抽象函数解题方法与技巧第五计
抽象函数题的解法与技巧
抽象函数题的解法及技巧随着高考改革的不但深入，对基本初等函数中的抽象函数部分考查又有所提高，其题型包括抽象函数的定义域值域问题，抽象函数的单调性和奇偶性问题，求解析式及对称性问题，现就结合着近几年高考出现的体型对抽象函数部分题的解法及技巧总结如下，供备考同学们参考使用。
类型一：求抽象函数的定义域。
例题1．（2013高考大纲版数学（理））已知函数f(x ）的定义域为（-1,0）,则函数f （2x-1）的定义域为 (A)（-1,1） (B)（-1，21） (C)（-1,0） (D)（21，1） 解析：因为原函数的定义域为（﹣1，0），所以﹣1＜2x ﹣1＜0，解得﹣1＜x ＜．所以则函数f （2x ﹣1）的定义域为（-1，21）．故选B ． 变式1：已知f （2x-1）定义域是[]2,1，则函数)(x f 的定义域为 答案：[1,3]变式2：已知已知f(2x-1)定义域是[]2,1，则函数)12(+x f 的定义域为 答案：[0,1] 解题技巧：抽象函数是没有解析式的函数，解决此类问题的方法是抓住这种类型题的本质，像例题1这种题型的本质是解不等式，变式1题型的本质就是求函数的值域，变式2这种题型的本质就是解不等式和求值域的结合。
解决这类问题的技巧搞清本质抓住两个小括号的范围要对应起来，是解决的技巧所在。
类型二：抽象函数的求值问题：例2.对任意实数x,y ，均满足f(2x +y)=2[f 2)(x ]+f(y)且f （1）≠0，则f2014）=_______. 解析:这种求较大自变量对应的函数值，一般从找周期或递推式着手：令x=1，y=n ，得f （n+1）=f （n ）+22)]1([f , 令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2, 令x=y=0,得：f(0)=0,∴f(1)=21,即f （n+1）-f （n ）=21，f （n ）=2n，所以，f(2014)=22014=1007. 解题技巧：抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
高考抽象函数技巧全总结[1]
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高考抽象函数技巧全总结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：一、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：设1x u x =+,则1u x u=-∴2()2111u u f u uu-=+=--∴2()1x f x x-=-2.凑合法：在已知(())()f g x h x =即可求()f x .此解法简洁，还能进一步复习代换法。
例2：已知3311()f x x xx+=+，求()f x解：∵22111()()(1)(f x x x x xxx+=+-+=11|||1||x xx =+≥∴23()(3)3f x x x x x =-=-，(|x |≥1)3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。
例3． 已知()f x 二次实函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x . 解:设()f x =2ax bx c ++，则22(1)(1)(1)(1)(1)(1)f x f x a x b x c a x b x c ++-=+++++-+-+=22222()24ax bx a c x x +++=++比较系数得2()41321,1,2222a c a abc b +=⎧⎪=⇒===⎨⎪=⎩∴213()22f x x x =++4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式. 例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()lg(1)f x x =+,求()f x解:∵()f x 为奇函数，∴()f x 的定义域关于原点对称，故先求x <0时的表达式。
抽象函数问题有关解法
第五讲抽象函数问题有关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：一、解析式问题：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 .2.凑配法：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。
例2：已知3311()f x x x x +=+，求()f x3.待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。
例3． 已知()f x 二次实函数，且2(1)(1)f x f x x ++-=+2x +4,求()f x .4.利用函数性质法:主要利用函数的奇偶性,求分段函数的解析式.例4.已知y =()f x 为奇函数,当 x >0时,()(1)f x x x =+,求()f x例5．一已知()f x 为偶函数，()g x 为奇函数，且有()f x +1()1g x x =-， 求()f x ,()g x .5、方程组法：通过变量代换，构造方程组，再通过加减消元法消去无关的部分。
例 6.已知1()+2()1f x f x x =+，求()f x 的表达式二、求值问题例7. 已知定义域为R +的函数()f x ，同时满足下列条件：①1(2)1,(6)5f f ==；②(.)().()f x y f x f y =，求(3),(9)f f 的值。
评析：通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取2,3x y ==，这样便把已知条件1(2)1,(6)5f f ==与欲求的(3)f 沟通了起来。
抽象函数问题及解法
抽象函数问题及解法原创/O客本文谈及的抽象函数问题是高考的必考内容，是高中函数与大学函数的衔接内容。
打开窗子说亮话，是高中教材没有，高考要考，大学不教但要经常用的内容。
如果一个关于函数f(x)的题目，已知f(x)的性质及f(x)满足的关系式，求证f(x)的其他性质，题目做完了，我们还不知道f(x)的具体的解析式，这就是抽象函数问题.一般地，抽象函数是指没有（直接或间接）给出具体的解析式，只给出一些函数符号及其满足某些条件的函数.解决抽象函数问题，我们可以用函数性质、特殊化、模型函数、联想类比转化、数形结合等多种方法.（1）函数性质法.函数的特征是通过其性质（如单调性、奇偶性、周期性、特殊点等）反映出来的，抽象函数也如此. 我们可以综合利用上述性质，包括借助特殊点布列方程等来解决抽象函数问题.（2）特殊化法.特殊化法又叫特取法. 为达到我们预期的目的，将已知条件进行适当的变换，包括式子的整体变换与具体数字的代换. 如在研究函数性质时，一般将x换成-x或其他代数式；在求值时，用赋值法，常用特殊值0，1，-1代入.（3）模型函数法.模型函数在解决抽象函数问题中的作用非同小可. 一方面，可以用借助具体的模型函数解答选择题、填空题等客观题. 另一方面，可以用“特例探路”，联想具体的模型函数进行类比、猜想，为解答题等主观题的解决提供思路和方法. 一般地，抽象函数类型有以下几种：①满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) （ⅰ）的函数f(x)是线性型抽象函数. 其模型函数为正比例函数f(x)=kx (k≠0).事实上，f(x+y)=k(x+y)=kx+ky=f(x)+f(y).令x=y=0，得f(0)=0，故f(x)的图象必过原点.令y=-x，得0=f(0)=f(x)+f(-x)，即f(-x)=-f(x)，所以f(x)为奇函数.命题（ⅰ）可以推广为f(x+y)=f(x)+f(y)+b(b是常数），其模型函数为一次函数f(x)=kx-b(k ≠0).②满足关系式f(x+y)=f(x) f(y) （ⅱ）的函数f(x)是指数型抽象函数. 其模型函数为指数函数f(x)=a x(a>0，a≠1）.事实上，f(x+y)=a x+y=a x·a y=f(x) f(y).令x=y=0，得f(0)=1，故曲线f(x)必过点(0，1).命题（ⅱ）等价于f(x-y)=f(x) f(y).③满足关系式f(xy)=f(x)+f(y) (x，y∈R+) （ⅲ）的函数f(x)是对数型抽象函数. 其模型函数为对数函数f(x)=log a x(a>0，a≠1）.令x=y=1，得f(1)=0，故曲线f(x)必过点(1，0).命题（ⅲ）等价于f( xy)=f(x)-f(y) (x，y∈R+) .④满足关系式f(xy)=f(x) f(y)的函数f(x)是幂型抽象函数. 其模型函数为幂函数f(x)=x n.⑤满足关系式f(x+y)=f(x)+f(y) 1- f (x) f(y)的函数f(x)是正切型抽象函数. 其模型函数为正切函数f(x)=tan x.需要指出的是，不是每种抽象函数都可以找到在中学阶段所熟知的函数作模型函数. 抽象函数的种类还有很多，这里罗列的仅是常见的，尤其是类型①、②、③最常见.我们就上述方法的应用，先进行例说，再分类例说.例如（2008·重庆），若定义域在R上的函数f(x)满足：对任意x1，x2∈R，有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1，则下列说法一定正确的是（）A.f(x)为奇函数B.f(x)为偶函数C. f(x)+1为奇函数D. f(x)+1为偶函数这是线性型抽象函数问题. 联想模型函数f(x)=kx-1(k≠0），易知选C.如果此题改为解答题，题设条件不变，“判断并证明函数g(x)=f(x)+1的奇偶性”.那么我们首先联想模型函数，窥测解题方向，构建解题思路. 猜测g(x)是奇函数. 于是心中有“底”. 目标就是需要证明g(-x)+g(x)=0，即f(-x)+f(x)+2=0. 又抽象函数奇偶性问题，一般要先用赋值法确定f(0)的值，再用x，-x进行代换，进而得到g(-x)与g(x)的关系式.于是解答如下.g(x)是奇函数. 证明如下：令x1=x2=0，有f(0)=f(0)+f(0)+1，得f(0)=-1.再令x1=x，x2=-x，有f(0)=f(x)+f(-x)+1，即f(-x)+f(x)+2=0，从而g(-x)+g(x)= f(-x)+f(x)+2=0，所以函数g(x)是奇函数.1. 与单调性相关的问题例1已知函数f(x)的定义域为R，对任意x，y∈R，都有f(x+y)=f(x)+f(y)，且当x>0时，f(x)<0，又f(1)=-2. 求f(x)在区间[-3，3]上的最大值和最小值.解析联想模型函数f(x)=kx(k≠0)，猜想“f(x)是奇函数，且为减函数”.设m<n，则f(n)-f(m)=f((n-m)+m)-f(m)=f(n-m)+f(m)-f(m)=f(n-m).