题目天津卷在R上定义的函数fx是偶函数且fx文档格式.docx
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f（x）=–Acosπx+m，其中A为正数，m为任意实数.
那么，这里的f（x）到底是个什么函数呢？
请不要老是往统一的解析式上寻找.它是一个函数集合，我们可以用集合的描述法表示如下：
A={f（x）|f（x）是R上偶函数，f（x）=f（2–x），f（x）在区间［1，2］上递减}
像这样的抽象函数还有：
B={f（x）|f（–x）=f（x）}是偶函数的集合；
C={f（x）|f（–x）=–f（x）}是奇函数的集合；
D={f（x）|f（x+y）=f（x）+f（y）}是正比例函数的集合；
E={f（x）|
=
}是一次函数的集合，等等.
对这些抽象函数（集合），随着其他条件（性质）的添加，则抽象函数逐步提出它们的“子集”或“元素”.
如在D中，限制条件f
（1）=–2，则得到此集合中的一个“元素”：
f（x）=–2x.
三、抽象函数用方程定义
在7大数学思想中，人们把“函数方程思想”放在首位，函数与方程本来就是一对孪生兄弟.函数的解析式y=f（x）可视二元方程F（x，y）=0；
反之，对二元方程F（x，y），也可把y视作x的函数.
因此，函数不仅可用解析式定义，还可用方程或不等式定义.
【例3】已知函数f（x）的定义域为R，对任意实数m，n都有f（m+n）=f（m）·
f（n），且当x>
0时0<
f（x）<
1，
（Ⅰ）求f（0）的值；
求f
（1）=a的取值范
（Ⅱ）求证当x<
0时,f（x）>
1f（x）是R上的减函数
（Ⅲ）设A={（x，y）|f（x2）·
f（y2）>
f
（1）}，B={（x，y）|f（ax–y+2）=若A∩B=Φ，试确定实数a的取值范围.
【分析】这就是用方程和不等式定义的函数，按命题人思想，并不需要先求函数解析式（即使是已经知道这个函数是个指数函数），而是用函数的性质直接解题.
【解（Ⅰ）】f（0）=f（0+0）=f（0）·
f（0）=f2（0）
即f（0）–f2（0）=f（0）［1–f（0）］=0故f（0）=1或f（0）=0
舍去f（0）=0的证明
假设f（0）=0，则有f（n–n）=f（n）·
f（–n）=0
f（n），f（–n）中至少有一个为0，设f（n）=0
按n的任意性，则有f（x）=0，这与x>
0时，0<
f（x）<
1矛盾.
故只有f（0）=1
因为1>
0，所以0<
f
（1）=a<
【解（Ⅱ）】由已知x>
0，0<
1
f（–x）>
1，用x（<
0）代–x，得f（x）>
1.
设x1<
x2，易知f（x2–x1）<
则有
f（x1）>
f（x2）
f（x）是R上的减函数.
【解（Ⅲ）】f（x）是R上的减函数，由f（x2）·
f（y2）>
f
（1）
f（x2+y2）>
f
（1）
x2+y2<
1①
由f（ax–y+2）=1
ax–y+2=0②
故有A={（x，y）|x2+y2<
1}，B={（x，y）|ax–y+2=0}
依题意，以下混合组无解
按几何意义，单位圆x2+y2=1的圆心O（0，0）到直线l：
ax–y+2=0的距离大于半径1.即
【点评】本题是用“函数方程”解题的典型例子.实际上按题设所给的方程（外加不等式）可以确定了这个函数：
f（x）=ax，其中，0<
a<
1.它是典型的指数函数.
