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.

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.

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.

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<x₂，判定抽象函数的单调性；③令y=﹣x，判定抽象函数的奇偶性；④换x为x+T，确定抽象函数的周期；⑤用x=+或换x为等来解答有关抽象函数的其它一些问题.

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<x₂，且在f(x+y)=f(x)+f(y)中，令x=x₂，y=﹣x₁，则f(x₂﹣x₁)=f(x₂)+f(﹣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.

例12 设函数是定义在R上的增函数，且f(x)≠0，对于任意、都有．

(1)　　 求证：f(x)＞0；

(2)　　 求证：；

(3)若f(1)=2，解不等式f(3x) ＞4f(x)．

[分析]由于函数具有本例中f(x)的条件与结构，因而在求解过程中应以指数函数(a＞0且a≠1)为模型类比求解．

[解析](1)令，则，∵f(t) ≠0,

∴f(t) ＞0，即f(x) ＞0，．

(2)∵，又f(x) ≠0，

∴．

(3)∵f(1)=2，∴2f(x)= f(1) ·f(x)= f(1+x)，4 f(x)=2·2 f(x)= f(1)·f(1+x)= f(2+x)，∴f(3x) ＞4f(x)，即f(3x) ＞f(2+x)．又f(x)是定义域R上的增函数，∴3x＞2+x，∴x＞1，故不等式f(3x) ＞4f(x)的解集为{x|x＞1}．

[点评]在解有关抽象函数问题时，可以根据题中的抽象函数关系式的特例，即具体函数，类比求解，这样可以使解题方向明确．

例13 已知函数f(x)的定义域为(0，+∞)且在其上为增函数，满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(2)=1，试解不等式f(x)+f(x－2)＜3．

[分析]解此题的关键是求函数值3所对应的自变量值，即求f(a)=3中a的值．

[解析]∵f(4)=f(2)+f(2)=2，又3=2+1= f(4)+f(2)= f(4×2)= f(8)，即f(8)=3，根据题中关系式，有f(x)+ f(x－2)=，所以，原不等式化成＜ f(8)，有，∴不等式的解集为{x|2≤x≤4}．

例11 已知定义域为的函数f(x)，对任意x、y∈恒有f(xy)=f(x)+f(y)．

(1)求证：当x∈时，；

(2)若x＞1时，恒有，求证：f(x)必有反函数；

(3)设是f(x)的反函数，求证：在其定义域内恒有．

证明：(1)∵，则有f(1)= f(1)+f(1) ,∴有f(1)=0，∴．

(2)，且时，，∴．

由，得，

∴，知f(x)在上为单调递减函数．∴f(x)必有反函数．

(3)设，∴，，即．

例12　 已知函数，其定义域为．

(1)若f(x)在其定义域内有反函数，求t的取值范围；

(2)在(1)的条件下，求反函数．

解：(1)∵f(x)在时其对称轴为x=t．

当时，f(x)在其定义域内为增函数，所以此时f(x)有反函数；

同理，当时，f(x)在其定义域内也有反函数；

当时，f(x)图象在的一段比在的一段更靠近对称轴．那么要使得f(x)在定义域内有反函数，应有．

则得，解得；

当时，同理应有，解得；

当时f(x)显然不存在反函数．

有以上讨论可知，f(x)在其定义域内有反函数的t的范围为：．

(2)由，得．

当时知，，∴．

∴此时反函数为，其中

当时，．

∴此时反函数为，其中

当时，反函数为．

3、周期性

例10设f(x) 定义在R上的偶函数，其图象关于直线x=1对称，对任意、都有，且f(1)=a＞0．

(1)求、；

(2)证明f(x)是周期函数．

[分析]偶函数的图象关于y轴对称，由函数图象关于直线x=1对称，可以判定函数f(x)是周期函数．

[解析](1)由，、，知，x∈[0，1]，∵，，又f(1)=a＞0，∴，．

(2)依题意设y=f(x)关于直线x=1对称，∴f(x)= f(1+1－x)，f(x)= f(2－x)，又∵f(－x) =f(x)，∴f(x)= f(x+2)，∴函数f(x)是R上的周期函数，且2是它的一个周期．

