抽象函数单调性的判断

　　例１　已知函数对任意实数，均有．且当＞０时，＞０，试判断的单调性，并说明理由. 

　　解析：根据题目所给条件，原型函数为＝，（＞０）．此为增函数．类比其证明方法可得：设，且，则－＞０，故　＞０．

　　∴　－＝－

　　　　　　　＝＋－

　　　　　　　＝＞０．

　　∴＜．　故在（－，＋）上为增函数．

例２　已知函数在上是奇函数，而且在上为增函数，

证明在上也是增函数．

解析：此函数原型函数同样可以为，而奇函数这个条件正是转化的媒介．

　　　设，且，

    　为奇函数，．

　　　由假设可知，即，且，

　　　由于在上是增函数，

　　　于是有，即，从而，

　　　在上是增函数．

例３　已知函数对于任意正数，都有＝·,且≠0,

当＞1时,＜1．试判断在（０，＋）上的单调性，并说明理由．

　　解析：此函数的原型函数可以为．显然此函数在（０，＋）上是减函数．

　　对于（０，＋）有＝

　　又≠０，　　∴＞０

　　设， （０，＋），且＜．则

　＜１，

　　∴　＞，　故在（０，＋）上为减函数．

　　一般形式为 y=f(x)且无法用数字和字母表示出来的函数，一般出现在题目中，或许有定义域、值域等。 

　　山武补充：

　　1抽象函数常常与周期函数结合，如：

　　f(x)=-f(x+2)

　　f(x)=f(x+4)

　　2解抽象函数题，通常要用赋值法，而且高考数学中，常常要先求F（0） F（1）

　　抽象函数的经典题目！！！

　　我们把没有给出具体解析式的函数称为抽象函数。由于这类问题可以全面考查学生对函数概念和性质的理解，同时抽象函数问题又将函数的定义域，值域，单调性，奇偶性，周期性和图象集于一身，所以在高考中不断出现；如2002年上海高考卷12题，2004年江苏高考卷22题，2004年浙江高考卷12题等。学生在解决这类问题时，往往会感到无从下手，正确率低，本文就这类问题的解法谈一点粗浅的看法。

　　一．特殊值法:在处理选择题时有意想不到的效果。

　　例1 定义在R上的函数f(x)满足f (x + y) = f (x) + f ( y )(x，y∈R)，当x<0时，, f (x)>0，则函数f (x)在[a,b]上 ( )

　　A 有最小值f (a) B有最大值f (b) C有最小值f (b) D有最大值f ( )

　　分析：许多抽象函数是由特殊函数抽象背景而得到的，如正比例函数f (x)= kx(k≠0)， , , ，可抽象为f (x + y) = f (x) +f (y)，与此类似的还有 

　　特殊函数 抽象函数

　　f (x)= x f (xy) =f (x) f (y)

　　f (x)= 

　　f (x+y)= f (x) f (y)

　　f (x)= 

　　f (xy) = f (x)+f (y)

　　f (x)= tanx f(x+y)= 

　　此题作为选择题可采用特殊值函数f (x)= kx(k≠0)

　　∵当x <0时f (x) > 0即kx > 0。.∴k < 0，可得f (x)在[a,b]上单调递减，从而在[a,b]上有最小值f(b)。

　　二．赋值法．根据所要证明的或求解的问题使自变量取某些特殊值，从而来解决问题。

　　例2 除了用刚才的方法外,也可采用赋值法

　　解:令y = -x，则由f (x + y) = f (x) + f (y) (x，y∈R)得f (0) = f (x) +f (-x)…..①,

　　再令x = y = 0得f(0)= f(0)+ f(0)得f (0)=0，代入①式得f (-x)= -f(x)。

　　得 f (x)是一个奇函数，再令 ，且 。

　　∵x <0，f (x) >0，而 ∴ ，则得 ，

　　即f (x)在R上是一个减函数，可得f (x)在[a,b]上有最小值f(b)。

　　例3 已知函数y = f (x)(x∈R，x≠0)对任意的非零实数 ， ，恒有f( )=f( )+f( ),

　　试判断f(x)的奇偶性。

　　解：令 = -1， =x，得f (-x)= f (-1)+ f (x) ……①为了求f (-1)的值，令 =1， =-1，则f(-1)=f(1)+f(-1),即f(1)=0,再令 = =-1得f(1)=f(-1)+f(-1)=2f(-1) ∴f(-1)=0代入①式得