四、函数方程探求函数解析式
既然函数方程与函数解析式都能表示函数，那么它们之间就具有等价性.如从指数函数f（x）=ax（0<
1）可推出f（m+n）=f（m）·
f（n）且x>
0时0<
1，那么，反推过来也成立吗？
即由函数的方程式可以推导出函数的解析式吗？
【例4】已知函数f（x）的定义域为R，对任意实数m，n都有f（m+n）=f（m）·
1，设f
（1）=a
（Ⅰ）求值①f（3）;
②f（
）;
③f（–1）；
④f（–3）；
⑤f（
）
（Ⅱ）猜想并探求函数f（x）的解析式。
【解（Ⅰ）】①f（3）=f（1+1+1）=f3
（1）=a3
②
=a
③f（–1）
④f（–3）=f（–1–1–1）=f3（–1）=a–3
⑤
【解（Ⅱ）】已知函数f（x）,①f（x）的定义域为R;
②对任意实数m，n都有f（m+n）=f（m）·
f（n）;
③且当x>
1.
由此猜想,函数的解析式是f（x）=ax.0<
证明当x=m（∈N+）
f（x）=f（m）=f（1+1+…+1）（共m个1）
=f
（1）·
f
（1）…f
（1）（共m个f
（1））
=
=ax.
当x=–m,f（x）=f（–m）=f（–1–1–…–1）（共m个–1）
=f（–1）·
f（–1）…f（–1）（共m个f（–1））
当x=0时，已有f（x）=1=a0.
即当x为整数时，有解析式f（x）=ax
不难证明x=
时，即x为有理数时，有解析式f（x）=
=ax.
当x为无理数时，可视无理数为有理数的极限，也有f（x）=ax.
因此，对一切实数x，函数的解析式为f（x）=ax.
【说明】本例的函数方程为函数的指数模型，常见的超越函数模型有以下几类：
①指数函数满足f（x+y）=f（x）·
f（y）对数函数满足f（x·
y）=f（x）f（y），f（xy）=yf（x）；
②正弦函数满足f（x±
y）=f（x）g（y）±
f（y）g（x）；
③余弦函数满足f（x±
y）=f（x）f（y）
g（x）g（y）；
④正切函数满足f（x±
y）=
.
五、函数方程探求反函数性质
一个函数的反函数如果存在，它的性质可由原函数确定.如果原函数的性质可用函数方程表示，则反函数对应的性质也可用对应的函数方程表示.
如果函数f（x）满足f（x1+x2）=f（x1）f（x2）（Ⅰ）
设y1=f（x1），y2=f（x2），则x1=f–1（y1），x2=f–1（y2）,对（Ⅰ）式两边取反函数，可得
f–1［f（x1+x2）］=f–1［f（x1）·
f（x2）］
x1+x2=f–1（y1·
y2）
f–1（y1·
y2）=f–1（y1）+f–1（y2）（Ⅱ）
方程（Ⅱ）与（Ⅰ）表示的函数互为反函数.
【题5】已知函数f（x）定义域在（0，+∞）上，对于任意的x，y∈（0，+∞），都有f（xy）=f（x）+f（y），当且仅当x>
1时，f（x）<
0成立，
（1）设x，y∈（0，+∞），求证
；
（2）设x1，x2∈（0，+∞），若f（x1）<
f（x2），试比较x1与x2的大小；
（3）解关于x的不等式
【分析】本题是以对数函数为模型的抽象函数，可以参考对数函数的性质解题.
【解
（1）】因为f（xy）=f（x）+f（y），
所以
，所以
【解
（2）】因为f（x1）<
f（x2），所以f（x1）–f（x2）<
0，
即
，
因为当且仅当x>
0成立，所以当f（x）<
0时，x>
1，
所以
【解（3）】令x=y=1代入f（xy）=f（x）+f（y）得f
（1）=f
（1）+f
（1），f
（1）=0，
所以关于x的不等式
为
，由
（2）可知函数f（x）在定义域（0，+∞）上是减函数，所以0<
x2–（a+1）x+a+1<
由x2–（a+1）x+a<
0得，
当a>
1时，1<
x<
a，此时x2–（a+1）x+a<
0成立；
当a<
1时，a<
1，此时x2–（a+1）x+a<
当a=1，x≠1，此时x2–（a+1）x+a<
0成立.