因为当x>0时，f(x)<0，而n-m>0，所以f(n-m)<0，即f(n)<f(m)，所以f(x)是减函数.根据最值定理，f(x)在[-3，3]上的最大值为f(-3)，最小值为f(3).因为f(1)=-2，所以f(2)=f(1+1)=2f(1)=-4，f(3)=f(2)+f(1)=-6.又令x=y=0，得f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)，故f(0)=0，再令x=1，y=-1，得0=f(0)=f(1)+f(-1)，故f(-1)=2，f(-3)=f(-2)+f(-1)=3f(-1)=6.所以f(x)在[-3，3]上的最大值为6，最小值为-6.点评我们可以举出具有这种性质的一个函数y=-2x（x∈[-3，3]）.此外，我们还可以用奇偶性来证明单调性和求f(-3)的值. 由0=f(0)=f(x-x)=f(x)+f(-x)，得f(-x)=-f(x)，故f(x)是奇函数.因此f(n)-f(m)=f(n)+f(-m)=f(n-m)<0，f(-3)=-f(3)=6.注意这两种证明抽象函数单调性的技巧，为创造条件利用关系式，前者是作自变量变换n=n-m +m ；后者是用奇偶性巧妙地实现了“-”向“+”的转化.例2 已知函数f (x )的定义域为R ，对任意m ，n ，均有f (m +n )=f (m )+f (n )-1，且f (-12)=0，当x >-12时，f (x )>0. 求证f (x )是单调递增函数，并举出具有这种性质的一个函数. 解 设m >n ，则m -n >0，m -n -12>-12， 所以f (m )-f (n )=f (n +m -n )-f (n )=[f (n )+f (m -n )-1]-f (n )=f (m -n )+f (-12)-1=f (m -n -12)>0，即f (m )>f (n ). 从而f (x )为单调递增函数. 具有这种性质的一个函数是y =2x +1.例3 已知函数f (x )的定义域是(0，+∞），且f (xy )=f (x )+f (y )，当x >1时，f (x )>0.（1）求f (1)，并证明f (x )在定义域上是增函数；（2）如果f (13)=-1，求满足f (x )-f (1x -2)≥2的x 的取值范围. 解 （1）令x =y =1，则f (1)=f (1)+f (1)，得f (1)=0.设0<m <n ，则f (n ) - f (m )= f (n m ·m ) - f (m )= [f (n m )+f (m )] - f (m )= f (n m )>0 (因为n m>1). 即f (m )<f (n). 所以f (x )在(0，+∞）上是增函数.（2）由f (1)=0， f (1)=f (1x ·x )=f (1x )+f (x )，得f (1x)=-f (x ). 有f (13)=-f (3)=-1，得f (3)=1，故2=f (3)+f (3)=f (9)， 有f (x )-f (1x -2)=f (x )+f (x -2)=f (x (x -2))， 所以原不等式可化为f (x (x -2))≥f (9)，于是从而所求x 的取值范围是[1+10，+∞）.点评 题（2）实质上是解抽象函数不等式. 一般地，先把不等式中的常数项化成某个函数值（如这里的2=f (9))，以便利用单调性“脱去”函数符号，转化成一般不等式. 特别注意抽象函数定义域. 不等式组的前两个不等式是定义域要求（这里也是单调区间的要求，因为只有同一个单调区间，才能“脱去”函数符号），第三个是单调性的逆用.此外，我们可以写出满足题设条件的一个函数y =log 3x .2. 与奇偶性相关的问题例4（2002·北京）已知f (x )是定义域在R 上不恒为0的函数，且对任意a ，b ∈R 都满足f (a ·b )=af (b )+bf (a ). 求f (0)和f (1)，判断并证明f (x )的奇偶性.解 令a =b =0，则f (0·0）=0，即f (0)=0.令a =b =1，则f (1)=2 f (1)，即f (1)=0.x >0，x -2>0， 解得x ≥1+10.x (x -2)≥9.f (x )为奇函数，证明如下.令a =-1，b =x ，则f (-x )=-f (x )+xf (-1)，又f (1)=f ((-1)·(-1))=-f (-1)-f (-1)，即f (-1)=0，从而f (-x )=-f (x ).所以f (x )为奇函数.点评 当然，也可以只令a =-1，推得f (-b )=-f (b )而得结论.例5（2009·全国）函数f (x )的定义域为R . 若f (x +1)与f (x -1)都是奇函数，则（ ）A. f (x )是偶函数B. f (x )是奇函数C. f (x )=f (x +2)D. f (x +3)是奇函数解析 由f (x +1)是奇函数，知f (-x +1)=-f (x +1)， ①由f (x -1)是奇函数，知f (-x -1)=-f (x -1)， ②在①中，用x -1代换x ，得f (2-x )= -f (x )，在②中，用x +1代换x ，得f (-2-x )=-f (x )，所以f (2-x )= f (-2-x )，再用-2-x 代换x ，得f (4+x )=f (x )，知4为f (x )的周期.于是由②，f (-x -1+4)=-f (x -1+4)，即f (-x +3)=-f (x +3)，所以f (x +3)是奇函数，可知选D.点评 我们还可以构造模型函数f (x )=cosπx 2来解此选择题，可知选 D. 事实上f (x +3)=sin πx 2. 还有，由f (x +1)是奇函数，可令h (x )=f (x +1)，则h (-x )=-h (x )，即f (-x +1)=-f (x +1).此外，对上述变量代换法可以用换元法帮助理解. 例如，令t =x +1，则x =t -1，代入①式得f (2-t )=-f (t )，即f (2-x )=-f (x ). 注意这里的代换和换元的前提是，不能改变函数f (x )的定义域.例6（2014•全国）已知偶函数f (x )在[0，+∞)上单调递减，且f (2)=0，若f (x -1)>0，则x 的取值范围是 .解析 实际上是解抽象不等式f (|x -1|)>f (2).因为f (x )是偶函数，所以f (x -1)= f (|x -1|)，因为f (2)=0，f (x -1)>0，所以f (|x -1|)>f (2).又f (x )在[0，+∞)上单调递减， |x -1|，2∈[0，+∞)，所以|x -1|<2，解得-2<x -1<2，即-1<x <3综上可知，x 的取值范围是(-1，3).例7（2015•全国）设函数f ´(x )是奇函数f (x )(x ∈R )的导函数，f (-1)=0，当x >0时，xf ´(x )-f (x )<0，则使得f (x )>0成立的x 的取值范围是( )A. (-∞，-1)∪(0，1)B. (-1，0)∪(1，+∞)C. (-∞，-1)∪(-1，0)D. (0，1)∪(1，+∞)解析 因为f (x )是R 上的奇函数，所以f (-x )=-f (x ) ①，对等式两边求导，注意左边用复合函数求导法则，得[f (-x )]´=[ -f (x )]´ ，f ´(-x )•(-x )´=-f ´(x )，即f ´(-x ) =f ´(x ) ②.因为当x >0时，xf ´(x )< f (x )，故当x <0时，则-x >0，-xf ´(-x )< f (-x )，将①，②代入得-xf ´(x )<- f (x )，即xf ´(x )> f (x ) (x <0).由f (x )>0，知xf ´(x )>0，得f ´(x )<0 (x <0)，因此，f (x )在(-∞，0)上是减函数，又f (-1)=0，所以x <0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (-1)，解得x <-1.由奇偶性与单调性的关系知，f (x )在(0，+∞)上也是减函数，又f (1)=-f (-1)=0，所以x >0时，由不等式f (x )>0，即f (x )> f (1)，解得0<x <1.综上可知，选A.评注（1）这里，我们由f (-x )=-f (x )，推得f ´(-x ) =f ´(x ). 这表明奇函数的导函数是偶函数. 同理可得，偶函数的导函数是奇函数.（2）另法. 我们可以构造辅助函数来解此题. 令g (x )=f (x )x ，得g ´(x )=xf ´(x )-f (x )x 2.当x >0时，g ´(x )<0，知g (x )单调递减. 由f (-1)=-f (1)及f (-1)=0，知g (1)=0，所以由不等式f (x )>0，即g (x )>g (1),解得0<x <1. 可证g (-x )=g (x )，g (x )是偶函数，知g (x )在(-∞，0)上是单调递增. 当x <0时，同理，由g (x )<g (-1)解得x <-1. 一般地，题目条件出现“xf ´(x )-f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数g (x )=f(x )x；出现“xf ´(x )+f (x )<0( >0)”时，可以考虑构造辅助函数 h (x )=xf (x ).（3）为加深对此题的理解，我们可以举出这类函数的一个特例：它的图象如图1.3. 与周期性相关的问题例8（2001·全国）设f (x )是定义域在R 上的偶函数，其图象关于直线x =1对称，对任意x 1，x 2∈[0，12 ]，都有f (x 1+x 2)=f (x 1)f (x 2)，且f (1)=a >0. 求f (12)，f (14)，并证明f (x )是周期函数.解 由题设得a =f (1)=f (12+12)=f (12)f (12)，即f (12)=21a . 21a = f (12)=f (14+14)=f (14)f (14)，即f (14)=41a . 因为f (x )是偶函数，所以f (-x )= f (x )，又f (x )图象关于直线x =1对称，得f (1+x )=f (1-x )，用x +1代换x ，得f (2+x )=f (-x )，于是f (2+x )=f (x )，所以f (x )是周期函数.例9 设函数f (x )定义在R 上，且对任意的x 有f (x )=f (x +1)-f (x +2)，求证f (x )是周期函数，并找出它的一个周期.解 因为f (x )=f (x +1)-f (x +2)，所以f (x +1)= f (x +2)-f (x +3)，两式相加，得f (x )= -f (x +3)，即f (x +3)= - f (x ).因此，f (x +6)=f ((x +3)+3)=-f (x +3)=-(-f (x ))=f (x ).所以，f (x )是周期函数，它的一个周期是6.点评 对于由关系式f (x +3)= - f (x )，推得f (x +6)=f (x ). 