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1、抽象函数的模型化思考210008江苏南京外国语学校李平龙在函数的推理与分析屮，常见未给出函数解析式、仅给出函数恒等式或函数方程的一类抽象函数问题。由于问题呈现的都是抽象函数的有关性质，学生便难以像常规问题那样去寻求信息、布置解题方案，即使教师反复多次地把“绝妙”的解题方法奉献给学生，他们偶遇类似问题仍不知所措。本文尝试从特殊模型出发进行思考，以期突破教与学之难点。1以线性函数为模型的抽象函数体现为对一-切实数x,y都有f(x+y)=f(x)+f(y)・b①，一次函数y=ax+b便是满足函数恒等式①的最常见的模型。若我们能从这个具体的模型出发，根据解题H
2、标展开联想，则常可猜测出抽象函数所蕴含的重耍性质，并以此作为解题的突破口。例1已知函数f(x)的定义域为R,对一切实数x,y都有f(x+y)=f(x)+f(y)-1，且/(--)=O,当兀>_丄时,/(x)>0o(1)讨论f(x)的奇偶性，并说明理由；(2)该函数是否为单调函数，试证明你的结论。分析：一次函数y=2x+l是满足题设的抽象函数屮的一员，由此猜想原抽象函数f(x)是非奇非偶函数，且在R上为增函数。这次模型化思考，无疑为我们指明了努力的方向。解(1)Tf(0+0)=f(0)+f(0)-1,・・・f(0)=1,故f(x)不是奇函数；又・・・/(
3、0)=/(斗一+)=/(+)+(-》一1，・・・/(+)=2h/(—》，故f(x)不是偶函乙厶乙厶乙乙数。(2)任取兀1,兀2WR,且兀1<兀2，则于(兀2)-/(兀1)=/[匕2--.fO])=[/(兀2—石)+/(站)一1]一/(石)=/(兀2一兀1)一1=f(X2一兀I)+/(_£)_1=f(X2_州_g)〉0(丁X2~X~^〉_g)，•I/(兀2)>fW,故该函数是增函数。第1页共4页评注：为我们利用模型产生联想或猜想时，最为重要的便是利用函数恒等式①,从一般到特殊进行赋值推理。新的难点需靠经验的不断积累和能力的逐步增强方可突破。2以二次函数
4、为模型的抽象函数二次函数在形丄的对称性所产生的数量关系的恒等式：f(a-x)=f(a+x)②，是这类命题的基础。而②式也恰好反映了抽象函数关于xf対称。例2已知函数f(x)在[2,+oo)上为减函数，且f(1-x)=f(3+x),试解关于x的不等式：/[logj(x2+x+；)]v/[log】(2,+j)]o2258分析：恒等式②表明了函数f(x)的图象关于直线x=2对称，此吋，不必借助于满足条件的一个具体函数y二(x-2)2,也能发现f(x)在(-oo,2]±为增函数。・・・/[log1(X2+兀+：)=/[log,(x+£)2+}<2,222249
5、5191/[log1(2x2-x+-)=/[log
6、[2(x--)2+-)]<12X242•*.原不等式等价于log](x2+x+-)—兀—x"—2xH—<0,288・・.1_占7<兀<1+』1,故原不等式的解集为(1_』2,1+卫？)。44443以指数函数为模型的抽象函数体现为对一-切实数x,y都有f(x+y)=f(x)f(y)③,由指数函数的性质知y=ax(a>0卫工1)是满足恒等式③的重要函数之一。例3已矢口函数f(x)的定义域为R,对一切实数x,y都有f(x+y)=f(x)f(y),且当兀i工七时,于
7、(兀1)工f(x2)°⑴求f(0)的值;(2)设兀i工兀2,试比较f(X
8、)+f(x2)与2/(土严)的大小，并证明你的结论。分析：依据指数模型可联想到f(0)=1,并且结合图象知f(X!)+f(X2)>2/(斗电)。下面关键在于合理地利用条件恒等式③，实施赋值推理。解(1)法1令x二y二0,代入③式得，f(0)=[f(0)]2,则f(0)二0或f(0)=lo若f(0)=0,则f(x)=f(x+0)=f(x)f(0)=0,此与条件矛盾。故f(0)=lo法2在③式中令x=0,得f(y)=f(y)f(0),/.f(0)=1或f(y)=0。若存在y使f(y)
9、=0,则对任意实数x,有f(x)=f[(x-y)+y]=f(x-y)f(y)=0,又与条件矛盾。故f(0)=lo(2)・・・f(xi)+f虽)》(守+守)+门守+守)=/(今)2+“
10、)2>2/(y)/(^),又兀I*?时,f中工f(号)'・；f(X
11、)+f(X2)>2/("。评注：抽象函数为我们提供了广阔的思维空间，解题吋不仅可以探索问题的不同解法，还可以对结论进行发散式的思考。如在本例的条件下，便可发现f(x)>0、f(x-y)等结论；还可思索，为确保f(x)是单调函数，是否需要附加条/(?)件？4以对数函数为模型的抽象函数体现为对一•切正实数x,
12、y都有f(xy)=f(x)+f(y)④，由对数函数的运算法则知),=log“火〉()卫工1)是
