上海市城市建設(shè)工程學(xué)校(上海市園林學(xué)校) (200232)

章幸辛 張火明

函數(shù)是高中數(shù)學(xué)中的重要知識(shí)，抽象函數(shù)是函數(shù)知識(shí)中的一個(gè)難點(diǎn)，在近幾年的高考上海卷、全國(guó)卷以及高中奧賽題中都高頻率的出現(xiàn).一般抽象函數(shù)題融函數(shù)單調(diào)性、周期性、奇偶性、定義域、值域、圖像以及不等式、方程等知識(shí)于一體.通過(guò)賦值整體思考，找出一個(gè)具體函數(shù)原型等方法去探究該函數(shù)的性質(zhì)，并運(yùn)用相關(guān)性質(zhì)去解決有關(guān)問(wèn)題.在近幾年高考中加大了對(duì)學(xué)生數(shù)學(xué)探究能力與創(chuàng)新能力的考查.

1.抽象函數(shù)的定義：那些沒(méi)有給出函數(shù)的具體解析式，只給出一些特殊條件或特征的函數(shù)稱為抽象函數(shù).

2.抽象函數(shù)的背景函數(shù)：抽象函數(shù)往往都是以中學(xué)階段所學(xué)的基本函數(shù)為背景抽象所得,解題時(shí),若能從研究抽象函數(shù)的背景入手,由題設(shè)中抽象函數(shù)的性質(zhì),通過(guò)類(lèi)比、猜想出它可能為某種基本函數(shù)，常?？梢哉业浇忸}思路.當(dāng)然，也有的時(shí)候并沒(méi)有我們比較熟悉的函數(shù)模型，而是新定義的一種函數(shù).抽象函數(shù)所對(duì)應(yīng)的背景函數(shù)模型通常有以下幾種：

抽象函數(shù)性質(zhì)對(duì)應(yīng)的背景函數(shù)模型f(x+y)=f(x)+f(y)-b一次函數(shù)y=ax+bf(m-x)=f(m+x)二次函數(shù)f(xy)=f(x)f(y)冪函數(shù)f(x+y)=f(x)f(y)指數(shù)函數(shù)f(xy)=f(x)+f(y)對(duì)數(shù)函數(shù)

3.一般抽象函數(shù)也可以與我們熟悉的函數(shù)，如指數(shù)函數(shù)、對(duì)數(shù)函數(shù)等一樣，有自己的性質(zhì)，如奇偶性、周期性、單調(diào)性等.有自己的特殊點(diǎn)，有自己的對(duì)稱性，能畫(huà)出大致圖像.

4.抽象函數(shù)的解題方法一般有哪些？解題思路一般不外乎①合理賦值，化抽象為具體；②作恒等變形，找出該函數(shù)規(guī)律性、特征性特點(diǎn)；③分類(lèi)討論，歸納出抽象函數(shù)的實(shí)質(zhì)問(wèn)題.

5.典型范例

例1 已知函數(shù)f(x)在R上有定義，且滿足f(x)+xf(1-x)=x.(1)試求f(x)的解析式；(2)求f(x)的值域.

例2 定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(3)=log23且對(duì)任意x，y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y).(1)求證f(x)為奇函數(shù)；(2)若f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0對(duì)任意x∈R恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

證明：(1)已知f(x+y)=f(x)+f(y)(x，y∈R)①,令x=y=0，代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0)，即f(0)=0．令y=-x，代入①式得f(x-x)=f(x)+f(-x)，又f(0)=0，則0=f(x)+f(-x)，即f(-x)=-f(x)對(duì)任意x∈R成立，則f(x)是奇函數(shù).

(1)求f(0)的值；

(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

解:(1)令x=-1,y=0，得f(-1)=f(-1)·f(0)，得f(0)=1.

(2)當(dāng)x>0時(shí)，-x<0，∴f(0)=f(x)·f(-x)=1，∴00，∴f(x2-x1)<1，∴1-f(x2-x1)>0，而f(x1)>0，∴f(x1)-f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．∴函數(shù)y=f(x)在R上是減函數(shù)．

評(píng)注：從例2、例3不難看出，對(duì)抽象函數(shù)的合理賦值，對(duì)確立抽象函數(shù)的特性起著關(guān)鍵的作用.

