数解析式或图像,只给出一些函数符号及其满足的条件的函数,如函数的定义域,解析递推式,特定点的函数值,特定的运算性质等,它是高中函数部分的难点,也是大学高等数学函数部分的一个衔接点,由于抽象函数没有具体的解析表达式作为载体,因此理解研究起来比较困难.但由于此类试题即能考查函数的概念和性质,又能考查学生的思维能力,所以备受命题者的青睐,那么,怎样求解抽象函数问题呢,我们可以利用特殊模型法,函数性质法,特殊化方法,联想类比转化法,等多种方法从多角度,多层面去分析研究抽象函数问题, 一:函数性质法函数的特征是通过其性质(如奇偶性,单调性周期性,特殊点等)反应出来的,抽象函数也是如此,只有充分挖掘和利用题设条件和隐含的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能转化,化难为易,常用的解题方法有:1,利用奇偶性整体思考;2,利用单调性等价转化;3,利用周期性回归已知4;利用对称性数形结合;5,借助特殊点,布列方程等. 二:特殊化方法1在求解函数解析式或研究函数性质时,一般用代换的方法,将x 换成-x 或将x 换成等 2在求函数值时,可用特殊值代入3研究抽象函数的具体模型,用具体模型解选择题,填空题,或由具体模型函数对综合题,的解答提供思路和方法.(1)、线性函数型抽象函数f （x ）＝kx （k ≠0）-------f （x ±y ）＝f （x ）±f （y ）(2)、二次函数型抽象函数m a x k x f +-=2)()(——— )()(x a f x a f -=+(3)、指数函数型的抽象函数 f （x ）＝a x------ f （x ＋y ）＝f （x ）f （y ）；f （x －y ）＝)()(y f x f (4)、对数函数型的抽象函数f （x ）＝log a x （a >0且a ≠1）-----f （x ·y ）＝f （x ）＋f （y ）；f （yx）＝ f （x ）－f （y ） 三：例题分析 1. 求定义域这类问题只要紧紧抓住：将函数f g x [()]中的g x ()看作一个整体，相当于f x ()中的x 这一特性，问题就会迎刃而解。
例1. 函数y f x =()的定义域为(]-∞，1，则函数y f x =-[log ()]222的定义域是___。
分析：因为log ()22x 2-相当于f x ()中的x ，所以log ()2221x -≤，解得22<≤x 或-≤<-22x 。
例2. 已知f x ()的定义域为(0)，1，则y f x a f x a a =++-≤()()(||)12的定义域是______。
分析：因为x a +及x a -均相当于f x ()中的x ，所以010111<+<<-<⎧⎨⎩⇒-<<-<<+⎧⎨⎩x a x a a x aa x a(1)当-≤≤120a 时，则x a a ∈-+()，1 (2)当012<≤a 时，则x a a ∈-()，12. 判断奇偶性 根据已知条件，通过恰当的赋值代换，寻求f x ()与f x ()-的关系。
例3. 已知f x ()的定义域为R ，且对任意实数x ，y 满足f xy f x f y ()()()=+，求证：f x ()是偶函数。
分析：在f xy f x f y ()()()=+中，令x y ==1， 得f f f f ()()()()11110=+⇒= 令x y ==-1，得f f f f ()()()()11110=-+-⇒-=于是f x f x f f x f x ()()()()()-=-⋅=-+=11 故f x ()是偶函数。
例4. 若函数y f x f x =≠()(())0与y f x =-()的图象关于原点对称，求证：函数y f x =()是偶函数。
证明：设y f x =()图象上任意一点为P （x y 00，） y f x =()与y f x =-()的图象关于原点对称， ∴P x y ()00，关于原点的对称点()--x y 00，在y f x =-()的图象上，∴-=--∴=-y f x y f x 0000()()又y f x 00=() ∴-=f x f x ()()00即对于函数定义域上的任意x 都有f x f x ()()-=，所以y f x =()是偶函数。
3. 判断单调性根据函数的奇偶性、单调性等有关性质，画出函数的示意图，以形助数，问题迅速获解。
例5. 如果奇函数f x ()在区间[]37，上是增函数且有最小值为5，那么f x ()在区间[]--73，上是A. 增函数且最小值为-5B. 增函数且最大值为-5C. 减函数且最小值为-5D. 减函数且最大值为-5例6. 设f （x ）定义于实数集上，当0>x 时，1)(>x f ，且对于任意实数x 、y ，有)()()(y f x f y x f ⋅=+，求证：)(x f 在R 上为增函数。