这个我们可以这样理解，“自变量每增加3，函数值反号一次”. 我们增加6，反号两次，不就“负负得正”了吗. 类似的还有f (x +2)=-x +1，x >0， 0， x =0， -x -1， x <0. f (x )= 图1±1f(x )，可得f (x +4)=f (x )等. 例10（2011·上海）设g (x )是定义在R 上的以1为周期的函数，若函数f (x )=x +g (x )在区间[3，4]上的值域为[-2，5]，求f (x )在区间[-10，10]上的值域.解 由g (x +1)=g (x )，知g (x +n )=g (x )，n ∈Z .所以f (x +n )=x +n + g (x +n )=x +g (x )+n =f (x )+n ，n ∈Z .因为x ∈[3，4]时，f (x )∈[-2，5]，故当x ∈[-10，-9]时，x +13∈[3，4]，有f (x +13)∈[-2，5]，即f (x )+13∈[-2，5]，所以f (x )∈[-15，-8].当x ∈[-9，-8]时，x +12∈[3，4]，同理，f (x )∈[-14，-7].……当x ∈[9，10]时，x -6∈[3，4]，从而f (x -6)∈[-2，5]，即f (x )-6∈[-2，5]，所以f (x )∈[4，11].综上，当x ∈[-10，10]时，有f (x )∈[-15，-8]∪[-14，-7]∪…∪[4，11]=[-15，11].所以f (x )值域为[-15，11].4. f (x )=af (x +b )的问题关于已知f (x )所满足的方程求f (x )的解析式问题，我们在7.3节讲述过. 我们现在来研究函数f (x )满足关系式f (x )=af (x +b )，求解与f (x )相关的问题.例11（2010·广东）已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )=kf (x +2)，其中常数k 为负数，且f (x )在区间[0，2]上有表达式f (x )=x (x -2).（1）求f (-1)，f (2. 5)的值；（2）写出f (x )在[-3，3]上的表达式，并讨论f (x )在[-3，3]上的单调性.解析 （1）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，故f (1)=-1，f (12)=-34. 又x ∈R 时，f (x )=kf (x +2)（k <0）， 所以f (-1)=kf (-1+2)=kf (1)=-k ; f (2. 5)=f (2+12)=1k f (12)=-34k. （2）因为当0≤x ≤2时，f (x )=x (x -2)，设-2≤x <0，则0≤x +2<2，有f (x +2)=(x +2)(x +2-2)=x (x +2)，所以f (x )=kf (x +2)=k x (x +2).设-3≤x <-2，则-1≤x +2<0，有f (x +2) =k (x +2)(x +4)，所以f (x )=kf (x +2)=k 2(x +2)(x +4). 设2<x ≤3, 则0<x -2≤1，又f (x -2)=kf (x )，所以f (x )=1k f (x -2)=1k(x -2)(x -4).因为k <0，由二次函数性质知，f (x )在[-3，-1]，[1，3]上为增函数；在[-1，1]上为减函k 2(x +2)(x +4)，-3≤x <-2， k x (x +2)， -2≤x <0， x (x -2)， 0≤x ≤2， 1k (x -2)(x -4)， 2<x ≤3. 综上所述，f (x )=数. （图2）例12（2003·上海）已知集合M 是满足下列性质的函数f (x )的全体：存在非零常数T ，对任意x ∈R ，有f (x +T )=Tf (x )成立.（1）函数f (x )=x 是否属于集合M ，说明理由；（2）设函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，证明：f (x )=a x ∈M . 解 （1）对于非零常数T ，f (x +T )=Tf (x )=Tx ，因为对任意x ∈R ，x +T = Tx 不能恒成立，所以f (x )=x M .（2）因为函数f (x )=a x (a >0且a ≠1）的图象与y =x 的图象有公共点，显然x =0不是方程a x =x 的解，所以存在非零常数T ，使a T =T .于是对于f (x )=a x 有f (x +T )=a x +T = a T ·a x = T ·a x = Tf (x )，所以f (x )=a x ∈M .所以方程组 有解，消去y 得a x =x ， y =a x ， y =x。
抽 象 函 数 的 解 题 方 法
解 抽 象 函 数 的 常 用 方 法抽象函数是指没有给出具体解析式的函数。
此类函数试题既能全面地考查学生对函数概念的理解及性质的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转化能力，以及对一般和特殊关系的认识，因此备受命题者的青睐，成为高考热点。
然而，由于抽象函数本身的抽象性、隐蔽性，大多数学生在解决这类问题时，感到束手无策。
我在多年的教学中,积累了一些解题方法,供大家参考.一、 利用线性函数模型在中学数学教材中，大部分抽象函数是以具体函数为背景构造出来的，解题时最根本点是将抽象函数具体化，这种方法虽不能代替具体证明，但却能找到这些抽象函数的解题途径，特别是填空题、选择题，直接用满足条件的特殊函数求解，得出答案即可。
常见的抽象函数模型有：例1、函数f （x ）对任意实数x ，y ，均有f （x ＋y ）＝f （x ）＋f （y ），且f （1）＝2，f （x ）在区间[－４，２]上的值域为 。
0a a ≠且解析：由题设可知，函数f （x ）是正比例()y kx k =为常数的抽象函数，由f （1）＝2可求得k=2，∴ f （x ）的值域为［－８，４］。
例2、已知函数f （x ）对任意,x y R ∈，满足条件()()()2f x y f x f y +=+-，且当x ＞0时，f （x ）＞2，f （3）＝5，求不等式2(22)3f a a --的解。
分析：由题设条件可猜测：f （x ）是y ＝x ＋2的抽象函数，且f （x ）为单调增函数，如果这一猜想正确，也就可以脱去不等式中的函数符号，从而可求得不等式的解。
解：设1221,0x x x x -则，∵当x ＞0时，f （x ）＞2，∴21()2f x x -，则， 即，∴f （x ）为单调增函数。
∵，又∵f （3）＝5，∴f （1）＝3。
∴2(22)(1)f a a f --，∴2221a a --，解得不等式的解为－1 < a < 3。
抽象函数问题的解题策略
抽象函数问题的解题策略一、利用特殊模型有些抽象函数问题,用常规解法很难解决,但与具体函数“对号入座”后,问题容易迎刃而解.这种方法多用于解填空题、选择题、解答题的解题后的检验,但解答题的解答书写过程一般不能用此法.例1 若函数f(x)与g(x)在R 上有定义,且f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y), f(-2)=f(1)≠0,则g(1)+g(-1)= .解 因为 f(x-y)=f(x)g(y)-g(x)f(y), 这是两角差的正弦公式模型, 又f(-2)=f(1)≠0,则可取x x f 32sin )(π=于是 f(-1-1)=f(-1)g(1)-g(-1)f(1) 例2 设函数f(x)是定义在R 上的减函数,且满足f(x+y)=f(x)f(y), f(-3)=8,则不等式f(x)f(x-2)< 的解集为 . 解 因为函数f(x)满足f(x+y)=f(x)f(y),这是指数函数模型,又 f(-3)=8, 则可取 ∵f(x)f(x-2)< ∴2)21()21(-x x ＜2561, 即22)21(-x ＜8)21(，∴ 2x-2 >8, 解不等式,得 x >5,∴ 不等式的解集为 {x|x >5}.二、利用函数性质函数的特征是通过函数的性质反映出来的,抽象函数也不例外,只有充分利用题设条件所表明的函数的性质,灵活进行等价转化,抽象函数问题才能峰回路 转、化难为易.1. 利用单调性例3 设f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1,解不等式f(x)+f(x-8)≤2.解 ∵ 函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y), f(3)=1,∴ 2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),32sin )1()1()32sin()34sin(πππ---=-⇒g g .1)1()1()1(23)1(2323-=-+⇒---=⇒g g g g 2561 2561 ,)21()(x x f =由f(x)+f(x-8)≤2,得 f[x(x-8)]≤f(9),∵ 函数f(x)是定义在（0,+∞）上的增函数, 则 ∴ 不等式解集为 {x|8<x ≤9}. 2. 利用奇偶性例4 已知函数f(x)=ax 5+bsinx+3,且f(-3)=7,求f(3)的值.分析 f(x)的解析式含有两个参数a 、b,却只有一个条件f(-3)=7,无法确定a 、b 的值,因此f(x)仍是抽象函数,但我们注意到g(x)=ax 5+bsinx 是奇函数,有g(-3)=-g(3).解 设g(x)=ax 5+bsinx,显然g(x)是奇函数,∵ f(-3)=7,∴ f(-3)=g(-3)+3=-g(3)+3=7 g(3)=-4,∴ f(3)=g(3)+3=-4+3=-1.3. 利用周期性例5 设函数f(x)在R 上是奇函数,f(x+2)=-f(x) ,当0<x ≤1时,f(x)=x,则f(7.5)= .解 由f(x+2)=-f(x) ,得 f(x+4)=-f(x+2)=f(x),则f(x)是以4为周期的周期函数,且是奇函数,于是 f(7.5)=f(2×4-0.5)=f(-0.5)=-f(0.5)=-0.5.例6 已知函数f(x)满足f(1)=2,f(x+1)=)(1)(1x f x f -+,则 f(2007)= . 解 ∵ ∴ f(x)是以4为周期的周期函数, 4. 利用对称性例7 已知f(x)是奇函数,定义域为{x|x ∈R,x ≠0},又f(x)在区间（0,+∞）上是增函数,且f(-1)=0,则满足f(x)>0的x 的取值区间是 . 解 依已知条件作出f(x)的大致图象,如图1所示,从图象中可看出,当f(x)>0时,x 的取值区间是（-1,0）∪（1,+∞）.x >0, x-8>0, x(x-8)≤9, ⇒ 8<x ≤9, ,)(1)(1)(11)(1)(11)1(1)1(1)2(x f x f x f x f x f x f x f x f -=-+--++=+-++=+ ),()2(1)4(x f x f x f =+-=+从而 º º xy 1-1 0 图1.21)1(1)3()2007(-=-==∴f f f ⇒例8 定义在（-∞,+∞）上的函数y=f(x)在（-∞,2）上是增函数,且函数y=f(x+2)为偶函数,则f(-1),f(4),f(6)的大小关系为 . 