问题抽象范文

问题抽象范文（精选12篇）

问题抽象 第1篇

关键词：抽象函数,函数,赋值

高一数学中引入了函数符号f(x),对于刚从初中升入高中的学生而言,这是比较抽象的,对函数的理解是高中数学的起始课,也是最关键的一课,函数学得好坏直接影响高中数学成绩好坏.抽象函数是函数中较难理解的,抽象函数是指没有明确给出函数表达式或图像, 但给出了函数满足的一部分性质或运算法则, 此类函数问题既能全面考查学生对函数概念的理解及性质的代数推理的论证能力, 又能综合考查学生对数学符号语言的理解和接受能力,以及一般和特殊关系的认识.它在高中数学教材中没有具体涉及, 但在高考及各类模拟试题中经常见到,学生普遍感到束手无策.实际上,有些抽象函数问题,用常规解法很难解决,但与具体函数“对号入座”后并结合赋值思想,问题就很容易迎刃而解.尤其是当我们解决选择和填空题时,可以很快得到正确答案.下面通过例题,对这种方法的有效性和快捷性予以论证.

1.若抽象函数y=f(x)对任意实数x,y均有f(x+y)=f(x)+f(y),像这类抽象函数,我们立即想到正比例函数y=kx(k≠0),它是满足所给的条件的,因而借助于正比例函数可将问题简单化.

例1:若对于任意实数x,y有f(x+y)=f(x)+f(y)均成立,且f(x)不恒为0,请判断函数f(x)的奇偶性.

分析:根据题意,可联系正比例函数模型y=kx(k≠0),很快判断答案为奇函数.利用赋值思想给出解题过程,验证答案的正确性.

【解析】令x=y=0,则有f(0)=f(0)+f(0),故有f(0)=0.

令y=-x,则有f(0)=f(x)+f(-x),

故有f(-x)=-f(x),

又因为f(x)不恒为0,所以函数f(x)是奇函数.

2.若抽象函数y=f(x)满足当x>0且y>0时 ,总有f(xy)=f(x)+f(y),我们知道对数函数满足上述条件 ,则可用对数函数为模型引出解题思路.

例2.设f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,解不等式f(x)+f(x-8)≤2.

分析:根据题意,可联系对数函数模型y=log3x, 由f (x)+f(x-8)≤2得log3x+log3(x-8)≤2,很快解得8<x≤9.利用赋值思想给出解题过程,验证答案的正确性.

【解析】∵函数f(x)满足f(xy)=f(x)+f(y),f(3)=1,

∴2=1+1=f(3)+f(3)=f(9),

由f(x)+f(x-8)≤2得f[x(x-8)]≤f(9),

∵函数f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数,

则x(x-8)≤9且x-8>0,

∴不等式解集为{x|8<x≤9}.

3.若抽象函数y=f(x)满足当x>0且y>0时 ,总有f(x+y)=f(x)f(y),我们知道指数函数满足上述条件 ,则可用指数函数为模型引出解题思路.

例3.函数f(x)(x∈R),当x>0时,0<f(x)<1,且对任何实数x,y恒有f(x+y)=f(x)f(y),试判断函数f(x)的单调性.

分析:根据题意,可联系指数函数模型y=ax,很快判断答案为减函数.利用赋值思想给出解题过程,验证答案的正确性.

4.若抽象函数y=f(x)对任意实数x、y都有f(xy)=f(x)·f(y),我们知道幂函数满足上述条件, 则可用幂函数为模型引出解题思路.

例4.已知函数f(x)对任意实数x、y都有f(xy)=f(x)·f(y),且f(-1)=1,f(27)=9,当0≤x<1时 ,0≤f(x)<1.

(1)判断f(x)的奇偶性 ;

(2)判断f(x)在 [0,+∞)上的单调性 ,并给出证明 ;

分析:根据题意,可联系幂函数模型,从而可猜想f(x)是偶函数,且在[0,+∞)上是增函数.利用赋值思想给出解题过程,验证答案的正确性.