　　f(-x)=f(x),可得f(x)是一个偶函数。

　　三．利用函数的图象性质来解题：

　　抽象函数虽然没有给出具体的解析式，但可利用它的性质图象直接来解题。

　　抽象函数解题时常要用到以下结论：

　　定理1：如果函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则函数y=f(x)的图象关于x= 对称。

　　定理2：如果函数y=f(x)满足f(a+x)=f(b+x)，则函数y=f(x)是一个周期函数，周期为a-b。 

　　例4 f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)=f(2-x)，证明f(x)是周期函数。

　　分析：由 f(x)=f(2-x)，得 f(x)的图象关于x=1对称，又f(x)是定义在R上的偶函数，图象关于y轴对称，根据上述条件，可先画出符合条件的一个图，那么就可以化无形为有形，化抽象为具体。从图上直观地判断，然后再作证明。

　　由图可直观得T=2,要证其为周期函数，只需证f (x) = f (2 + x)。

　　证明：f (x) = f (-x) = f [2-(-x)] = f (2 + x)，∴ T=2。

　　∴f (x)是一个周期函数。

　　例5 已知定义在[-2，2]上的偶函数，f (x)在区间[0，2]上单调递减，若f (1-m)　　分析：根据函数的定义域，-m，m∈[-2,2]，但是1- m和m分别在[-2，0]和[0，2]的哪个区间内呢？如果就此讨论，将十分复杂，如果注意到偶函数，则f (x)有性质f（-x)= f (x)=f ( |x| )，就可避免一场大规模讨论。

解：∵f (x)是偶函数， f (1-m)一、适当赋值

赋值主要从以下方面考虑：①令x=…，﹣2，﹣1，0，1，2，…等特殊值求抽象函数的函数值；②令x=x2，y=x1或y=，且x1例1  已知函数的定义域为R，对任意x、y满足f(x+y)=f(x)+f(y)，当x>0时，f(x)>0.试判断f(x)的奇偶性和单调性.

分析：在f(x+y)=f(x)+f(y)中，令x=y=0，得f(0)+f(0)=0，∴f(0)=0，

又令y=﹣x，f(x)+f(﹣x)=f(x﹣x)=f(0)=0，即f(﹣x)=﹣f(x)，∴f(x)是奇函数，

再设x1、x2∈R，且x1由f(x)是奇函数得，f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(－x1)=f(x2﹣x1)，

∵x2﹣x1>0，∴f(x2﹣x1)>0，从而f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(﹣∞.+∞)上是增函数.

二、变量代换

根据题设条件中所给等式或不等式的结构特点及欲证的结论，将题中的某些量替换为的需要的量(要注意新换的变量的取值范围，要与原题设条件等价)，可以得到较为简单的等式或不等式，然后再设法作进一步的转化从中获解，

例2  已知函数f(x)存在反函数且f(x)+f(﹣x)=2，则f－1(x﹣1)+f－1(3﹣x)=________.

分析：本题无法直接求出f－1(x)，若将已知等式左边看成两个函数，利用变量代换，则有如下简解：

令y1=f(x)，y2=f(﹣x)，则x=f－1(y1)，﹣x=f－1(y2)，且当y1+y2=2时，有f－1(y1)+f－1(y2)=x﹣x=0，

∵(x﹣1)+(3﹣x)=2，∴f－1(x﹣1)+f－1(3﹣x)=0.

三、利用函数性质

根据题目所给的条件，分析、探求函数具有哪些特殊的性质，比如：函数的单调性、奇偶性、周期性、对称性等等，然后充分利用这些性质进行求解.

例3   f(x)是定义在R上的函数，且满足如下两个条件：①对于任意x，y∈R，有f(x+y)=f(x)+f(y)；②当x＞0时，f(x)＜0，且f(1)=﹣2.求函数f(x)在[﹣3，3]上的最大值和最小值.

分析：设0≤x1≤x2≤3，由条件①得f(x2)=f[(x2﹣x1)+x1]=f(x2﹣x1)+f(x1)，即f(x2﹣x1)=f(x2)﹣f(x1)，

∵x2﹣x1＞0，由条件②得f(x2﹣x1)＜0,∵f(x2)﹣f(x1)＜0，即f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在[0，3]上是减函数，

在条件①中令x=y=0，则f(0+0)=f(0.)+f(0)，∴f(0)=0.

