赏析竞赛中的抽象函数问题

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1、１１４数学通讯———２０１４年第１、２期（上半月）·课外园地·赏析竞赛中的抽象函数问题刘再平（陕西省镇巴县盐场中学，７２３６０６）翻阅近几年国内外的数学竞赛真题，不难发＝４．现抽象函数问题占有很大比重，深受命题者的亲由题设知ｆ（１），ｆ（２），ｆ（ｆ（１））均为正整数，睐．抽象函数是指不给出具体函数解析式，只给出所以ｆ（１），ｆ（２），ｆ（ｆ（１））∈｛１，２｝．一些特殊条件或特征的函数．抽象函数问题往往又ｆ（１）≠１，故ｆ（１）＝２，ｆ（２）＝１．与方程、不等式等融合，又是高中与大学数学的衔令ｎ＝２，由题设得ｆ（２）＋ｆ（３）＋ｆ（ｆ（２））＝

2、接点，因而综合性强，涉及的知识范围广，变化多７，即１＋ｆ（３）＋ｆ（１）＝７，所以ｆ（３）＝４；端，求解技巧高．本文在赏析该类试题的同时也提令ｎ＝３，由题设得ｆ（３）＋ｆ（４）＋ｆ（ｆ（３））＝供一些化解策略．１０，即４＋ｆ（４）＋ｆ（４）＝１０，所以ｆ（４）＝３；一、赋值法化解抽象函数……，由归纳法易知ｆ（ｎ）＝ｎ＋（－１）ｎ＋１（详细证明赋值法是由特殊到一般的数学思维的基础，是化解相对简单的抽象函数问题的首选方法．过程留给读者完成），故ｆ（２０１０）＝２００９．例１（２０１１年印度数学奥林匹克）求所有的三、构造法化解抽象函数函数ｆ：Ｒ→Ｒ，使

3、得对于所有的ｘ，ｙ∈Ｒ，有根据题目已知的结构关系，合理构造符合题ｆ（ｘ＋ｙ）ｆ（ｘ－ｙ）＝（ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ））２－４ｘ２ｆ（ｙ）．意的函数，化解抽象函数问题．常见的构造形式化解思路：两次运用赋值法，先后令ｘ＝ｙ＝有：幂函数ｆ（ｘｙ）＝ｆ（ｘ）ｆ（ｙ）；正比例函数ｆ（ｘ＋０，ｘ＝ｙ≠０，即可解决．ｙ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）；对数函数ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）＝解令ｘ＝ｙ＝０，得ｆ２（０）＝４ｆ２（０），即ｆ（ｘｙ）等．ｆ（０）＝０．例３（２０１２年全国高中数学联赛陕西试题）再令ｘ＝ｙ≠０，得０＝４ｆ２（ｘ）－４ｘ２ｆ（ｘ），所定义在Ｒ上的函数ｆ（ｘ）满足ｆ

4、（１）＝１，且对任意以ｆ（ｘ）＝０或ｆ（ｘ）＝ｘ２．１的ｘ∈Ｒ，都有ｆ′（ｘ）＜．解不等式ｆ（ｌｏｇ２ｘ）＞２经验证：ｆ（ｘ）＝０或ｆ（ｘ）＝ｘ２都满足原ｌｏｇ２ｘ＋１方程．．２故ｆ（ｘ）＝０或ｆ（ｘ）＝ｘ２．化解思路：构造辅助函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－二、归纳法化解抽象函数１ｘ，再结合题意，运用辅助函数的单调性解决．若抽象函数问题涉及一个或多个与前后项有２关的含ｎ的关系式，且直接解决难度很大时，可以１解引入辅助函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ，则考虑用归纳法去解决．２例２（第５届香港联盟杯数学竞赛）定义在ｇ′（ｘ）＝ｆ′（ｘ）－１＜０，所以ｇ（ｘ）在定

5、义域Ｒ上２正整数集且在正整数集上取值的函数ｆ满足ｆ（１）单调递减．＊有ｆ（ｎ）＋ｆ（ｎ＋１）＋≠１，且对任意ｎ∈Ｎｌｏｇ２ｘ＋１ｆ（ｆ（ｎ））＝３ｎ＋１，求ｆ（２０１０）的值．由题设ｆ（ｌｏｇ２ｘ）＞２，所以化解策略：令ｎ＝１，推得ｆ（１），同理推得ｌｏｇ２ｘ１１ｆ（ｌｏｇ２ｘ）－＞＝ｆ（１）－×１，ｆ（２），ｆ（３），ｆ（４），由归纳法得ｆ（ｎ）＝ｎ＋２２２（－１）ｎ＋１，问题得解．）＞ｇ（１），所以ｌｏｇ，即ｇ（ｌｏｇ２ｘ２ｘ＜１解令ｎ＝１，由题得ｆ（１）＋ｆ（２）＋ｆ（ｆ（１））解得０＜ｘ＜２．·课外园地·数学通讯———２０１４年第１、２期

6、（上半月）１１５故原不等式的解集为｛ｘ｜０＜ｘ＜２｝．称性结论后，由题意运用数形结合，作函数图象四、换元法化解抽象函数解决．换元法是解决竞赛问题的常用方法，通过换解由题设ｆ（１＋ｘ）＝ｆ（１－ｘ）知函数元，问题的结构往往变得比较简明，题意会变得比ｆ（ｘ）的对称轴为ｘ＝１，根据题意可作如下函数图较清晰，是解决复杂抽象函数问题的有效方法，但象：不要忽视换得的新元的取值范围．例４（第１届中国香港数学奥林匹克）定义在正实数集上的函数ｆ满足以下性质：ｆ（１）＝１，ｇ（ｘ），其中ｇ（ｘ）为ｆ（ｘ＋１）＝ｘｆ（ｘ），且ｆ（ｘ）＝１０定义在实数集上的函数且对任意

7、实数ｙ，ｚ和０≤ｔ≤１，均满足不等式图１ｇ（ｔｙ＋（１－ｔ）ｚ）≤ｔｇ（ｙ）＋（１－ｔ）ｇ（ｚ）①由图１，显然ｆ（８．５）＜ｆ（－４．８）．（１）求证：对任意整数ｎ和０≤ｔ≤１，有：六、迭代法化解抽象函数ｔ［ｇ（ｎ）－ｇ（ｎ－１）］≤ｇ（ｎ＋ｔ）－ｇ（ｎ）≤题意中有明显迭代关系式时，可以采用迭代ｔ［ｇ（ｎ＋１）－ｇ（ｎ）］；法化难为易，化解抽象函数．但找准迭代关系与细４１４心迭代是关键．（２）证明：≤ｆ（）≤槡２．３２３例６（２０１１年全国高中数学联赛贵州试题）化解思路：第（１）问两次运用换元法，令ｙ＝ｎ定义在Ｒ上的函数ｆ（ｘ）满足ｆ（０）＝０，

8、ｆ（ｘ）＋＋１，ｚ＝ｎ，不等式右边得证；令ｙ＝ｎ－１，ｚ＝ｎ＋ｘ１ｆ（１－ｘ）＝１，ｆ（）＝ｆ（ｘ），且当０≤ｘ１＜ｘ２ｔ３２ｔ，将ｔ用