以上解题思路体现了将抽象问题特殊化、具体化的思想,使得抽象的问题不再抽象而变得简单,不难发现通过与具体的函数建立对应关系可很快得到正确答案. 在解决抽象函数问题时,赋值思想贯穿始终,往往是利用赋值思想开路,利用函数性质搭桥,二者融会贯通,解题事半功倍.

参考文献

[1]黄红.浅谈高中数学概念的教学方法[J].广西右江民族师专学报,2003(6).

[2]胡中双.谈高中数学教学中创造性思维能力的培养[J].湖南教育学院学报,2001(7).

问题抽象 第2篇

f(x)f(x)0的解集为 x，0)(1，)B．(，1)(0，1)C．(，1)(1，)D．(1，0)(01)，A．(11.奇函数f(x)在(0，)上为增函数，且f(1)0，则不等式

2.设定义在R上的函数fx满足fxfx213，若f12，则f99

132D.213

3.定义在R上的函数f(x)满足f(xy)f(x)f(y)2xyf(1)2，则f(3)等于 A．13B.2C.A．2B．3C．6D．9

4.设f(x)是连续的偶函数，且当x>0时f(x)是单调函数，则满足f(x)fx3的所有xx4

之和为A．3B．3C．8D．

5．定义在R上的函数f(x)既是奇函数，又是周期函数，T是它的一个正周期.若将方程

f(x)0在闭区间T,T上的根的个数记为n，则n可能为

A.0B.1C.3D.5

6.已知定义域为R的函数f(x)在(8,)上为减函数，且函数y=f(x+8)函数为偶函数，则（）

A.f(6)>f(7)B.f(6)>f(9)C.f(7)>f(9)D.f(7)>f(10)

7.若f(x)是定义在(0,+∞)上的增函数，且对一切x＞0满足f(x/y)f(x)f(y),且

f(6)=1,则不等式f(x+3)-f(1/x)＜2的解集为.8.R上的单调函数fx,f3log23，对于任意的实数m、n∈R，都有f(m+n)＝f(m)＋f(n)

成立，若fk3xf3x9x20对于任意的实数R恒成立，则实数k的取值范围是.9.函数定义在R上，对任意实数m,n，恒有fmnfmfn，且当x0时，0fx1.若集合Ax,yfx2fy2f1,Bx,yfaxy21,aR，若AB，则实数a的取值范围

是.10.函数f(x)对任意x1,x2∈R,当x1+x2=1时,恒有f(x1)+f(x2)=1,且f(0)=0,若

an=f(0)+f(1/n)+f(2/n)+…+f(n-1/n),则an=

+11.设函数f(x)是定义域为R，且对任意的x,y都有f(xy)=f(x)+f(y),，当且仅当x>1时，xf(x)>1成立，则不等式f(ax1)>f(a-3)(0

12.已知函数 fx满足：对任意的实数 fxyfxfy2xy1成立，且

等式fx22x3120的解集为（2）不f10;当x1时,fx0.（1）若anfn，则数列an的通项公式为13.已知Fx是R上的减函数，且fxxFx

（1）对于任意的x1,x2R,求证：fx1x1Fx1x2,，并判断 fx1fx2fx1x2是

否为Fx是R上减函数的必要条件；（2）如果（1）中判断成立，试将其推广一般情形

（不必证明）；若不成立，请写出一个正确的结论（不必证明）。

14.已知f（x）是定义在R上的不恒为零的函数，且对于任意的a，b∈R，都满足f（ab）

=af（b）+bf（a）.⑴ 求f（0），f（1）的值；⑵ 判断f（x）的奇偶性，并证明你的结论；

n⑶ 若f（2）=2，Unf2（n∈N），求数列｛Un｝的前n项和Sn。

浅析抽象函数问题解题策略 第3篇

由于函数概念比较抽象，学生对解有关函数记号 的问题感到困难，学好这部分知识，能加深学生对函数概念的理解，更好地掌握函数的性质，培养灵活性，提高解题能力，优化学生数学思维素质。解决抽象函数的问题要求学生基础知识扎实、抽象思维能力、综合应用数学能力较高。所以，近年来高考题中不断出现，在全国各地高考试题中，抽象函数遍地开花。但学生在解决这类问题时常常感到束手无策、力不从心。下面，通过例题全面探讨抽象函数主要考查的内容及其解法。