【说明】在正比例函数f（x）中，有方程
f（x1+x2）=f（x1）+f（x2）（Ⅰ）
设其反函数为f–1（x），则y1=f（x1），y2=f（x2），x1=f–1（y1），x2=f–1（y2）
对式（Ⅰ）两边取反函数，则有
f–1［f（x1+x2）］=f–1［f（x1）+f（x2）］
x1+x2=f–1（y1+y2）
f–1（y1+y2）=f–1（y1）+f–1（y2）（Ⅱ）
式（Ⅱ）表明,f–1（x）也是正比例函数.
六、抽象函数的常见题型
函数的解析式与函数的方程式在解题上比优劣，前者最大的优势是求自变量对应的函数值，而在研究函数的性质方面，有时还不如方程式简便.
函数的性质有单调性、奇偶性、对称性、周期性等.
有关抽象函数的“方程题型”，往往是函数的“性质题型”.
抽象函数因其没有解析式，其性质以方程（或不等式）给出而成为解题依据.
在解选择题或填空题时，可以赋值为特殊函数，借助常见函数来求解
【题6】设f（x）是R上的任意函数，则下列叙述正确的是
A.f（x）f（–x）是奇函数B.f（x）|f（–x）|是奇函数
C.f（x）–f（–x）是偶函数D.f（x）+f（–x）是偶函数
【解析】A中，F（x）=f（x）f（–x），则F（–x）=f（–x）f（x）=F（x），
即函数F（x）=f（x）f（–x）为偶函数。
B中，F（x）=f（x）|f（–x）|，F（–x）=f（–x）|f（x）|
此时F（x）与F（–x）的关系不能确定，即函数F（x）=f（x）|f（–x）|的奇偶性不确定，
C中，F（x）=f（x）–f（–x），F（–x）=f（–x）–f（x），
即函数F（x）=f（x）–f（–x）为奇函数，
D中，F（x）=f（x）+f（–x），F（–x）=f（–x）+f（x）=F（x），
即函数F（x）=f（x）+f（–x）为偶函数，故选D.
【点评】上述解法为直接法，直接利用奇偶函数的性质进行判断.如用淘汰法，在任意函数中取f（x）=1和f（x）=x，则迅速排除A、B、C三支，答案为D.
【题7】已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x+2）=–f（x），则f（6）的值为
A.–1B.0C.1D.2
【解析】因为f（x）是定义在R上的奇函数，所以f（0）=0，又f（x+4）=–f（x+2）=f（x）
故函数f（x）的周期为4，所以f（6）=f
（2）=–f（0）=0，故选B.
【说明】下面图像分别表示的函数f1（x）、f2（x）是题设条件所给的函数集合中简单的两个具体函数.
f1（x）
f2（x）
如果在题设中再增添条件，则抽象函数“走向具体”.若增加的条件为：
f（x）在区间［1，2］上递增，则得f（x）的一个函数子集，函数f1（x）为其中1“元”，正弦函数f（x）=sin
也是其中1“元”.
若增加的条件为：
f（x）在区间［1，2］递减，则得f（x）的另一个函数子集，函数f2（x）为其中1“元”，正弦函数f（x）=–sin
【归纳】总结抽象函数的方程模型
（1）对称函数的模型为f（x+a）=f（b–x），其对称轴为x=
（2）周期函数的模型为f（x+a）=f（x+b），其周期为T=|a–b|
七、抽象函数的常见错误
如果抽象函数是一个函数集合，那么解抽象函数时常犯的错误有：
（1）把元素或子集的个性当成了集合的共性；
（2）反过来,对集合隐藏的共性不能按需要在解题中进行充分挖掘.特别是当抽象函数的性质用函数方程组表示时，容易忽略“组中”各方程中变量的任意性而产生的“互动”.
