专题六、抽象函数问题
一 定义：是指概括总结出一类函数所具有的共同特性，而没有给出具体的解析式（或图象）的一类函数，中学阶段的抽象函数，一般是以所学的基本函数为背景，概括其共同的本质特征而形成的。因此，在学习中要注意总结概括基本函数的共同特征，从特殊到一般，从具体到抽象，建立抽象函数与具体函数的对应关系。
二、举例说明：
到目前为止常见抽象函数与我们已学过的具体函数的对应关系如下表： 抽象函数模型 具体函数模型（举其中一例） f(x?y)?f(x)?f(y) y?kx?b(k?0) f(m?x)?f(m?x) f(x)?f(2m?x)y?a(x?m)2?n f(x?y)?f(x)f(y) f(x)f(x?y)?f(y)f(xy)?f(x)?f(y) xf()?f(x)?f(y)y二、例题演练 y?ax(a?0,a?1) （a?0,a?1) y?logax，题型一、抽象函数的求值问题
例1. 已知定义域为R?的函数f（x），同时满足下列条件：①
f(2)?1，f(6)?1；②f(x?y)?f(x)?f(y)，求f（3），f（9）的值。 5解：取x?2，y?3，得f(6)?f(2)?f(3) 因为f(2)?1，f(6)?又取x?y?3
8得f(9)?f(3)?f(3)??
514，所以f(3)?? 55【评注】通过观察已知与未知的联系，巧妙地赋值，取x?2，y?3，这样便把已知条件f(2)?1，f(6)?1与欲求的f（3）沟通了起来。赋值法是解此类问题5的常用技巧。
题型二、抽象函数的单调性问题
判断抽象函数的单调性，若能从“源头”入手，设法找出此类函数的原型函数．据原型函数的单调性先作出判断，再类比其论证方法，即可轻松获解． 例2、 已知函数f(x)对任意实数x，y均有f(x?y)?f(x)?f(y)．且当x＞０时，f(x)＞０，试判断f(x)的单调性，并说明理由.
分析：根据题目所给条件，原型函数为y＝kx，（k＞０）．此为增函数．类比其证明方法可得
解：设x1,x2?R，且x1?x2，则x2－x1＞０，故 f(x2?x1)＞０． ∴ f(x2)－f(x1)＝f?(x2?x1)?x1?－f(x1) ＝f(x2?x1)＋f(x1)－f(x1) ＝f(x2?x1)＞０．
∴f(x1)＜f(x2)． 故f(x)在（－?，＋?）上为增函数．
例3、已知函数f(x)对于任意正数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：此函数的原型函数可以为y?减函数．
解：对于x?（０，＋?）有f(x)＝f(x?x)?f(x)?0 又f(x)≠０， ∴f(x)＞０ 设x1，x2?（０，＋?），且x1＜x2．则
1x．显然此函数在（０，＋?）上是
??2x2?1，则 x1
f(x2)?f(x1)f(x2x?x1)f(2)f(x1)x1x1x??f(2)＜１，又f(x1)?0 f(x1)f(x1)x1 ∴ f(x1)＞f(x2)， 故f(x)在（０，＋?）上为减函数．
例4、已知函数f(x)对任意x,y?R，总有f(x)?f(y)?f(x?y)，且当x?0时，
2f(x)?0,f(1)??.
3（1）求证f(x)在R上是减函数；
（2）求f(x)在[?3,3]上的最大值和最小值。
解（1）令x?y?0，得f(0)=0令x??y可得f(x)?f(?x)?f(0)?0即f(?x)??f(x)，
在R上任取x1?x2
则f(x2)?f(x1)?f(x2)?f(?x1)?f(x2?x1). ∵x1?x2，∴x2?x1?0.
又∵x?0时，f(x)?0，∴f(x2?x1)?0， 即f(x2)?f(x1)?0?f(x1)?f(x2)
由定义可知f(x)在R上为单调递减函数。
（2）∵f(x)在R上是减函数，∴f(x)在[?3,3]上也是减函数。 ∴f(?3)最大，f(3)最小。
2f(3)?f(2)?f(1)?f(1)?f(1)?f(1)?3?(?)??2.
3∴f(?3)??f(3)?2.
即f(x)在[?3,3]上最大值为2，最小值为?2.
【评注】抽象函数的性质要紧扣定义，并同时注意特殊值的应用。 题型三、抽象函数的奇偶性问题
例5、已知f(x)的定义域为R，对任意x,y?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)为偶函数。
解（1）由题意f(x?y)?f(x?y)?2f(x)?f(y).
令x?y?0，则f(0)?f(0)?2f(0)?f(0)，则f2(0)?f(0). ∵f(0)?0,∴f(0)?1.
