是［－ １， １］； ③在其定义域上递减； ④ ｆ（ ｘ） ＋ｆ（ ｙ） ＝ ｆ（ ｘｙ） 对于
任意实数 ｘ， ｙ 都成立．解不等式 ｆ－１（ ｘ）·ｆ－１（ １ ） ≤ １ ． １－ ｘ ２
联想
因 为 ｌｏｇａ（ ｘ·ｙ） ＝ｌｏｇａｘ＋ｌｏｇａｙ， 而 ｌｏｇ １
２
１ ２
＝１， ｙ＝
ｌｏｇ １ ｘ 在其定义域内为减函数， 所以猜测它的模型函数
#!ｆ －１（ ｘ＋ １ ） ≤ｆ －１（ １） ， #ｘ＋ １ ≥１，
% １－ ｘ
% １－ ｘ
%%－ １≤ｘ＋ １ ≤１，
$
１－ ｘ
%%－ １≤ｘ＋ １ ≤１，
∴(
１－ ｘ
∴ｘ＝０．
%－ １≤ｘ≤１，
%－ １≤ｘ≤１，
&%%－ １≤
１ １－ ｘ
≤１．
&%%－ １≤
１ １－ ｘ
≤１．
故 原 不 等 式 的 解 集 为 ｛０｝．
二 、寻 觅 特 殊 函 数 的 模 型
１．指 数 函 数 模 型
例 ６ 设 ｆ（ ｘ） 定义于实数集 Ｒ 上， 当 ｘ＞０ 时， ｆ（ ｘ） ＞１，
且对于任意实数 ｘ， ｙ， 有 ｆ（ ｘ＋ｙ） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ ｙ） ， 同时 ｆ（ １） ＝２，
解不等式 ｆ（ ３ｘ－ ｘ２） ＞４．
联 想 由于 ａｘ＋ｙ＝ａ·ｘ ａｙ（ ａ＞０， ａ≠１） ， 于是猜测它的模型
ｘ－ １
ｘ－ １
ｘ－ １
①－ ②＋③并化简得 ｆ（ ｘ） ＝ ｘ３－ ｘ２－ １ ． ２ｘ（ ｘ－ １）
小 结 把 ｘ 和 ｘ－ １ 分 别 看 作 两 个 变 量 ， 怎 样 实 现 由 ｘ
两个变量向一个变量的转化是解本题的关键．通常情况
下， 给某些变量适当赋值， 使之在关系中“消失”， 进而只
保留一个变量， 是实现这种转化的重要策略．
解 在 ｆ（ ｘ＋ｙ） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ ｙ） 中取 ｘ＝ｙ＝０， 得 ｆ（ ０） ＝ ｆ ２（ ０） ，
若 ｆ（ ０） ＝０， 令 ｘ＞０， ｙ＝０， 则 ｆ（ ｘ） ＝０， 与 ｆ（ ｘ） ＞１ 矛盾．
∴ｆ（ ０） ≠０， 即有 ｆ（ ０） ＝１．
当 ｘ＞０ 时， ｆ（ ｘ） ＞１＞０ ； 当 ｘ＜０ 时， － ｘ＞０， ｆ（ － ｘ） ＞１＞０．
解 由 已 知 条 件②、③知 ， ｆ（ ｘ） 的 反 函 数 存 在 ， 并 在
定义域［－ １， １］上递减， 且 ｆ－１（ １） ＝ １ ． ２
设 ｙ１＝ ｆ －１（ ｘ１） ， ｙ２＝ ｆ －１（ ｘ２） ， 则有 ｘ１＝ ｆ（ ｙ１） ， ｘ２＝ ｆ（ ｙ２） ． ∴ｘ１＋ｘ２＝ ｆ（ ｙ１） ＋ ｆ（ ｙ２） ＝ ｆ（ ｙ１ｙ２） ， 即有 ｙ１ｙ２＝ ｆ－１（ ｘ１＋ｘ２） ． ∴ｆ － １（ ｘ１）·ｆ － １（ ｘ２） ＝ ｆ － １（ ｘ１＋ｘ２） ． 于是， 原不等式等价于
（ ２）
设
０＜ ｘ１＜ ｘ２，
∴０＜ ｘ１ ｘ２
＜１．
∴ｆ（ ｘ１） ＝ ｆ（
ｘ１ ｘ２
·ｘ２）
＝
ｆ（
ｘ１ ｘ２
）·ｆ（ ｘ２） ．