解 设F(x)=f(x+2),∵ F(x)为偶函数,∴ F(-x)=F(x), 即f(2+x)=f(2-x),∴ 函数f(x)的图象关于直线x=2对称,∴ f(-1)=f(5),∵ f(x)在（-∞,2）上是增函数,∴ f(x)在（2,+∞）上是减函数,∴ f(6)<f(5)<f(4), 即f(6)<f(-1)<f(4).三、利用特殊方法有些抽象函数问题,用常规方法来解决往往难于奏效,但用一些非常规方法来求解,常收到意想不到的效果.1. 利用赋值法例9 函数f(x)的定义域为R,对任意x 、y ∈R,都有f(x+y)+f(x-y)= 2f(x)f(y),且f(0)≠0.（1）求证:f(0)=1;（2）求证:f(x)是偶函数; （3） ① 求证:对任意x ∈R,有f(x+c)= -f(x)成 立;② 求证:f(x)是周期函数.解（1）令x=y=0,则有2f(0)=2f 2(0), ∵ f(0)≠0,∴ f(0)=1.（2）令x=0,则有f(y)+f(-y)= 2f(0)f(y),∵ f(0)=1,∴ f(-y)=f(y), ∴ f(x)是偶函数. （3）① 分别用22c 、c x + (c ≠0)替换x 、y, 有f(x+c)+f(x)=2f(2c x +)f(2c ). ∵ f(2c )=0, ∴ f(x+c)= -f(x) .② 由①知 f(x+c)=-f(x),用x+c 替换x,有f(x+2c)=-f(x+c)=f(x),∴ f(x)是以2c 为周期的周期函数.2. 利用递推法例10 设函数f(x)的定义域为R ,且对任意实数x,都有f(x)=f(x+1)-f(x+2),求证：f(x)是周期函数.解 ∵ f(x)=f(x+1)-f(x+2),∴ f(x+1)=f(x+2)-f(x+3),将以上两式相加,得 f(x+3)=-f(x),∴ f(x+6)=-f(x +3)=f(x),.0)2()0(=≠c f ，c c 使若存在常数∴ f(x)是周期函数,6是它的一个周期.例11 f(x)是定义在正整数集的函数,且满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy (x,y ∈N +),f(1)=1,求函数f(x)的解析式.解 令y=1,∵ f(1)=1,∴ f(x+1)=f(x)+f(1)+x, 即f(x+1)-f(x)=x+1,则 f （2)-f(1)=2,f （3)-f(2)=3,……f(x)-f(x-1)=x.将以上各式相加,得 f(x)-f(1)=2+3+4+ (x)∴ f(x)=1+2+3+4+…+x=21x(x+1) (x ∈N +). 3. 利用反证法例12 已知函数f(x)在区间(-∞,+∞）上是增函数,a,b ∈R,若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b).求证:a+b ≥0.证明 假设a+b <0,则a <-b,b <-a,∵ 函数f(x)在区间(-∞,+∞）上是增函数,∴ f(a) <f(-b),f(b) <f(-a),∴ f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b),这与已知矛盾,∴ a+b <0不成立,即a+b ≥0.例13 设函数f(x)对定义域内任意实数都有f(x) ≠0,且f(x+y)=f(x)f(y)成立,求证:对定义域内任意x,都有f(x) >0.证明 假设在定义域内存在x 0,使f(x 0)≤ 0, ∵ ∴ f(x 0) >0,这与假设的f(x 0)≤ 0矛盾, 所以假设不成立,故对定义域内任意x,都有f(x) >0. 以上我们利用抽象函数的特殊模型、函数性质、特殊方法等途径举例说明了求解抽象函数问题的一些策略.事实上处理这类问题时,常将几种解题策略综合使用,“多管齐下”方能游刃有余.,0)2(),2()2()2()22()(00200000≠==+=x f x f x f x f x x f x f。
(完整版)抽象函数解题方法与技巧
抽象函数解题方法与技巧函数的周期性：1、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x -a)（或f(x -2a)=f(x)）(a >0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数；2、若y=f(x)的图像关于直线x=a 和x=b 对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b （a ≠b ），则函数y=f(x)是周期为4|a -b|的周期函数；5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a -x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a ；如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a ；6、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)()1()f x a f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭或()1()f x a f x ⎛⎫+=-⎪⎝⎭或，则y=f(x)是周期为2|a|的周期函数； 7、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a 的周期函数；8、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数。
（7、8应掌握具体推导方法，如7） 函数图像的对称性： 1、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线2a b x +=对称；2、若函数y=f(x)满足f(x)=f(2a -x)或f(x+a)=f(a -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=a 对称；3、若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(b -x)=c ，则y=f(x)的图像关于点,22a b c +⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称图形； 4、曲线f(x,y)=0关于点(a,b )的对称曲线的方程为f(2a -x,2b -y)=0； 5、形如()0,ax by c ad bc cx d+=≠≠+的图像是双曲线，由常数分离法 d ad ad a x b ba c c c y d d c c x c x c c ⎛⎫+-+-+ ⎪⎝⎭==+⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知：对称中心是点,d a c c ⎛⎫- ⎪⎝⎭；6、设函数y=f(x)定义在实数集上，则y=f(x+a)与y=f(b -x)的图像关于直线2b a x -=对称；7、若函数y=f(x)有反函数，则y=f(a+x)和y=f -1(x+a)的图像关于直线y=x+a 对称。
抽象函数解题全攻略
抽象函数解题全攻略抽象函数常以高中函数的主体内容——定义域、函数的单调性、函数的奇偶性、函数的周期性为背景,以解不等式、求数列通项等为目的,知识覆盖面较大,综合性较强,灵活选择方法的要求较高,再加上题意变幻,构思精巧,具有相当的深度和难度.为了应对2010年的高考,本着未雨绸缪的思想,本文探讨一些抽象函数问题,并举例分析其解题方法,旨在探索题型规律,开拓同学们的视野. 一、抽象函数的周期性 一个函数,如果有两条对称轴,则它是周期函数,如果有两个对称中心,它也必然是周期函数;如果有一个对称中心和一条对称轴,则它也是周期函数,抽象函数经常在这个方面出题. 例1 设函数f(x)在(-∞,+∞)上满足f(2-x)=f(2+x),f(7-x)=f(7+x),且在闭区间[0,7]上,只有f(1)=f(3)=0. ⑴试判断函数y=f(x)的奇偶性; (2)试求方程f(x)=0在闭区间[-2010,2010]上的根的个数,并证明你的结论. ⑴分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),要注意判断y=f(x)也有可能是非奇非偶函数. 解析⑴由f(2-x)=f(2+x),得f(x)=f(4-x);由f(7-x)=f(7+x),得f(x)=f(14-x),故f(4-x)=f(14-x),即f(x)=f(x+10),函数y=f(x)的周期为T=10,而f(3)=f(1)=0,f(7)≠0,f(-3)=f(-3+10)=f(7)≠0,所以f(-3)≠±f(3),故函数y=f(x)是非奇非偶函数. ⑵分析:显然要根据周期解决,周期为10,在闭区间[0,7 ]上,只有f(1)=f(3)=0,必须研究f(8)、f(9)、f(10)是否为0. 解析⑵f(3)=f(1)=0,图像关于x=7对称,故可知f(8)=f(6)≠0,同理f(9)≠0,f(10)≠0,即在一个周期内只有两个根.可知函数y=f(x)在[0,2010]上有402个根,在[-2010,0]上有402个解,所以函数y=f(x)在[-2010,2010]上有804个解. 点评⑴若函数f(a+x)=f(b-x)满足,则关于直线x=对称;⑵若函数满足f(x+a)=-f(x),则周期为T=2a. 若函数满足f(a-x)=f(b-x),则周期T=b-a. 二、抽象函数的单调性 函数是数学大厦的“基石”,是中学数学中具有统帅作用的重要内容,函数的单调性则是函数的核心.经常利用导数来判断函数的单调性.由于抽象函数没有具体解析式,所以其单调性的证明又别有一番风味. 例2 已知函数f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0},对定义域内的任意x1、x2,都有f(x1•x2) =f(x1)+f(x2),且当x>1时f(x)>0,f(2)=1.(1)求证:f(x)是偶函数;(2)求证:f(x)在(0,+∞)上是增函数;(3)解不等式f(2x2-1)<2. 解析(1)分析:证明函数f(x)是偶函数,只须证①定义域关于原点对称;②f(-x)=f(x),因此可令x1=-1,x2=x. 再利用特值法求f(-1),f(1). 证明: f(x)的定义域为{x|x∈R,且x≠0}关于原点对称,因为对定义域内的任意x1、x2都有f(x1•x2)=f(x1)+ f(x2),令x1=-1,x2=x,则有f(-x)=f(x)+f(-1),又令x1=x2=-1,得f(1)=2f(-1),再令x1=x2=1,得f(1)=0,从而f(-1)=0,于是有f(-x)=f(x),可知f(x)是偶函数. (2)分析:证明单调性一般采用定义法来证. 