证明：在)()()(y f x f y x f =+中取0==y x ，得2)]0([)0(f f = 若0)0(=f ，令00=>y x ，，则0)(=x f ，与1)(>x f 矛盾所以0)0(≠f ，即有1)0(=f 当0>x 时，01)(>>x f ；当0<x 时，01)(0>>->-x f x ，而1)0()()(==-⋅f x f x f 所以0)(1)(>-=x f x f 又当0=x 时，01)0(>=f所以对任意R x ∈，恒有0)(>x f设+∞<<<∞-21x x ，则1)(01212>->-x x f x x ，所以)()()()]([)(11211212x f x x f x f x x x f x f >-=-+=所以)(x f y =在R 上为增函数。
评析：一般地，抽象函数所满足的关系式，应看作给定的运算法则，则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. 探求周期性这类问题较抽象，一般解法是仔细分析题设条件，通过类似，联想出函数原型，通过对函数原型的分析或赋值迭代，获得问题的解。
常见结论:（1）f(x+a)=f(x),则T=a(a 是非零常数)。
（2）f(x+a)=-f(x),则T=2a(a 是非零常数)。
1(3)()()f x a f x +=±,则T=2a(a 是非零常数)。
例7. 设函数f x ()的定义域为R ，且对任意的x ，y 有f x y f x y f x f y ()()()()++-=⋅2，并存在正实数c ，使f c()20=。
试问f x ()是否为周期函数？若是，求出它的一个周期；若不是，请说明理由。
分析：仔细观察分析条件，联想三角公式，就会发现：y x =cos 满足题设条件，且cos π20=，猜测f x ()是以2c 为周期的周期函数。
f x c c f x c c f x c f cf x c f x f x c f x c f x [()][()]()()()()()()()++++-=+=∴+=-∴+=-+=22222222故f x ()是周期函数，2c 是它的一个周期。
例8.设y=f (x) 是定义在实数集R 上的函数，且满足 f (－x) = f (x)与f (4－x)=f (x)，若当x ∈[0,2]时，f (x) =-－x 2+1 ,则当x ∈[－6 , －4 ]时f (x)= （ ）（A ）－x 2 +1 (B) －(x －2)2 +1 (C)－(x+4)2 +1 (D) － (x+2)2+1 5. 求函数值紧扣已知条件进行迭代变换，经有限次迭代可直接求出结果，或者在迭代过程中发现函数具有周期性，利用周期性使问题巧妙获解。
例9. 已知f x ()的定义域为R +，且f x y f x f y ()()()+=+对一切正实数x ，y 都成立，若f ()84=，则f (2)=_______。
分析：在条件f x y f x f y ()()()+=+中，令x y ==4，得 f f f f ()()()()844244=+==， ∴=f ()42 又令x y ==2， 得f f f (4)(2)(2)=+=2， ∴=f (2)1例10. 已知f x ()是定义在R 上的函数，且满足：f x f x f x ()[()]()+-=+211，f ()11997=，求f (2001)的值。
分析：紧扣已知条件，并多次使用，发现f x ()是周期函数，显然f x ()≠1，于是f x f x f x ()()()+=+-211， f x f x f x f x f x f x f x f x ()()()()()()()()+=++-+=++--+-=-412121111111 所以f x f x f x ()()()+=-+=814 故f x ()是以8为周期的周期函数，从而f f f (2001)()()=⨯+==8250111997例11．设f(x)是(-∞,+∞)上的奇函数，f(x+2)=-f(x)，当0≤x≤1时，f(x)=x ，则f(7.5)=_____。
分析：读懂题意，理解函数满足关系式f(x+2)＝-f(x)及f(-x)=-f(x)；将f(7.5)的求值问题转化到x ∈[0，1]范围内解决。
由f(x+2)=-f(x)，得f(x+4)=-f(x+2)＝f(x)，知f(x)是以4为一个周期的周期函数，于是f(7.5)=f(4×2-0.5)=f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5。
例12．已知f(x)是定义在实数集上的函数且满足f(x+2)(1-f(x))=1+f(x)，f(1)=1997，求f(2001)的值。
分析：易知f(x)1,所以有∴函数f(x)是以8为一个周期的周期函数，从而f(2001)=f(8×250+1)=f(1)=1997。
注：对一类抽象函数求值问题，充分利用周期性，化未知为已知。
例13.函数()f x 满足()(2)13,f x f x ⋅+=若(1)2,f =则(99)f =（ ）A.13B.2C.132 D. 213【解析】：由规则()(2)13,f x f x ⋅+=有(2)(4)13,f x f x +⋅+=∴()(4)f x f x =+，∴()f x 的周期T=4。
∴(99)f =(4243)(3)f f ⨯+=，再由规则()(2)13f x f x ⋅+=赋值，令1x =得(1)(12)13,f f ⋅+=∴13(3)2f =，即13(99)2f =.选C 。