解：(1)在f(a·b)=af(b)+bf(a)中,令a=b=0,得f(0)=f(0·0)=0·f(0)+0·f(0)=0.在f(a·b)=af(b)+bf(a)中,令a=b=1,f(1)=f(1·1)=1·f(1)+1·f(1),∴f(1)=0.

(2)∵f(1)=f[(-1)2]=-f(-1)-f(-1)=0,∴f(-1)=0.∴f(-x)=f(-1·x)=-f(x)+xf(-1)=-f(x),∴f(x)為奇函數(shù).

(3)由f(a2)=af(a)+af(a)=2af(a),f(a3)=a2f(a)+af(a2)=3a2f(a),……

猜測(cè)f(an)=nan-1f(a).下用數(shù)學(xué)歸納法證明.

1°當(dāng)n=1時(shí)f(a1)=1·a0·f(a)，原命題成立；

2°假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，原命題成立，即f(ak)=kak-1f(a)，那么當(dāng)n=k+1時(shí)，f(ak+1)=akf(a)+af(ak)=akf(a)+kakf(a)=(k+1)akf(a)，原命題成立.

評(píng)注：上例中，由抽象函數(shù)的關(guān)系式，找到f(an)的通項(xiàng)表達(dá)式，為求和奠定了基礎(chǔ).

例5 設(shè)y=f(x)是定義在區(qū)間[-1,1]上的函數(shù)，且滿足條件：(ⅰ)f(-1)=f(1)=0;(ⅱ)對(duì)任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤|u-v|.

(1)證明：對(duì)任意的x∈[-1,1],都有x-1≤f(x)≤1-x;

(2)證明：對(duì)任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1;

(3)在區(qū)間[-1，1]上是否存在滿足題設(shè)條件的奇函數(shù)y=f(x)，且使得

若存在，請(qǐng)舉一例；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由.

證明：(1)由題設(shè)條件可知，當(dāng)x∈[-1,1]時(shí)，有|f(x)|=|f(x)-f(1)|≤|x-1|=1-x,即x-1≤f(x)≤1-x.

(2)證法一：對(duì)任意的u,v∈[-1,1],當(dāng)|u-v|≤1時(shí),有|f(u)-f(v)|≤|u-v|≤1.

當(dāng)|u-v|>1時(shí),u·v<0,不妨設(shè)u<0,則v>0且v-u>1,所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)-f(-1)|+|f(v)-f(1)|≤|u+1|+|v-1|=1+u+1-v=2-(v-u)<1.綜上可知，對(duì)任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1.

證法二：由(1)可得，當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)≤1-x,當(dāng)x∈[-1,0]時(shí),|f(x)|=|f(x)-f(-1)≤1+x=1-|x|.所以，當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),|f(x)|≤1-|x|.因此，對(duì)任意的u,v∈[-1,1],當(dāng)|u-v|≤1時(shí)，|f(u)-f(v)|≤|u-v|≤1.當(dāng)|u-v|>1時(shí)，有u·v<0,且1<|u-v|=|u|+|v|≤2.所以|f(u)-f(v)|≤|f(u)|+|f(v)|≤1-|u|+1-|v|=2-(|u|+|v|)≤1.綜上，對(duì)任意的u,v∈[-1,1],都有|f(u)-f(v)|≤1.

(3)答：滿足所述條件的函數(shù)不存在.

分析：這是一道利用抽象函數(shù)特性構(gòu)建的數(shù)列與不等式的綜合性問(wèn)題.顯見(jiàn)第(1)小問(wèn)是基礎(chǔ)，只要有了函數(shù)的解析式，后面各問(wèn)均迎刃而解.

(2)①由遞推關(guān)系知f(an+1)·f(-2-an)=1,即f(an+1-2-an)=f(0),從而an+1-an=2(n∈N+)，又a1=1,故an=2n-1.