本题的关键是利用f(x1•x2)=f(x1)+f(x2),因此可令x2=x1•t(t>1). 证明: 设任意x1,x2满足01),故f(x1)-f(x2)=f(x1)-[f(x1)+f(t)]=-f(t),因为t>1,故f(t)>0,所以f(x1)-f(x2)<0,即f(x)在(0,+∞)上是增函数. (3)分析:由于没有具体函数,因此要解不等式必须利用函数的单调性,也就是要求出f(m)=2中的m,又因为函数是偶函数,故可以利用f(-x)=f(x)=f(|x|)来解不等式. 解析: 由于f(2)=1,令x1=x2=2,则f(4)=2f(2)=2,于是待解不等式可化为f(2x2-1) 点评⑴在抽象函数问题中,常用的特殊值是f(0), f(1),f(-1)等等;⑵如果题目所给的条件是f(x1+x2) =f(x1)f(x2),则在证明单调性时,一般可令x2=x1+t(t>0);⑶在求解不等式时,可以采用令x1=x2等于所给的两个数的方法来解决. 三、抽象函数的原型 抽象函数也是从实际函数中转化而来的,在解题中,如果能够熟练把握抽象函数的原型,能够使解题事半功倍. 例3 设函数y=f(x)是定义在R上的函数,并且满足下面三个条件:①对任意正数x、y,都有f(xy)=f(x)+f(y);②当x>1时,f(x)<0;③f(3)=-1. ⑴求f(1)、f()的值;⑵如果不等式f(x)+f(2-x)<2成立,求x的取值范围;(3) 如果存在正数k,使不等式f(kx)+f(2-x)<2有解,求正数k的取值范围. 分析观察所给条件,推断出抽象函数的原型是f(x)=logx,由此易知f(1)=0,f()=2.找到原型后对于后面解不等式及求值等问题有很大的帮助, 但是不能使用原型函数直接解题. 解析⑴令x=y=1,易得f(1)=0. 而f(9)=f(3)+f(3)=-1-1=-2,且f(9)+f()=f(1)=0,所以f()=2. ⑵由条件①及(1)的结果得:f(x(2-x)),0 ⑶同上,不等式f(kx)+f(2-x)<2,可化为kx(2-x)>且0,此不等式有解等价于k>[]min.∵[x(2-x)]max=1,故k>即为所求范围. 点评以下是一些常见抽象函数的原型: 一次函数f(x)=kx+b(k≠0)抽象函数模型为:f(x+y)=f(x)+f(y)+b; 指数函数f(x)=ax(a>0,a≠1),抽象函数模型为:①f(x+y)=f(x)•f(y);②f(x-y)=; 对数函数f(x)=logax(a>0,a≠1)抽象函数模型为:①f(xy)=f(x)+f(y);②f()=f(x)-f(y); 余弦函数f(x)=cosx有公式cos(α+β)+cos(α-β)=2cosαcosβ,其抽象函数模型为:f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y). 四、抽象函数的交汇性 关注知识交汇点,把握纵横联系,揭示普遍规律,注重综合应用,在知识的交汇点处命题,考查综合分析问题解决问题的能力,是高考命题的风向标.例4 设函数f(x)的定义域为R,当x<0时,0分析第三问是数列与抽象函数的交汇,考察了求通项,等比数列求和,裂项相消等知识. 解析(1)令y=0,x=-1,得f(-1)=f(-1)f(0),f(-1)[1- f(0)]=0,∵f(-1)>0,∵f(0)=1. (2) 又∵x<0时,f(x)>0,∴当x>0时,由f(x-x)=f(x) f(-x)=1,得f(x)=>0,故对于x∈R,f(x)>0.设x1 (3) 由f(a2 n+1-a2n)=(n∈N*),得f(a2 n+1-a2n)f(an+1-3an-2)=f(0),即f(a2 n+1-a2n+an+1-3an-2)=f(0),(n∈N*),∵函数f(x)是R上单调函数,∴a2 n+1-a2n+an+1-3an-2=0 (an+1+an+2)(an+1-an-1)=0,∵数列{an}各项都是正数,∴an+1+an+2≠0,∴an+1-an=1(n∈N*),∴数列{an}是首项a1=f(0)=1,公差为1的等差数列,且an=n.∵==-, ∴Tn=++…+=(1-)+(-)+(-)+…+(-)=1-. 而Sn=b1+b2+…+bn=+()2+…+()n==1-.∵当n=1时,2n=n+1,∴Tn=Sn,当n≥2时,2n=(1+1) n=1+n++…>n+1,∴<,∴Tn 点评经过适当构造,抽象函数还可以与不等式、概率统计、导数等等知识点相交汇. 五、抽象函数的创新性 创新型问题是给出一个新定义、新运算、新函数或新概念,要求考生利用其解决问题.这种问题不能利用以往的公式或定理,把考查的方向由死记硬背转向考查考生的能力运用.解创新型问题,需要通过阅读分析材料,捕捉相关信息,通过归纳、类比与探索,发现解题方法.这类题立意新、构思巧,既考查考生的阅读理解能力与数学语言转化能力,又考查考生分析、探究和解决问题的能力. 例5 已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体,存在非零常数,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立. (1) 函数f(x)=x是否属于集合M?说明理由; (2) 设f(x)∈M,且T=2, 已知当1 分析对于第一问一般来说是假设属于集合,然后再找出成立的条件是否满足. 对于第二问,类似于使用周期性来求解析式. 解析(1) 假设函数f(x)=x属于集合M,则存在非零常数T,对任意x∈R,有f(x+T)=Tf(x)成立,即: x+T=Tx成立.令x=0,则T=0,与题设矛盾,故f(x)M. (2) f(x)∈M,且T=2,则对任意x∈R,有f(x+2)=2f(x),设-3 当1 总之,抽象函数试题可以帮助同学们学习一些重要的数学思想,有助于进一步打好数学基础,提高数学思维能力,有利于扩展数学视野,有利于提高对数学的科学价值、应用价值、文化价值的认识,真正达到“学数学,用数学,做数学”的境界.。
例说抽象函数的解决方法
例说抽象函数的解决方法函数是高中数学的核心内容，它对于学生掌握双基和发展能力具有十分重要的意义。
通常所说的函数，一般都具有解析式、图表等某种具体的表现形式，但是有一类函数只给出了函数所满足的一部分性质或运算法则，而没有明确的表现形式，这类函数我们通常称之为抽象函数。
抽象函数作为初等数学和近代数学的衔接点，既能体现数学的本质特征、近现代数学发展的威力，又能体现新课标对知识和技能考核的要求和高考的能力命意，必将受到人们的重视。
以下介绍几种解决抽象函数问题的方法，力求使抽象函数问题的解法有“章”可循。
一、赋值法赋值法的基本思路是：将所给函数的性质转化为条件等式，在条件等式中对变量赋予一些具体的值，构造出所需条件或发现某些性质，其中f（0）、f（1）是常常起桥梁作用的重要条件。
例１设函数f（x）的定义域为（0，+∞），且对于任意正实数x，y都有f（xy）=f（x）+f（y）恒成立。
若已知f（2）=1，试求：（１）f（1/2）的值；（２）f（2 - n）的值，其中n为正整数。
思路：合理赋值，化抽象为具体，发现递推规律。
解：（１）令ｘ＝ｙ＝１，则f（1）=f（1）+f（1）∴f（1）=0再令x=2，y=1/2，则f（1）=f（2）+f（1/2）∴f（1/2）= －f（2）= －1（２）由于f（2 - 2）=f（1/2）+f（1/2）= －2，f（2 - 3）= f（1/2）+f（1/2）+f（1/2）= －3，依此类推就有f（2 - n）= －n，其中n为正整数。
例２已知函数f（x）满足：对任意x、y∈R都有f（x+y 2）=f（x）+2f 2（y），且f（1）≠0，则f（2005）= 。
解：在f（x+y 2）=f（x）+2f 2（y）中，取x=y=0，则f（0）=0，再取x=0，y=1，代入得f（1）=2f 2（1）。
因为f（1）≠0，所以f（1）=1/2。
在条件式中令x=n，y=1，则得递推式f（n+1）－f（n）=1/2。
抽象函数的解题策略
抽象函数的解题策略1．理解抽象函数：首先，应该了解抽象函数的定义，它是指一个函数不涉及具体的参数值，而是做出一般性的抽象，表达一般行为的形式。
2．掌握函数的概念：除了理解抽象函数的定义外，还需要掌握函数的概念，它被定义为一个参数变量到另一个输出值的关系，一般分为变量和参数，参数是可以改变的。
3．熟悉函数的几种类型：熟悉函数的几种类型，有一元函数、双元函数、多元函数以及化简函数，以及还有抽象函数等，仔细分析各种函数，理解抽象函数的特点，并利用这些特点解决问题。
4．理解函数运算：函数运算是关于函数关系的常见解决方案，其中包括函数的求值、常见函数的图像因素、单调及其他运算，要想解决抽象函数的问题，需要理解这些函数的运算，充分利用数学知识找出最佳的解决方案。
5．利用特殊工具解决特殊问题：特殊工具包括特定编程语言，如C 语言或Matlab，还有函数图像分析等，然后利用这些特殊工具来解决抽象函数的问题。
6．通过图像因素处理：利用图像因素处理的方法，可以解决抽象函数的复杂性及其他问题，因此，当需要解决抽象函数问题时，可采用图像因素处理的方法进行解决。
7．建立抽象模型：抽象模型是指通过不涉及具体数字的方法来描述函数，可以利用单位跳变模型、皮克定理以及关于解析函数分析的常见方法，结合抽象模型，可以很好的解决抽象函数问题。
8．利用算法工具：在解决抽象函数的问题时，可以采取算法的方式来解决，在算法方面，包括基本的数学归纳法、分式法、牛顿迭代法、区间分割法、差值拟合法等，可以利用算法工具求解抽象函数的问题。
9．结合实际：最后，解决抽象函数的问题时，还可以结合实际情况，借鉴或者组合已有方法，根据实际情况及需求来抽象通用解决方案，使得解决问题更加简单、高效。
抽象函数的解题策略
抽象函数是数学中一个重要的概念，它用于表达抽象问题。
抽象函数可以帮助我们解决各种复杂问题，但如何正确地使用它们来解题是一个棘手的问题。
在本文中，我们将探讨抽象函数的解题策略，以帮助读者正确地解决抽象函数问题。
首先要明白，抽象函数是一种推理。
它们帮助我们找出一个函数的一组可能的值，这些值可以满足给定约束条件。
因此，使用抽象函数解决问题的关键是，要确定函数的可能值范围，只有这样，你才能选择一个最优解。
具体来说，要解决一个抽象函数问题，可以按以下步骤：
1. 首先，对函数的参数进行推断：它们是何种参数，可以取的范围是多大？比如说，整数型参数是否有范围限制？
2. 确定函数的参数大致范围，以限定函数的范围。
3. 测试函数取值。
试着进行一些取值测试，观察函数的输出，以期找到函数的最优解。
4. 通过观察函数的取值，识别它的模式。
5. 作出结论，确定函数的最优解。
此外，在解决抽象函数问题时，你还可以使用一些数学工具，比如图像、积分、极限、微分等。
只有理解了这些工具，你才能更好地探索和解决抽象函数问题。