2、奇偶性

例9 设f(x)是定义在R上的函数，满足f(x+2)=－f(x)，且x∈[0，2]时，．

(1)求x∈[－2，0]时，f(x)的表达式；

(2)求f(9)和f(－9)的值；

(3)证明f(x)是奇函数．

[分析]这是一个分段函数问题，首先求出函数的表达式，然后在利用定义证明函数是奇函数．

[解析](1)∵x∈[－2，0]时，x+2∈[0，2]，∴f(x)=－f(x+2)=－[2(x+2)－(x+2)]，即x∈[－2，0]时，．

(2)∵f(x+2)=－f(x)，∴f(x+4)=－f(x+2)= f(x)，∴f(x)是以4为周期的周期函数．∴f(9)=f(1)=1，f(－9)= f(－1)=－1，．

(3)∵，

又∵f(x)+f(－x)=，∴f(x)+f(－x)=0，(x∈[－2,2])，∴f(x)在[－2,2]上为奇函数．若x∈[4k－2,4k+2]，k∈Z，则－x∈[－4k－2, －4k +2]，,∴f(x)= f(x－4k)，f(－x)= f(－x+4k)，且x－4k与－x+4k∈[－2，2]又∵－x+4k=－(x－4k)，∴f(－x+4k)=－f(x－4k), ∴f(－x)=－f(x)，∴f(x)为奇函数．

1、单调性

例7 已知函数y=f(x)的定义域为R，对任意x∈R，均有f(x+x)=f(x)+f(x)，且对任意x＞0，都有f(x)＜0，f(3)=－3．

(1)证明函数y=f(x)是R上的单调减函数；

(2)试求函数y=f(x)在[m，n](m，n∈Z且mn＜0＝上的值域．

[分析]利用函数的单调性的定义证明；由(1)的结论可知f(m)、f(n)分别是函数y=f(x)在[m，n]上的最大值与最小值，故求出f(m)与f(n)即可得所求函数的值域．

[证明](1)任取、，且＜，，由题设f(x+x)=f(x)+f(x)，可知，∵＜，∴－＞0，∴f(－)＜0, ∴＜，故y=f(x)是R上的单调减函数．

(2)由于y=f(x)是R上的单调减函数，∴y=f(x)在[m，n]上也是单调递减函数，∴y=f(x)的最大值为f(m)，最小值为f(n)，∵f(n)=f[1+(n－1)]=f(1)+f(n－1)=2f(1)+f(n－2)=……=nf(1),同理f(m)= m f(1)．

∵f(3)=－3，∴f(3)=3 f(1) =－3，∴f(1)=－1，f(m)=－m，f(n)=－n，故函数y=f(x)在[m，n]上的值域为[－n ，－m]．

[点评]：对于抽象函数，往往通过研究函数的单调性确定其最值和值域；对抽象函数关系式中的变元取适当的值，求所需关系式或值，是解决抽象函数问题的常用技巧．

例8 若函数f(x)=|x－a|在(－∞，1)内是减函数，求实数a的取值范围．

[分析]本题采用数形结合的方法形象直观容易求a的取值范围．

[解析]f(x)=|x－a|=，作出函数的图象，由于(－∞，a)内是减函数，而在(－∞，1)内也是减函数，故(－∞，1)是(－∞，a)的子区间．

因此a≥1．

例5 已知函数y=f(2x+1)的定义域是[0，1]，求y=f(x)的定义域．

[分析]函数y=f(2x+1)的定义域是[0，1]，是指解析式中x的取值范围，2x+1不是自变量，而是中间变量，f(2x+1)中的中间变量相当于f(x)中的x，所以此题是已知x∈[0，1]，求2x+1的取值范围．

[解析]∵函数y=f(2x+1)的定义域是[0，1]，∴0≤x≤1，∴1≤2x≤3，∴函数y=f(x)的定义域是[1，3]．

[点评]若已知函数y=f(x)的定义域为[a，b]，求y=f(g(x))的定义域，只需将g(x)代换为x，解不等式a≤g(x)≤b，，求出x的集合即为y=f(g(x))的定义域；若已知y=f(g(x))的定义域为[a，b]，求函数y=f(x)的定义域，只要求出y= g(x) ，x∈[a，b]，的值域即为y=f(x)的定义域．

例6 已知函数，求其定义域和值域．

[分析]求分段函数的定义域只要将各段的子区间取并集；求分段函数的值域需要分段求出值域，在取并集．

[解析]，由于[－1，1]∪(1，+∞)∪(－∞，－1)=R，可知，定义域为R．

当x∈[－1，1]时，，f(x) ∈[0，1]；而当x∈(1，+∞)∪(－∞，－1)时，f(x)=2，因此函数的值域为：[0，1] ∪{2}．