【例8】奇函数f（x）定义在R上，且对常数T>
0，恒有f（x+T）=f（x），则在区间［0，2T］上，方程f（x）=0根的个数最小值为
A.3个B.4个C.5个D.6个
【分析】本题的抽象函数是奇函数与周期函数的“交”：
解题时要想把抽象性质“用足”，不仅要充分利用各个函数方程（（Ⅰ）和（Ⅱ）），还要充分利用方程（Ⅰ）和（Ⅱ）的互动.
【错解】A..因为f（x）是R上的奇函数，先由方程（Ⅰ）得
f（0）=0
x1=0
再由方程（Ⅱ）得
f（2T）=f（T）=f（0）=0
x2=T，x3=2T.
即在区间［0，2T］上，方程f（x）=0根的个数最小值为3个（0，T，2T）.
【正解】C.由方程（Ⅰ）得f（0）=0
又因为
令x=0得
①
又
联立①，②得
x4
再由（Ⅱ）得
【点评】方程f（x）=0根x4和x5的求得，是充分地利用了函数方程（Ⅰ）和（Ⅱ）的互动.
错解中漏掉x4和x5的原因是，孤立地考虑了奇函数，把“起始根”只定在x1=0上.正解中，在周期性的互动下，找到了另一个“起始根”x4.
【说明】定义在R上、周期为T的奇函数f（x），在区间
上有3个零点
.如正弦函数f（x）=sinx的周期为2π，它在区间［–π，π］上有3个零点
（–π，0，π）.
八、抽象函数命题人也出错误
抽象函数，曾出现过高考大错题.命题人出错，也出现在“奇函数——周期函数”的零点问题上.
【例9】f（x）是定义在R上的以3为周期的奇函数，且f
（2）=0，则方程f（x）=0在区间（0，6）内解的个数的最小值是
A.2B.3C.4D.5
【说明】这是2005年福建卷（理）第12题，命题组提供的答案是D，即答案为5.
答案D从何而来？
以下是“D”的一种解法.
【错解】f（x）周期为3，由f
（2）=0，得f（5）=f
（2）=0，得
f（-1）=f（2-3）=f
（2）=0，得f（-4）=f（2-6）=f
（2）=0
f（x）为奇函数，得f
（1）=-f（-1）=0f（4）=-f（-4）=0，得
f（-0）=-f（0），得f（0）=0f（3）=f（3+0）=f（0）=0
于是，求得f（x）=0的解为：
1、2、3、4、5.共5个解，答案为D.
【正解】除了上述解法得f（x）=0的5个解外，还有如下的解.
根据方程f（x）=0的定义，x=1.5和x=4.5也是方程的解，证明如下：
由f（x）的周期性，知f（-1.5）=f（1.5）
（1）
由f（x）的奇偶性，知f（-1.5）=-f（1.5）
（2）
从而有f（1.5）=0，f（4.5）=f（1.5）=0.
所以，1.5和4.5也是方程f（x）=0的解.于是，方程的解共有7个：
即是1、1.5、2、3、4、4.5、5.
【结论】按上面讨论的结果，方程f（x）=0的解至少有7个.而原题的四个选项支中均没有这个答案.命题人给定的答案D是错的.
【实例】f（x）同时满足4个条件：
（1）定义在R上；
（2）奇函数；
（3）周期为3；
（4）f
（2）=0.据此，我们找到f（x）的一个解析函数具体例子：
并在区间（0，6）上找到f（x）=0的7个解，列表如下：
这7个解即是1，1.5，2，3，4，4.5，5.
函数
在一个周期［0，3］上的图像如下.图像与x轴有5个交点，故在［0，6］有9个交点，从而在（0，6）上有7个交点.
【反思】命题人的错误自然出在疏忽二字上.实在地，本题较难，首先难倒了命题人自己.
严格地讲，试题“超纲”.对两个周期函数的和函数，其最小正周期是它们的“最小公倍数”——这本身就没有进行过证明，对某些具体函数可以具体分析，但对抽象函数来讲，却没有理论依据.而本题，又恰恰是个抽象函数，而且是个综合问题.命题出错似乎是必然的.
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