总之，抽象函数是一种有力的推理工具，可以用来描述问题的解决过程。
解决抽象函数问题的核心是确定函数的可能值范围，这可以使用一些数学工具，比如图像、积分、极限、微分等。
当你掌握了这些技能，就可以更好地研究并解决抽象函数问题。
抽象函数解题方法与技巧
抽象函数解题方法与技巧函数的周期性：1、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x -a)（或f(x -2a)=f(x)）(a >0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数；2、若y=f(x)的图像关于直线x=a 和x=b 对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a -b|的周期函数；4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b （a ≠b ），则函数y=f(x)是周期为4|a -b|的周期函数；5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a -x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a ；如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a ；6、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)()1()f x a f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭或()1()f x a f x ⎛⎫+=-⎪⎝⎭或，则y=f(x)是周期为2|a|的周期函数；7、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a 的周期函数；8、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数。
（7、8应掌握具体推导方法，如7）函数图像的对称性：1、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线2a b x +=对称；2、若函数y=f(x)满足f(x)=f(2a -x)或f(x+a)=f(a -x)，则函数y=f(x)的图像关于直线x=a 对称；3、若函数y=f(x)满足f(a+x)+f(b -x)=c ，则y=f(x)的图像关于点,22a b c +⎛⎫⎪⎝⎭成中心对称图形； 4、曲线f(x,y)=0关于点(a,b )的对称曲线的方程为f(2a -x,2b -y)=0；()()()()()()()1111212112()()11f x f x a f x f x a f x f x a f x f x f x --+-+-+====--++++5、形如()0,ax by c ad bc cx d+=≠≠+的图像是双曲线，由常数分离法 d ad ad a x b ba c c c y d d c c x c x c c ⎛⎫+-+-+ ⎪⎝⎭==+⎛⎫⎛⎫++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知：对称中心是点,d a c c ⎛⎫- ⎪⎝⎭；6、设函数y=f(x)定义在实数集上，则y=f(x+a)与y=f(b -x)的图像关于直线2b a x -=对称；7、若函数y=f(x)有反函数，则y=f(a+x)和y=f -1(x+a)的图像关于直线y=x+a 对称。
抽象函数题的十种解题策略
抽象函数题的十种解题策略湖南省冷水江市第六中学（417500）邓赞武我们把未给出具体解析式的函数称为抽象函数。
由于它既能考查函数的概念与性质，又能考查学生的思维能力及对函数思想的理解程度，因而在高考中备受青睐。
本文结合实例，介绍求解抽象函数题的十种常用策略。
策略一：活用定义与性质以函数“三性”为突破口，紧扣其定义及性质间的相互联系，经推理或计算求解问题。
例1：己知定义在R上的函数f(x)满足条件f(x+32)=-f(x)且y=f(x-34)是奇函数，给出以下四个命题：（1）函数f(x)是周期函数，（2）函数f(x)的图象关于点（-34，0）对称，（3）函数f(x)是偶函数，（4）函数f(x)是R上的单调函数，以上四个命题中，真命题序号是。
解析：∵f(x+32)=-f(x) ∴f(x)=-f(x-32)两式相减得：f(x+32)= f(x-32)即f(x+3)=f(x)故（1）正确∵y=f(x-34)是奇函数所以f(-x- 34)= -f(x-34)即f(-x- 34)+f(x-34)=0 即f(x)的图象关于点（-34，0）对称。
故（2）正确；又由f(-x- 34)= -f(x-34)用x-34代替x得：f(-x)=-f(x+32) 而f(x+32)=-f(x) ∴f(-x)=f(x) 故（3）正确，从而（4）错误∴真命题是（1）、（2）、（3）策略二：巧妙赋值抽象函数常以函数方程的形式出现，求解这类问题常赋予变量恰当的数值或代数式，经运算与推理，得出结论：例2、己知定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2，满足关系f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+2，（1）证明f(x)的图象关于点（0，-2）成中心对称，（2）若x>0，则有f(x)>-2，求证：f(x)是R 上的增函数。
证明：（1）令x1=x2=0,则f(0)=-2,对任意实数x,令x1=x，x2=-x，则有f(x-x)=f(x)+f(-x)+2即f(x)+f(-x)=-4，故f(x)的图象关于点（0，-2）成中心对称。
抽象函数几类问题的解题方法与技巧
一、求解析式的一般方法 1、换元法例1：已知f(x+1)=x 2-2x 求f(x)解：令t=x+1则x=t-1 f(t)=(t-1)2-2(t-1)=t 2-4t-3∴f(x)=x 2-4x-3换元法是解决抽象函数问题的基本方法，换元法包括显性换元法和隐性换元法。
2、方程组法例2：若函数f(x)满足f(x)+2f(x1)=3x ，求f(x) 解：令x=x 1则f(x 1)+2f(x)= x 3 f(x)+2f(x 1)=3x ＝＞f(x)= x 2-x2f(x)+f(x 1)=x 3∴f(x)= x2-x例3 .例43、待定系数法例5：如果f[f(x)]=2x-1则一次函数f(x)=______ 解：f(x)是一次函数∴不妨设f(x)=ax+b(a ≠0)则f[f(x)]=af(x)+b=a(ax+b)+b=a^2x+ab+b 又已知f[f(x)]=2x-1例6：已知f(x)是多项式函数，解:由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)代入比较系数得过且过:a=1,b= -2,c= -1,f(x)=x2-2x-1.如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
二、判断奇偶性的一般方法在奇偶性的求解中，常用方法是赋值法，赋值法中常见的赋值有-1、0、1。
例7 定义在（-1、1）上的函数f(x)满足。
（1）对任意x、y∈ (-1、1) 都有f(x)+f(y)=f()（2）当x∈ (-1、0) 时,有f(x)＞0求证（I）f(x)是奇函数,（II）f(证明：（1）令x=y=0，则2f(0)=f(0) ∴f(0)=0令y=-x，则f(x)+f(y)=f(x)+f(-x)=f(=f(0)=0∴f(-x)=-f(x) ∴f(x)是奇函数例8定义在R上的函数f(x)，对任意 x,y属于R,有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且f(0)≠0（1）求证f(0)=1 （2）求证y=f(x)是偶函数证明：（1）令x=y=0∴f(0)+f(0)=2×f(0)2∵f(0)≠0∴f(0)=1(2)令x=0则f(0+y)+ f(0-y)=2 f(0)f(y)f(y)+f(-y)=2f(y) ＝＞f(-y)=f(y) ＝＞y=f(x)是偶函数例9.对任意实数x,y ，均满足f(x+y2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______.解:令x=y=0,得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+1)=f(0)+2f[(1)]2,三、单调性的求解方法例6：定义域为R 的函数f(x)满足：对于任意的实数x 、y 都有f(x+y)=f(x)+f(y)成立，且当x ＞0时，f(x)＜0恒成立。
必修1 人教B版抽象函数题的几种解题策略
抽象函数题的几种解题策略策略之一：定义法凡涉及函数的定义、函数的奇偶性、单调性等有关概念的抽象函数问题，其求解的一般思路是：紧扣有关概念，充分利用定义来解决问题。
例1、定义在（-∞，+∞）上的函数y=f(x)，对于任意实数m 、n ，恒有f(m+n)=f(m)·f(n)，且当x>0时，0<f(x)<1。
（1）求f(0)的值。
（2）求当x<0时，f(x)的取值范围。
（3）判断f(x)在（-∞，+∞）上的单调性，并证明你的结论。
解：（1）令m=0，n>0，则有f(n)=f(0+n)=f(0)·f(n)，又由已知，n>0时，0<f(n)<1，∴f(0)=1（2）设x<0，则-x>0，f(0)=f[x+(-x)]=f(x)·f(-x)=1，则1()()f x f x =-， 又∵-x>0，∴0<f(-x)<1，∴f(x)>1（3）f(x)在（-∞，+∞）上是单调减函数。
证明：设x 1,x 2∈（-∞，+∞），且x 1<x 2，则△x=x 2-x 1>0 又x 1=(x 1-x 2)+x 2，∴f(x 1)=f[(x 1-x 2)+x 2]=f(x 1-x 2)·f(x 2)， ∴1122()()()f x f x x f x =- ∵x 1<x 2，∴x 1-x 2<0，∴f(x 1-x 2)>1，∴12()1()f x f x > 由题设及（1）（2），知f(x 1)，f(x 2)∈R +，故f(x 1)>f(x 2)，∴△y=f(x 2)-f(x 1)<0 即f(x)在（-∞，+∞）上是单调减函数。
策略之二：特殊化思想根据抽象函数f(x)的性质和特征，从满足题设条件的特殊函数（或特殊值）入手分析、研究，寻求问题的解题思路或结论。
抽象函数解题方法与技巧第五计
三、待定系数法
如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
例 3．已知 f(x)是多项式函数，且 f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x,求 f(x).