∵当 ０＜ｘ＜１ 时， ０＜ ｆ（ ｘ） ＜１，
∴０＜ ｆ（
ｘ１ ｘ２
） ＜１．∴ｆ（ ｘ１） ＜ ｆ（ ｘ２） ．
故函数 ｆ（ ｘ） 在（ ０， ＋∞） 上是增函数．
解 由 ｆ（ ｘ２） 的 定 义 域 是［１， ２］， 即 １≤ｘ≤２， 所 以 １≤
ｘ２≤４， 故函数 ｆ（ ｘ） 的定义域是［１， ４］．
小结 已知函数 ｆ（ φ（ ｘ） ） 的 定 义 域 是 Ａ， 求 ｆ（ ｘ） 的 定
义域问题， 相当于已知 ｆ（ φ（ ｘ） ） 中 ｘ 的 取 值 范 围 为 Ａ， 据
２
思 路 分 析 由 题 设 可 知 ｆ（ ｘ） 是 幂 函 数 ｙ＝ｘ ３ 的 抽 象
函数， 从而可猜想 ｆ（ ｘ） 是偶函数， 且在（ ０， ＋∞） 上是增函数．
解 （ １） 令 ｙ＝－ １， 则 ｆ（ － ｘ） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ － １） ．
∵ｆ（ － １） ＝１， ∴ｆ（ － ｘ） ＝ ｆ（ ｘ） ， 即 ｆ（ ｘ） 为偶函数．
又 ｆ（ １） ＝２， ∴ｆ（ ３ｘ－ ｘ２） ＞ ｆ（ １）·ｆ（ １） ＝ ｆ（ １＋１） ＝ ｆ（ ２） ．
由 ｆ（ ｘ） 的单调递增性质可得
３ｘ－ ｘ２＞２， 解得 １＜ｘ＜２．
２．对 数 函 数 模； ②函 数 的 值 域 ２
ｆ（ ９） 的值．
解 取 ｘ＝２， ｙ＝３， 得 ｆ（ ６） ＝ ｆ（ ２） ＋ ｆ（ ３） ．
∵ｆ（ ２） ＝１， ｆ（ ６） ＝ １ ， ∴ｆ（ ３） ＝－ ４ ．
５
５
又取 ｘ＝ｙ＝３， 得 ｆ（ ９） ＝ ｆ（ ３） ＋ ｆ（ ３） ＝－ ８ ． ５
小结 通过观察， 找出已知与未知的联系， 巧妙地取
的， 高考对抽象函数这一考点主要考查的是函数的概念
和 知 识 的 内 涵 及 外 延 的 掌 握 情 况 、逻 辑 推 理 能 力 、抽 象
思维能力和数学后继学习的潜能．为了扩大读者的视野，
现就抽象函数常见题型归纳如下．
一 、函 数 的 基 本 概 念
１．抽 象 函 数 的 定 义 域 问 题
例 １ 若函数 ｆ（ ｘ２） 的定义域是［１， ２］， 求 ｆ（ ｘ） 的定义域．
函数为 ｆ（ ｘ） ＝ａｘ（ ａ＞０， ａ≠１） ．由 ｆ（ １） ＝２， 还可以猜想 ｆ（ ｘ） ＝２ｘ．
思路分析 由 ｆ（ ２） ＝ ｆ（ １＋１） ＝ ｆ（ １）·ｆ（ １） ＝４， 需求解的
不等式可化为 ｆ（ ３ｘ－ ｘ２） ＞ ｆ（ ２） ．这样， 证明函数 ｆ（ ｘ） 的单调
性成了解题的突破口．
解 已知 ｆ（ ｘ） ＋ ｆ（ ｘ－ １ ） ＝１＋ｘ．
①
ｘ
若以 ｘ－ １ 代换①中 ｘ， 得 ｘ
名言佳句
星垂平野阔， 月涌大江流。— ——杜甫
学习辅导 ９
■ 数学 ■
ｆ（
ｘ－ １ ｘ
） ＋ｆ（ －
１ ｘ－ １
）
＝
２ｘ－ ｘ
１
．
②
再以－ １ 代换①中 ｘ， 得 ｆ（ － １ ） ＋ ｆ（ ｘ） ＝ ｘ－ ２ ． ③
等式， 求出 ｘ 的范围．例 ２ 和例 １ 在形式上恰好相反．
２．抽 象 函 数 的 求 值 问 题