一、抽象函数的定义域、值域

例1：已知函数f(x)的定义域为[1,3]，求出函数g(x)=f(x+a)+f(x-a)（a＞0）的定义域。

解析：由a＞0知，只有当0＜a＜1时，不等式组才有解，具体为{x|1+a＜x≤3-a｝；否则不等式组的解集为空集，这说明当且仅当0＜a＜1时，g(x)才能是x的函数，且其定义域为（1+a,3-a]。

点评：1.已知f(x)的定义域为[a,b]，则f[g(x)]的定义域由a≤g(x)≤b，解出x，即可得解；2.已知f[g(x)]的定义域为[a,b]，则f(x)的定义域即是g(x)在x[a,b]上的值域。

解决抽象函数的值域问题是由定义域与对应法则决定。

例2：若函数y=f(x+1)的值域为[-1，1]，求y=(3x+2)的值域。

解析：因为函数y=f(3x+2)中的定义域与对应法则与函数y=f(x+1)的定义域与对应法则完全相同，故函数y=f(3x+2)的值域也为[-1，1]。

二、求抽象函数表达式

1．换元法：即用中间变量表示原自变量 的代数式，从而求出，这也是证某些公式或等式常用的方法，此解法可培养学生的灵活性及变形能力。

例3：已知 ,求 .

解：设,则

2．凑配法：在已知的条件下，把并凑成以表示的代数式，再利用代换即可求.此解法简洁，还能进一步复习代换法。

例4：已知 ，求.

解：

又∵

∴

3．待定系数法：先确定函数类型，设定函数关系式，再由已知条件，定出关系式中的未知系数。

例5：已知是二次实函数,且

,求.

解： ，则

比较系数得

∴

4．赋值法：给自变量取特殊值，从而发现规律，求出的表达式。

例6：设的定义域为自然数集，且满足条件f(x+1)=f(x)+f(y)+xy,及f(1)=1,求f(x)

解：∵f(x)的定义域为N，取y=1,则有f(x+1)=f(x)+x+1

∵f(1)=1,∴f(2)=f(1)+2,f(3)=f(2)+3……f(n)=(n-1)+n

以上各式相加，有f(n)=1+2+3+……+ n= ∴

三、抽象函数的单调性和奇偶性

一般地，如果对于函数f(x)定义域内的任意一个x，都有f(-x)=-f(x)或f(-x)=f(x)，则称f(x)为这一定义域内的奇函数或偶函数。奇函数的图象关于原点对称；偶函数的图象关于y轴对称。

例7：定义在R上的函数f(x)同时满足条件：(1)f(x+y)=f(x)+f(y)，x,y∈R；(2)当x＞0时,f(x)＜0,且f(1)=-2。求f(x)在区间[-3,3]上的最大值和最小值。

解：由(1)可知f(x)是奇函数；又因x1＞x2＞0时,f(x1)-f(x2)=f(x1)+f(-x2)=f(x1-x2)＜0，所以f(x)是R上的減函数。因而易得函数f(x)在区间[-3,3]上的最大值和最小值分别是6和-6。

例8：已知偶函数f(x)在[0,+∞]上是增函数，解不等式f(x-1)＞f(1-2x)。

解：（1）当x≦ 时，x-1＜0,1-2x≧0,由于f(x-1)=f(1-x)，故原不等式即为f(x-1)=f(1-x)，再由f(x)在[0,+∞]上递增,得x－1>1－2x，即0＜x≦.

（2）当 ＜x≦1时，x-1≦0，1－2x<0，从而1-x≧0，2x－1>0，故原不等式可化为f(1-x)>f(2x-1)，所以1－x>2x－1，即 ＜x＜ .

（3）当x>1时，x－1>0，1－2x<0，由f(x-1)>f(1-2x)=f(2x-1),得x－1>2x－1，即x<0，这与x>1矛盾。

综合(1)、(2)、(3)得原不等式的解为0＜x＜ .