（2）令x?0，则f(y)?f(?y)?2f(0)f(y)?2f(y). ∴f(?y)?f(y). ∴函数y?f(x)是偶函数。
【评注】对于这类问题的求解，充分运用x、y为任意实数这一条件，对x、y取定一些特殊值，如x?y?0,y??x等
题型四、抽象函数的周期性问题
例6、设f(x)是 定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意x1、
1x2?[0,]都有f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)，且f(1)=a＞0．
211（1）求f()、f()；
24（2）证明f(x)是周期函数．
分析：偶函数的图象关于y轴对称，由函数图象关于直线x=1对称，可以判
定函数f(x)是周期函数．
1xx)?(f)(?)f0?，，x1、x2?[0,]，知f(x2221111111x∈[0，1]，∵f(1)?f()?f()?[f()]2，f()?f()?f()?[f()]2?0，同
2222444解：（1）由f(x1?x2)?fx(1)f?x()211111理可得f()?0又f(1)=a＞0，∴f()?a2，f()?a4．
424（2）依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，∴f(x)= f(1+1－x)即f(x)= f(2－x)，又∵f(－x) =f(x)，∴f(?x)?f(2?x)∴f(x)= f(x+2)，∴函数f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期．
题型六、抽象函数的不等式问题
例7、设函数是定义在R上的增函数，且f(x)≠0，对于任意x1、x2?R都有
f(x1?x2)?f(x1)?f(x2)．
（1） 求证：f(x)＞0； （2） 求证：f(x1?x2)?f(x1)； f(x2)（3）若f(1)=2，解不等式f(3x) ＞4f(x)．
分析：由于函数y?ax具有本例中f(x)的条件与结构，因而在求解过程中应以指数函数y?ax（a＞0且a≠1）为模型类比求解． 解：（1）令x1?x2?tttt，则f(t)?f()?f()?f2()，∵f(t) ≠0, 2222∴f(t) ＞0，即f(x) ＞0，．
（2）∵f(x1)?f(x1?x2?x2)?f(x1?x2)?f(x2)，又f(x) ≠0， ∴f(x1?x2)?f(x1)． f(x2)（3）∵f(1)=2，∴2f(x)= f(1) 〃f(x)= f(1+x)，4 f(x)=2〃2 f(x)= f(1)〃f(1+x)= f(2+x)，∴f(3x) ＞4f(x)可化f(3x) ＞f(2+x)．又f(x)是定义域R上的增函数，∴3x＞2+x，∴x＞1，故不等式f(3x) ＞4f(x)的解集为{x|x＞1}．
【评注】在解有关抽象函数问题时，可以根据题中的抽象函数关系式的特例，即具体函数，类比求解，这样可以使解题方向明确．
例8、 已知函数f(x)的定义域为（0，+∞）且在其上为增函数，满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(2)=1，试解不等式f(x)+f(x－2)＜3．
分析：解此题的关键是求函数值3所对应的自变量值，即求f(a)=3中a的值． 解：∵f(4)=f(2)+f(2)=2，又3=2+1= f(4)+f(2)= f(4×2)= f(8)，即f(8)=3，根据题中关系式，有f(x)+ f(x－2)=f(x2?2x)，所以，原不等式化成f(x2?2x)＜ f(8)，
?x?0?x?0???2?x?4，∴不等式又f(x)的定义域为（0，+∞）∴?x?2?0??x?2?x2?2x?8??2?x?4??的解集为{x|2≤x≤4}．
【评注】解抽象函数不等式时，要特别注意函数的定义域不是R的情形。 例9、定义在[?2,2]上的偶函数g(x)，当x?0时，g(x)单调递减，若g(1?m)?g(m)成立，求m的取值范围。
解：因为函数g(x)在[?2,2]上是偶函数，g(x)?g(x) 则由g(1?m)?g(m)， 可得到g(|1?m|)?g(|m|).
又当x?0时，g(x)单调递减，且1?m?0,m?0
?|1?m|?2,1?得到?|m|?2,解之得?1?m?.
2??|1?m|?|m|,【评注】利用偶函数这一特性解决有关抽象函数的问题可以避免分类讨论。 例10、函数y?f(x)(x?0)是奇函数，且当x?(0,??)时是增函数，若f(1)?0，求不等式f[x(x?)]?0的解集。
解：由 f(1)?0，不等式可转化为f[x(x?)]?f(1)，联系f(x)在(0,??)上递
11增，当x(x?)?0时得出0?x(x?)?1.
221212又f(x)是奇函数，它在对称区间上的单调性相同，且f(?1)??f(1)=0，于是
111当x(x?)?0时得f[x(x?)]?f(?1)，即x(x?)??1.
222解不等式0?x(x?)?1，得,x?解不等式x(x?)??1，得x??. ∴原不等式的解集是{x|1212121?171?17?x?0. 或
4411?171?17?x?,或?x?0} 244