例 ３ 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 ； ② ｆ（ ｘ·ｙ） ＝ ｆ（ ｘ） ＋ ｆ（ ｙ） ．求 ｆ（ ３） ， ５
（ ３） ∵ｆ（ ２７） ＝９，
又 ｆ（ ３×９） ＝ ｆ（ ３）·ｆ（ ９） ＝ ｆ（ ３）·ｆ（ ３）·ｆ（ ３） ＝ ｆ ３（ ３） ，
∴９＝ｆ
３（
３）
，
即
ｆ（
３）
＝
３
)
９
．
∵ｆ（
ａ＋１）
≤
３
)
９
， ∴ｆ（ ａ＋１） ≤ ｆ（ ３） ．
１０ 学习辅导
飘飘何所似， 天地一沙鸥。— ——杜甫
２
（３－ ｘ）≤２， ∴（ １ ２
）２≤３－ ｘ≤（
１ ２
）－１， 即 １≤ｘ≤ １１ ４
．
∴函数 ｆ ［ｌｏｇ １
２
（ ３－ ｘ） ］的定义域是［１，
１１ ４
］．
小 结 这 类 问 题 的 一 般 形 式 是 ： 已 知 函 数 ｆ（ ｘ） 的 定
义 域 是 Ａ， 求 函 数 ｆ（ φ（ ｘ） ） 的 定 义 域．正 确 理 解 函 数 符 号
由于 ｆ（ ｘ＋ｙ） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ ｙ） 对任意 ｘ， ｙ"Ｒ 均成立， 因此，
对任意 ｘ"Ｒ， 有
ｆ（ ｘ） ＝ ｆ（ ｘ ＋ ｘ ） ＝ ｆ（ ｘ ）·ｆ（ ｘ ） ＝ ｆ ２（ ｘ ） ≥０．
２２
２
２
２
下面证明对于任意 ｘ"Ｒ， 恒有 ｆ（ ｘ） ≠０．
设存在 ｘ０"Ｒ， 使得 ｆ（ ｘ０） ＝０， 则 ｆ（ ０） ＝ ｆ（ ｘ０－ ｘ０） ＝ ｆ（ ｘ０）·ｆ（ － ｘ０） ＝０． 这与 ｆ（ ０） ≠０ 矛盾， 因此， 对任意 ｘ"Ｒ， ｆ（ ｘ） ≠０．
ｆ（ ｘ２） ， 求函数 ｆ（ ｘ） 的值域． 解 令 ｘ＝ｙ＝ ０， 得 ｆ（ ０） ＝ ｆ２（ ０） ， 即有 ｆ（ ０） ＝０ 或 ｆ（ ０） ＝１．
若 ｆ（ ０） ＝０， 则 ｆ（ ｘ） ＝ ｆ（ ｘ＋０） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ ０） ＝０， 对任意 ｘ"Ｒ
均 成 立 ， 这 与 存 在 实 数 ｘ１≠ｘ２， 使 得 ｆ（ ｘ１） ≠ｆ（ ｘ２） 成 立 矛 盾．故 ｆ（ ０） ≠０， 即 ｆ（ ０） ＝１．
ｘ＝２， ｙ＝３， 这 样 便 把 已 知 条 件 ｆ（ ２） ＝１， ｆ（ ６） ＝ １ 与 欲 求 的 ５
ｆ（ ３） 联系起来了．这是解此类问题的常用技巧．
３．抽 象 函 数 的 值 域 问 题
例 ４ 设 函 数 ｆ（ ｘ） 定 义 于 实 数 集 上 ， 对 于 任 意 实 数
ｘ， ｙ， ｆ（ ｘ＋ｙ） ＝ ｆ（ ｘ）·ｆ（ ｙ） 总成立， 且存在 ｘ１≠ｘ２， 使得 ｆ（ ｘ１） ≠
２
为 ｆ（ ｘ） ＝ｌｏｇ １ ｘ， 且 ｆ－１（ ｘ） 的模型函数为 ｆ－１（ ｘ） ＝（
２
１ ２
） ｘ．
思 路 分 析 由 条 件②、③知 ， ｆ（ ｘ） 的 反 函 数 存 在 ， 且
在定义域［－ １， １］上递减， 由①知 ｆ－１（ １） ＝ １ ．剩下的只需由 ２