点评：可见例7中判断函数f(x)的奇偶性和单调性是关键；例8中解不等式f(x-1)＞f(1-2x)，必须设法去掉符号“f”，而去掉符号“f”只能依据f(x)的单调性。当然，也可考虑运用特殊化的思想方法，即用一个满足条件的具体函数代替抽象函数，使问题迎刃而解。这种特殊化方法在解客观题时优势特别明显。

四、抽象函数的对称性和周期性

例9：已知f(x)是以2为周期的偶函数，且当x∈(0,1)时，f(x)=x+1.求f(x)在 (1,2)上的解析式。

解法1：

从解析式入手，由奇偶性结合周期性，将要求区间上的问题转化为已知解析式的区间上的问题。

∵x∈(1,2), 则-x∈(-2,-1)

∴2-x∈(0,1),∵T=2，是偶函数

∴f(x)=f(-x)=f(2-x)=2-x+1=3-x

x∈(1,2)

解法2：

从图象入手也可解决，且较直观，f(x)=f(x+2)

如上图：x∈(0,1),f(x)=x+1.

∵是偶函数

∴x∈(-1,0)时f(x)=f(-x)=-x+1

又周期为2，x∈(1,2)时x-2∈(-1,0)

∴f(x)=f(x-2)=-(x-2)+1=3-x

五、函数模型法

模型法是指通过对题目的特征进行观察、分析、类比和联想，寻找具体的函数模型，再由具体函数模型的图象和性质来指导我们解决抽象函数问题的方法。

例10：已知函数f(x)对任何正数x,y都有f(xy)=f(x)f(y),且f(x)≠0,当x＞1时，f(x)＜1，试判断f(x)在(0,+∞)上的单调性,并说明理由。

解:对X∈R+有

又f(x)≠0,故f(x)＞0

设x1,x2∈R+,且x1＜x2,则 则

所以f(x1)＞f(x2),故f(x)在R+上为减函数.

总之，在解决抽象函数问题时，往往不是去考虑如何求这个函数的表达式，而是应设法利用这个函数的性质，如奇偶性、周期性、单调性、对称性等去把问题解决，倘若能利用数形结合的方法,或函数模型法,则可将抽象问题形象化,更有利于问题的解决。

破解抽象函数问题的策略 第4篇

抽象函数是指未给出具体解析式, 只给出一些体现函数特征的式子的一类函数.这类问题由于抽象函数本身的抽象性及其性质的隐蔽性, 常使我们难以理解题意, 束手无策.本文介绍几种破解此类问题的策略, 供参考.

一、消去变元, 回归自然

消去变元就是把某些抽象函数视为未知数, 通过函数概念列出方程组, 消去无用的未知数, 实现解题目标.

例1 (2011年湖北卷) 若定义在R上的偶函数f (x) 和奇函数g (x) 满足$f\left(x\right)+g\left(x\right)=\text{e}{}^x$, 则

$\begin{array}{l}g(x)=().\\ (\text{A})\text{e}{}^x-\text{e}{}^{-x}(\text{B})\frac{1}{2}\left(\text{e}{}^x+\text{e}{}^{-x}\right)\\ (\text{C})\frac{1}{2}\left(\text{e}{}^{-x}-\text{e}{}^x\right)(\text{D})\frac{1}{2}\left(\text{e}{}^x-\text{e}{}^{-x}\right)\end{array}$

分析:视$f\left(x\right)$和$g\left(x\right)$为方程的两个未知量, 利用函数的奇偶性再构造出一个关于$f\left(x\right)$和$g\left(x\right)$的方程, 联立两个方程后整体消元即可得到结果.

解:∵f (x) 是R上的偶函数,

$\therefore f\left(-x\right)=f\left(x\right).$

又g (x) 是R上的奇函数,

$\therefore g\left(-x\right)=-g\left(x\right).$

由$f\left(x\right)+g\left(x\right)=\text{e}{}^x‚①$

得f (-x) +g (-x) =e-x,

即f (x) -g (x) =e-x. ②

由①②消去$f\left(x\right)$, 得

$g\left(x\right)=\frac{1}{2}\left(\text{e}{}^x-\text{e}{}^{-x}\right)$.故选D.