解：由已知得 f(x)是二次多项式，设 f(x)=ax2+bx+c (a≠0)
代入 f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax2+(2a+b)x+a+b+c
余切函数 f(x)=cotx
f (x y) 1 f (x) f (y) f (x) f (y)
例 10．已知实数集上的函数 f(x)恒满足 f(2+x)= =_____________
f(2-x),方程 f(x)=0 有 5 个实根,则这 5 个根之和
2
分析：因为函数 f(x)恒满足 f(2+x)= f(2-x),方程 f(x)=0 有 5 个实根，可以将该函数看成是类似于二次 函数 y=k(x-2)2 为模型引出解题思路，即函数的对称轴是 x=2，并且函数在 f(2)=0，其余的四个实数根关 于 x=2 对称
由（1）得
抽象函数解题方法与技巧
抽象函数解题方法与技巧函数得周期性:1、定义在x∈R上得函数ｙ=f(ｘ),满足f(x+a)=f(ｘ—a)(或f(x-2a)＝f(x))(ａ＞０)恒成立,则y＝f(ｘ)就是周期为2ａ得周期函数;２、若y=ｆ(x)得图像关于直线x＝ａ与x=ｂ对称,则函数ｙ=f(x)就是周期为２｜a-ｂ｜得周期函数;３、若y=ｆ(x)得图像关于点(ａ,０)与(b,0)对称,则函数ｙ=f(x)就是周期为２｜ａ—b｜得周期函数;4、若y=f(x)得图像有一个对称中心A(a,0)与一条对称轴ｘ=b(a≠b),则函数ｙ＝ｆ(x)就是周期为４｜ａ-b|得周期函数;5、若函数y=f(x)满足f(a+ｘ)=f(ａ-x),其中a>0,且如果y=f(x)为奇函数,则其周期为4a;如果y=f(ｘ)为偶函数,则其周期为2a;６、定义在x∈R上得函数ｙ＝f(ｘ),满足f(x+a)=—f(x),则y=ｆ(x)就是周期为2|a｜得周期函数;7、若在x∈R恒成立,其中ａ>０,则ｙ＝f(x)就是周期为4ａ得周期函数;8、若在ｘ∈R恒成立,其中a>０,则ｙ=f(x)就是周期为2a得周期函数。
(7、8应掌握具体推导方法,如7)函数图像得对称性:1、若函数y=ｆ(ｘ)满足f(a+x)=f(b-x),则函数y=ｆ(ｘ)得图像关于直线对称;2、若函数ｙ=f(x)满足f(x)=ｆ(２a－x)或f(x＋a)=ｆ(a－x),则函数y＝f(x)得图像关于直线x=a对称;３、若函数ｙ＝f(x)满足f(a+x)＋f(ｂ-x)=c,则y＝f(x)得图像关于点成中心对称图形;4、曲线f(x,y)=0关于点(a,ｂ)得对称曲线得方程为f(2a-x,2b—y)=0;５、形如得图像就是双曲线,由常数分离法知:对称中心就是点;6、设函数y=ｆ(x)定义在实数集上,则y=f(x+ａ)与y=f(b-x)得图像关于直线对称;7、若函数y=f(ｘ)有反函数,则y=f(a+x)与ｙ=f -１(ｘ＋a)得图像关于直线y=x+a对称。
例析求解抽象函数问题的几种途径
解题宝典抽象函数问题对同学们的抽象思维能力和分析能力有较高的要求.抽象函数问题中往往不会给出具体的函数解析式，要求我们根据已知条件求函数的单调区间、最值、定义域，解函数不等式.下面结合实例，谈一谈解答抽象函数问题的几种途径.一、利用函数的单调性对于一些有关抽象函数的值域、单调区间、函数不等式、单调性问题，通常需根据函数单调性的定义判断出函数的单调性，进一步利用函数的单调性解题.在利用函数的单调性解题时，往往要先根据题意确定函数的定义域，判断抽象函数的单调性和单调区间，再根据函数的单调性建立关系式.例1.函数f()x是定义在R上的奇函数，且满足以下两个条件：①对任意x、y∈R，都有f()x+y=f()x+f()y；②当x>0时，f()x<0，且f()1=-2.则函数f()x在区间[]-3,3上的值域为_____.解：设x1,x2∈[]-3,3，且x1>x2，则f()x1-f()x2=f()x1+f()-x2=f()x1-x2<0，所以f()x1<f()x2，则函数f()x在区间[]-3,3上是减函数，所以f()x max=f()-3=-f()3=-f()1+2=-f()1-f()1+1=-3f()1=6，f()x min=f()3=-f()-3=-6，即函数f()x在区间[]-3,3上的值域为[]-6,6.我们根据函数单调性的定义，先令x1,x2∈[]-3,3，x1>x2；然后将f()x1-f()x2，判断出差式的符号，即可判断出函数的单调性；再根据函数在[]-3,3上的单调性确定函数的最值点，即可解题.对于闭区间上的函数最值问题，通常要重点关注区间端点值，由函数的单调性可知函数的最值往往在区间端点处取得.例2.已知函数f()x对于任意正数a,b都有f()ab=f()a⋅f()b，且f()0=1，当x>1时，f()x>1，若f()x⋅f()5-x>1，求x的取值范围.解：令x1,x2∈()0,+∞，x1<x2，则f()x2f()x1=f()x2x1⋅x1f()x1=f()x2x1f()x1f()x1=f()x2x1，因为x2x1>1，所以f()x2f()x1=f()x2x1>1，f()x2>f()x1，可知函数f()x在()0,+∞上单调递增，因为f()ab=f()a f()b，所以不等式f()x f()5-x>1等价于f()x()5-x>f()0，可得x()5-x>0，解得0<x<5，故x的取值范围为()0,5.首先将f()x1、f()x2作商，即可根据函数单调性的定义判断出抽象函数在()0,+∞上的单调性；然后利用函数的单调性去掉f()x()5-x>f()0中函数符号“f”，将不等式转化为常规不等式，即可通过解不等式求得问题的答案.解函数不等式，通常要将不等式中的自变量转化到同一单调区间内，才能根据函数的单调性将问题转化为常规不等式问题.二、换元对于含有复杂式子、复合函数的抽象函数问题，往39往要采用换元法求解.即将复杂的式子、复合函数中的某一部分式子用一个新元替换，即可将函数简化，根据函数的性质、定义域求得问题的答案.例3.已知函数y =f ()2x 的定义域为[]-1,1，求函数y =f ()x +3的定义域.解：由函数y =f ()2x 的定义域为[]-1,1，可知-1≤x ≤1，∴-2≤2x ≤2，设t =2x ，∴y =f ()t 的定义域为[]-2,2，令t =x +3，可得-2≤x +3≤2，解得-5≤x ≤-1，∴函数y =f ()x +3的定义域为[]-5,-1.函数y =f ()2x 、y =f ()x +3均为复合函数，而y =f ()2x 中的2x ，y =f ()x +3中的x +3均与y =f ()x 中的x 的意义相同，于是令t =x +3，并将t 替换2x ，通过等量代换，求得函数y =f ()x +3的定义域.三、数形结合数形结合法是解答函数问题的重要思想方法.在解答抽象函数问题时，我们可以先根据已知条件确定抽象函数的周期性、单调性、奇偶性、对称性；然后画出相应的函数图象，以明确函数图象的变化趋势，尤其要关注函数的最高点、最低点、单调区间、对称轴、对称中心、周期；再建立新的关系式，即可求得问题的答案.例4.已知f ()x 在R 上是奇函数，在区间[]0,2上单调递增，且f ()x -4=-f ()x .若方程f ()x =m ()m >0在区间[]-8,8上有四个不相等的根x 1、x 2、x 3、x 4，求x 1+x 2+x 3+x 4的值.图1解：∵f ()x 在R 上是奇函数且满足f ()x -4=-f ()x ，∴f ()x -4=f ()-x ，f ()4-x =f ()x ，∴函数的对称轴为直线x =±2，且f ()0=0，∵f ()x -4=-f ()x ，∴f ()x -8=f ()x ，∴函数的周期为8，∵函数f ()x 在区间[]0,2上单调递增，∴函数f ()x 在区间[]-2,2上单调递增，令x 1<x 2<x 3<x 4，根据图象的对称性可知x 1+x 2=-12，x 3+x 4=4，∴x 1+x 2+x 3+x 4=-12+4=-8.解答本题，需先根据已知条件确定函数的对称轴、周期以及单调性；然后画出f ()x 的大致图象，即可通过研究图象的变化情况，确定f ()x 与函数y =m 在区间[]-8,8上的4个交点的位置；再结合图象的对称性，求出x 1+x 2+x 3+x 4的值.例5.设函数f ()x 满足f ()2+x =f ()2-x ，f ()x 在[)2,+∞上是减函数，若f ()3x -1>f ()x +3，则x 的取值范围是_________.解：由题意知f ()x 的图象关于直线x =2对称，∵f ()x 在[)2,+∞上是减函数，∴f ()x 在()-∞,2上是增函数，其图象如图2所示.图2∵f ()3x -1>f ()x +3，可知点()3x -1,0到点()2,0的距离比点()x +3,0到点()2,0的距离小，∴||()3x -1-2<||()x +3-2，将不等式两边的式子平方并化简得：2x 2-5x -2<0，解得：12<x <2，∴x 的取值范围为()12,2.首先根据已知关系式确定函数的对称轴x =2和函数的单调性，即可画出函数的图象；然后结合图象，比较出点()3x -1,0和点()x +3,0到点()2,0的距离的大小关系，进而得到新不等式，通过解不等式得到x 的取值范围.解答抽象函数的问题方法很多，同学们只需根据已知条件和解题需求，进行赋值、换元、画图，灵活运用函数的性质，选择合适的方法，即可快速获得问题的答案.（作者单位：安徽省临泉第一中学）解题宝典40。
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每周一计第五计——抽象函数解题方法与技巧所谓抽象函数问题，是指没有具体地给出函数的解析式，只给出它的一些特征或性质。
解决这类问题常涉及到函数的概念和函数的各种性质，因而它具有抽象性、综合性和技巧性等特点。
抽象函数问题既是教学中的难点，又是近几年来高考的热点。
一、换元法 换元法包括显性换元法和隐性换元法，它是解答抽象函数问题的基本方法. 例1. 已知f(1+sinx)=2+sinx+cos 2x , 求f(x)解：令u=1+sinx ，则sinx=u-1 (0≤u ≤2),则f(u)=-u 2+3u+1 (0≤u ≤2) 故f(x)=-x 2+3x+1 (0≤x ≤2)二、方程组法 运用方程组通过消参、消元的途径也可以解决有关抽象函数的问题。
