黃欣

【摘要】抽象函數(shù)問(wèn)題由于沒(méi)有具體解析式，只能通過(guò)給出的條件探究推測(cè)解題思路，觀察其給定的表達(dá)式結(jié)構(gòu)特征進(jìn)行巧妙賦值和變換，是解決這類題目的關(guān)鍵，然而如何進(jìn)行所謂的“巧妙的賦值和變換”，是我們需要突破的難點(diǎn).因此，本文提出“原型”法嘗試突破這一難點(diǎn).

【關(guān)鍵詞】抽象函數(shù)問(wèn)題；類比聯(lián)想；“原型”破題法

所謂原型，就是符合題目給出的抽象函數(shù)性質(zhì)的我們熟知的函數(shù)，譬如：抽象函數(shù)具有這樣的性質(zhì)：f(xy)=f(x)+ゝ(y)(x>0)，那么它的一個(gè)原型就是對(duì)數(shù)函數(shù)f(x)=玪og璦x.對(duì)原型主要性質(zhì)嘗試遷移到當(dāng)前的抽象函數(shù)，就可以啟發(fā)我們有針對(duì)性地賦值和變換，從而有了破題思路.對(duì)于客觀題而言，只要找到原型，就等于得到正確答案了，直接破題.

例1 （2008重慶理科卷）若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：對(duì)任意x1,x2∈R有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)+1,則下列說(shuō)法一定正確的是().

獳.玣(x)為奇函數(shù)獴.玣(x)為偶函數(shù)

獵.玣(x)+1為奇函數(shù)獶.玣(x)+1為偶函數(shù)

原型法 依題意知f(x)=x-1滿足題設(shè)，從而對(duì)照選項(xiàng)很快知道只有選項(xiàng)獵是符合的.

例2 （2009全國(guó)Ⅰ卷理科）函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽，若f(x+1)與f(x-1)都是奇函數(shù)，則().

獳.玣(x)是偶函數(shù)獴.玣(x)是奇函數(shù)

獵.玣(x)=f(x+2)獶.玣(x+3)是奇函數(shù)

原型法 符合條件的原型函數(shù)有玞osπ玿[]2和玸in(π玿)，對(duì)照選項(xiàng)顯然只有選項(xiàng)獶是符合的.

例3 （2010重慶15題）已知函數(shù)f(x)滿足:f(1)=1[]4,4f(x)f(y)=猣(x+y)+f(x-y)，(x,y∈R)，則ゝ(2010)=.

原型法 由4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y),

聯(lián)想到余弦的積化和公式：玞os玿玞os珁=1[]2［玞os(x+y)+玞os(x-y)］，

只需相關(guān)系數(shù)略作調(diào)整，最后可構(gòu)造f(x)=1[]2玞osπ玔]3x是符合題目條件的.所以f(2010)=1[]2玞os2010[]3π=1[]2.

當(dāng)然以上諸例可以用常規(guī)解法解之，但就客觀題而言對(duì)比常規(guī)解法和原型法，原型法以短平快之勢(shì)，省去思維容量和寶貴時(shí)間迅捷得到正確答案了，直接破題.如果是解答題呢，再看兩例：

例4 （1） 已知函數(shù)f(x)，x∈R，常數(shù)a≠0，且f(x+a)=1-f(x)[]1+f(x)，求證：f(x)是周期函數(shù)，且2a是它的一個(gè)周期；

（2） 已知函數(shù)f(x)，x∈R，常數(shù)a≠0,且f(x+a)=1+f(x)[]1-f(x)，求證：f(x)是周期函數(shù).

解析 (1) 用周期函數(shù)的定義易于證明.

(2) 由于沒(méi)有給出具體的周期，仿照（1）的思路有：

f(x+2a)=1+f(x+a)[]1-f(x+a)=1+1+f(x)[]1-f(x)[]1-1+f(x)[]1-f(x)=-1[]f(x).

但是很多同學(xué)就到此卡殼了，此時(shí)若能聯(lián)想我們學(xué)習(xí)過(guò)的公式在三角函數(shù)里有玹an玿+π玔]4=1+玹an玿[]1-玹an玿，π玔]4相當(dāng)于a，于是猜想f(x)的周期為4a，現(xiàn)在利用周期的定義就有接下來(lái)的思路：f(x+4a)=-1[]f(x+2a)=-1[]-1[]f(x)=f(x).

所以f(x)為周期函數(shù)，且周期為4a.

例5 定義在(0,+∞)上的函數(shù)f(x)，對(duì)任意正實(shí)數(shù)x,y都滿足:f(xy)=f(x)+f(y)，且x>1時(shí)，f(x)>0，ゝ(4)=1.試解不等式f(x)+f(x-3)≤0.

解析 根據(jù)題意及f(xy)=f(x)+f(y)知該抽象函數(shù)的一個(gè)原型為f(x)=玪og4x，盡管不能像選擇題直接得到答案，但給我們提供了破題思路和方向：要證明f(x)是單調(diào)遞增的，不等式f(x)+f(x-3)≤0中的0要換算為f(1)，于是就有了針對(duì)性的變換和賦值了：

令x>0，y=1,則f(x)=f(x)+f(1)得到f(1)=0；チ瞠﹛1>獂2>0，則x1[]x2>1，得fx1[]x2>0.

所以f(x1)=fx1[]x2x2=ゝx1[]x2+猣(x2)>f(x2).

從而f(x)在(0,+∞)是增函數(shù).下面解答過(guò)程就水到渠成了：

f(x)+f(x-3)≤0，

即f(x2-3x)≤f(1).ゼ磝>0,

x-3>0,

x2-3x≤1.……

需要說(shuō)明的是具有給定抽象函數(shù)性質(zhì)的原型函數(shù)可能不止一個(gè)；另外盡管從理論而言大量的抽象函數(shù)是難以建構(gòu)具體函數(shù)模型的或者說(shuō)不一定有我們熟知的函數(shù)原型,但就目前高考題來(lái)說(shuō)一般是能找到原型的.因此本文局限于有原型的這類抽象函數(shù)問(wèn)題的討論是有意義的.