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( x
y)=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 )=cos
πx 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 . 2
1a = 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。