例2．.232|)(:|,)1(2)(),)(,(≥=-=x f x x f x f x f x f(x)y 求证且为实数即是实数函数设解:xx x f x x f x f x x 323)(,1)(2)1(,1--==-联立方程组，得得代换用322323|)(|≥+=∴x x x f三、待定系数法如果抽象函数的类型是确定的，则可用待定系数法来解答有关抽象函数的问题。
例3．已知f(x)是多项式函数，且f(x+1)+f(x-1)=2x 2-4x ,求f(x). 解：由已知得f(x)是二次多项式，设f(x)=ax 2+bx+c (a≠0) 代入f(x+1)=a(x+1)2+b(x+1)+c=ax 2+(2a+b)x+a+b+c f(x-1)= a(x-1)2+b(x-1)+c=ax 2+( b -2a)x+a-b+c ∴f(x+1)+ f(x-1)=2ax 2+2bx+2a+2c=2x 2-4x 比较系数得：a=1,b= -2,c= -1 , f(x)=x 2-2x-1.四、赋值法有些抽象函数的性质是用条件恒等式给出的，可通过赋特殊值法使问题得以解决。
例4．对任意实数x,y ，均满足f(x+y 2)=f(x)+2[f(y)]2且f(1)≠0,则f(2001)=_______. 解：令x=y=0，得：f(0)=0,令x=0,y=1,得f(0+12)=f(0)+2f[(1)]2,∵f(1)≠0 ∴f(1)= . 令x=n,y=1，得f(n+1)=f(n)+2[f(1)]2=f(n)+即f(n+1)-f(n)= 12，故f(n)= 2n ，f(2001)= 20012 例5．已知f(x)是定义在R 上的不恒为零的函数，且对于任意的实数a,b 都满足f(ab)=af(b)+bf(a). (1)求f(0)，f(1)的值；(2)判断f(x)的奇偶性,并证明你的结论; (3)若f(2)=2,u n =f(2n ) (n ∈N*),求证：u n+1>u n (n ∈N*). 解：(1)令a=b=0,得f(0)=0,令a=b=1,得f(1)=0.(2)f(x)是奇函数。
因为：令a=b=-1,得f[(-1)(-1)]=-f(-1)-f(-1),f(-1)=0, 故f(-x)=f[(-1)(x)]= -f(x)+xf(-1)= -f(x),故f(x)为奇函数. (3)先用数学归纳法证明：u n =f(2n )>0 (n ∈N*)(略)五、转化法 通过变量代换等数学手段将抽象函数具有的性质与函数的单调性等定义式建立联系，为问题的解决带来极大的方便.例6．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：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.设x 1<x 2,则x 2-x 1>0,由已知得f(x 2-x 1)<0,故f(x 2)=f(x 2-x 1+x 1)=f(x 2-x 1)+f(x 1)< f(x 1) 所以f(x)是R 上的减函数，又f(3)=f(1)+f(2)=3f(1)=-6，f(-3)=61212故f(x)在[-3,3]上的最大值为6,最小值为-6.例7．定义在R +上的函数f(x)满足： ①对任意实数m ，f(x m )=mf(x)； ②f(2)=1. (1)求证：f(xy)=f(x)+f(y)对任意正数x,y 都成立； (2)证明f(x)是R +上的单调增函数； (3)若f(x)+f(x-3)≤2,求x 的取值范围。
解：(1)令x=2m ,y=2n ,其中m,n 为实数，则f(xy)=f(2m+n )=(m+n)f(2)=m+n . 又f(x)+f(y)=f(2m )+f(2n )=mf(2)+nf(2)=m+n ,所以f(xy)=f(x)+f(y) （2）证明：设0<x 1<x 2，可令m<n 且使x 1=2m ,x 2=2n 由（1）得f(x 1)-f(x 2)=12x f x ⎛⎫ ⎪⎝⎭=f(2m-n)=(m-n)f(2)=m-n<0故f(x 1)<f(x 2)，即f(x)是R +上的增函数。
(3)由f(x)+f(x-3)≤2及f(x)的性质，得f[x(x-3)]≤2f(2)=f(4) 解得 3<x ≤4。
六、递推法 对于定义在正整数集N*上的抽象函数，用递推法来探究，如果给出的关系式具有递推性，也常用递推法来求解.例8．是否存在这样的函数f(x)，使下列三个条件：①f(n)>0,n ∈N ；②f(n 1+n 2)=f(n 1)f(n 2),n 1,n 2∈N*；③f(2)=4同时成立？若存在，求出函数f(x)的解析式；若不存在，说明理由。
解：假设存在这样的函数f(x)，满足条件，得f(2)=f(1+1)= f(1)· f(1)=4，解得f(1)=2 又f(2)=4=22,f(3)=23,…,由此猜想：f(x)=2x (x ∈N*) (数学归纳证明 略）例9．已知f(x)是定义在R 上的函数，f(1)=1，且对任意x ∈R 都有f(x+5)≥f(x)+5，f(x+1)≤f(x)+1。
若g(x)=f(x)+1-x ,则g(2002)=_________.解：由f(x+1)≤f(x)+1得f(x+5)≤f(x+4)+1≤f(x+3)+2≤f(x+2)+3≤f(x+1)+4 又∵f(x+5)≥f(x)+5 ∴f(x)+5≤f(x+1)+4 ∴f(x)+1≤f(x+1) 又∵f(x+1)≤f(x)+1 ∴f(x+1)=f(x)+1又∵f(1)=1 ∴f(x)=x g(x)=f(x)+1-x=1，故g(2002)=1。
七、模型法模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。
例10．已知实数集上的函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根,则这5个根之和=_____________分析：因为函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根，可以将该函数看成是类似于二次函数y=k(x-2)2为模型引出解题思路，即函数的对称轴是x=2，并且函数在f(2)=0，其余的四个实数根关于x=2对称解：因为实数集上的函数f(x)恒满足f(2+x)= f(2-x),方程f(x)=0有5个实根，所以函数关于直线x=2对称，所以方程的五个实数根也关于直线x=2对称，其中有一个实数根为2，其它四个实数根位于直线x=2两侧，关于直线x=2对称，则这5个根之和为10。
例11．设定义在R 上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意x ，y ∈R ，有f(x+y)=f(x)f(y)，f(1)=2 （1）解不等式f(3x-x 2)>4；（2）解方程[f(x)]2+12f(x+3)=f(2)+1 分析：可联想指数函数f(x)=a x 。
解：(1)先证f(x)>0，且单调递增，因为f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)，x>0时f(x)>1，所以f(0)=1 对于任意x<0，则-x>0，f(x)f(-x)=f(x-x)=f(0)=1，∴f(x)=()1f x -∵-x>0，f(-x)>1 ∴0<f(x)<1 综上所述 f(x)>0 任取x 1,x 2∈R 且x 1<x 2，则x 2-x 1>0，f(x 2-x 1)>1,所以f(x 1)-f(x 2)=f[(x 2-x 1)+x 1]-f(x 1)=f(x 2-x 1)f(x 1)-f(x 1)=f(x 1)[f(x 2-x 1)-1]>0 所以x ∈R 时，f(x)为增函数。
不等式f(3x-x 2)>4可化为3x-x 2>2 解得：{x|1<x<2}(2)f(1)=2，f(2)=4，f(3)=8，原方程可化为：[f(x)]2+4f(x)-5=0，解得f(x)=1或f(x)=-5（舍) 由(1)得x=0。
例12．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。
分析：可联想幂函数 f(x)=x n? 解：对x ∈R +，有f(x)=20ff =≥，又f(x)≠0，故f(x)>0设x 1，x 2∈R +，且x 1<x 2，则211x x >，则()()()()()2211211211111x x f x f f x f x x x x f f x f x f x x ⎛⎫⎛⎫⋅⋅ ⎪ ⎪⎛⎫⎝⎭⎝⎭===< ⎪⎝⎭所以f(x 1)>f(x 2)，故f(x)在R +上为减函数。
附：函数的性质函数的周期性：1、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=f(x-a)（或f(x-2a)=f(x)）(a >0)恒成立，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数；2、若y=f(x)的图像关于直线x=a 和x=b 对称，则函数y=f(x)是周期为2|a-b|的周期函数；3、若y=f(x) 的图像关于点(a,0)和(b,0)对称，则函数y=f(x)是周期为2|a-b|的周期函数；4、若y=f(x) 的图像有一个对称中心A(a,0)和一条对称轴x=b （a ≠b ），则函数y=f(x)是周期为4|a-b|的周期函数；5、若函数y=f(x)满足f(a+x)=f(a-x)，其中a>0，且如果y=f(x)为奇函数，则其周期为4a ；如果y=f(x)为偶函数，则其周期为2a ；6、定义在x ∈R 上的函数y=f(x)，满足f(x+a)=-f(x)()1()f x a f x ⎛⎫+= ⎪⎝⎭或()1()f x a f x ⎛⎫+=- ⎪⎝⎭或，则y=f(x)是周期为2|a|的周期函数；7、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为4a 的周期函数；8、若()()()11f x f x a f x -+=+在x ∈R 恒成立，其中a>0，则y=f(x)是周期为2a 的周期函数。