再令x=﹣y，得f(x﹣x)=f(x)+f(﹣x)，∴f(﹣x)=﹣f(x)，∴f(x)是奇函数，

∴f(x)在[﹣3，0]上是减函数，

又∵当x＜0时f(x)=﹣f(﹣x)＞0，从而f(x)在[﹣3，3]上是减函数，

∴f(x)max=f(﹣3)=﹣f(3)=﹣f(1+2)=﹣f(1)﹣f(2)=﹣f(1)﹣f(1)﹣f(1)=﹣3f(1)=6，

f(x)min=f(3)=﹣f(﹣3)=﹣6.

例4  已知函数f(x)=ax5+bsinx+3，且f(﹣3)=7，求f(3)的值.

解析:f(x)的解析式中含有两个参数a、b，却只有一个条件f(﹣3)=7，无法确定出a、b的值，因此函数f(x)(解析式不确定)是抽象函数，注意到g(x)=ax5+bsinx=f(x)﹣3是奇函数，可得g(﹣3)=﹣g(3)，即f(﹣3)﹣3=﹣[f(3)﹣3]，f(3)=6﹣f(﹣3)=﹣1.

四、正难则反

当关于某些抽象函数的命题不易从正面直接证明时，可采用反证法，它往往需结合其它一些求解策略，而此法是处理“是否存在”型函数综合题的常用方法.

例5  已知函数f(x)在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，a、b∈R，(1)求证：若a+b≥0，则f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b)；(2)判断(1)中命题的逆命题是否正确，并证明你的结论.

证明：(1)由a+b≥0，得a≥﹣b，

由函数f(x)在区间(﹣∞，+∞)上是增函数，得f(a)≥f(﹣b)，同理，f(b)≥f(﹣a)，

∴f(a)+f(b)≥f(﹣b)+f(﹣a)，即f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b).

(2)中命题的逆命题是：若f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b)，则a+b≥0，此逆命题为真命题，

现用反证法证明如下：

假设a+b≥0不成立，则a+b＜0，a＜﹣b，b＜﹣a，

根据单调性，得f(a)＜f(﹣b)，f(b)＜f(﹣a)，f(a)+f(b)＜f(﹣a)+f(﹣b)，

这与已知f(a)+f(b)≥f(﹣a)+f(﹣b)相矛盾，故a+b＜0不成立，

即a+b≥0成立，因此(1)中命题的逆命题是真命题.

五、利用模型函数探路

抽象型函数问题的设计或编拟，常以某个基本函数为模型，在解题前，若能从研究的抽象函数的“模型”入手，根据已知条件，寻找其模型函数，通过分析、研究其图象及性质，找出问题的解法或证法.

例6  已知定义域为R+的函数f(x)满足：(1)x＞1时，f(x)＜0；(2)f()=1；(3)对任意的x，y∈R+，都有f(xy)=f(x)+f(y).求不等式f(x)+f(5﹣x)≥﹣2的解集.

解析：由题设(3)知f(x)以y=logax为模型函数，由题(1)知0＜a＜1，从而y=logax在(0,+∞)上为减函数，故本题可先证f(x)在(0,+∞)上为减函数为突破口.

设0＜x1＜x2，则＞1，且由f(xy)=f(x)+f(y)，得f(x2)=f(·x1)=f()+f(x1)，

又由条件x＞1时，f(x)＜0，得f()＜0，∴f(x2)＜f(x1)，∴f(x)在R+上为减函数，

又由f(1)=f(1)+f(1)，得f(1)=0，又f()=1，∴f(2·)=f(2)+f()=0，∴f(2)=﹣1，

∴f(x)+f(5﹣x)≥﹣2=2f(2)=f(4)，于是，解得0＜x≤1或4≤x＜5，

∴解集为x∈(0，1]∪[4，5).

六、数形结合

根据题目所给的函数的有关的性质和背景，作出大致符合条件的函数的图象，再根据图象的直观性作出正确解答.

例7  若f(x)为奇函数，且在(﹣∞，0)内是增函数，又f(﹣2)=0，则xf(x)<0的解集为(   )

A.(﹣2,0)∪(0,2)        B.(﹣∞,﹣2)∪(0，2)        

C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞)    D.(﹣2,0)∪(2,+∞)

解析：本题可根据题设条件先作出函数f(x)在(﹣∞，0)内的大致图象，如图，由对称性(奇函数的图象关于原点对称)及单调性(在(﹣∞，0)内是增函数)得出f(x)在(0，＋∞)的图象，如图所示. 

∵f(x)为奇函数，且，f(﹣2)=0，∴f(2)=0.由图象可知：

当﹣20，∴xf(x)<0；当0故不等式xf(x)<0的解集为(﹣2，0)∪(0，2)，选A.