例2 (2008年安徽卷) 若函数f (x) , g (x) 分别是R上的奇函数和偶函数, 且满足f (x) -g (x) =ex, 则有 ( ) .

(A) f (2) <f (3) <g (0)

(B) g (0) <f (3) <f (2)

(C) f (2) <g (0) <f (3)

(D) g (0) <f (2) <f (3)

解:在f (x) -g (x) =ex中, 以-x代x得

f (-x) -g (-x) =e-x.

∵f (x) , g (x) 分别是R上的奇函数和偶函数,

∴f (x) +g (x) =-e-x, 与f (x) -g (x) =ex消去$g\left(x\right)$, 得$f(x)=\frac{\text{e}{}^x-\text{e}{}^{-x}}{2}$,

所以f (x) 在R上是增函数.

$\therefore f\left(3\right)>f\left(2\right)>f\left(0\right).$

又∵f (x) -g (x) =ex>0, ∴f (x) >g (x) .

$\begin{array}{l}\text{因}\text{此}f\left(0\right)>g\left(0\right)‚\\ \therefore f\left(3\right)>f\left(2\right)>g\left(0\right).\text{故}\text{选}\text{D}.\end{array}$

二、抓住特征, 巧用对称

熟练掌握一些函数图象对称问题的基本特征, 有助于迅速而有效地解决某些抽象函数问题.熟记以下两个命题可帮助我们快速解题: (1) 若函数f (x) 的定义域为R, 且$f\left(x+a\right)=f\left(b-x\right)$, 则函数f (x) 的图象关于直线$x=\frac{a+b}{2}$对称; (2) 函数$y=f\left(x+a\right)$与$y=f\left(b-x\right)$的图象关于直线$x=\frac{b-a}{2}$对称.

例3 (2011年陕西卷) 设函数f (x) (x∈R) 满足f (-x) =f (x) , f (x+2) =f (x) , 则y=f (x) 的图象可能是 ( ) .

解:由f (-x) =f (x) 知, 函数f (x) 在R上是偶函数, 其图象关于y轴对称.

又∵f (-x) =f (x) , f (x+2) =f (x) , ∴f (x+2) =f (-x) , 因此函数f (x) 的图象关于直线x=1对称.故选B.

例4 (2007年重庆卷) 已知定义域为R的函数f (x) 在 (8, +∞) 上为减函数, 且函数$y=f\left(x+8\right)$为偶函数, 则 ( ) .

$\begin{array}{l}(\text{A})f\left(6\right)＞f\left(7\right)(\text{B})f\left(6\right)＞f\left(9\right)\\ (\text{C})f\left(7\right)＞f\left(9\right)(\text{D})f\left(7\right)＞f\left(10\right)\end{array}$

解:因为函数$y=f\left(x+8\right)$为偶函数, 所以f (x+8) =f (-x+8) , 即y=f (x) 的图象关于直线x=8对称, 因此$f(7)=f\left(9\right)$.又∵f (x) 在 (8, +∞) 上为减函数, $\therefore f\left(9\right)>f\left(10\right).$

所以$f\left(7\right)＞f\left(10\right)$.故选D.

三、整体突破, 干净利落

在求解抽象函数问题时, 不能 (或不必) 求出函数或其反函数的表达式, 我们若能有意识地放大思考问题的“视角”, 将需要解决的问题看作一个整体, 通过研究问题的整体形式、整体结构, 并注意已知条件及待求结论在这个“整体”中的地位和作用, 然后通过对整体结构的调节和转化, 使问题获解.

例5 (2011年辽宁卷) 函数f (x) 的定义域为$\mathbf{R}‚f\left(-1\right)=2$, 对任意x∈R, f′ (x) >2, 则f (x) >2x+4的解集为 ( ) .

(A) (-1, 1) (B) (-1, +∞)

(C) (-∞, -1) (D) (-∞, +∞)

分析:本题中f (x) 的解析式不确定, 若注意到f (x) >2x+4的结构及f′ (x) >2, 则不妨构造函数$h\left(x\right)=f\left(x\right)-\left(2x+4\right)$一试.

解:设$h\left(x\right)=f\left(x\right)-\left(2x+4\right)$,

则$h^{\prime }\left(x\right)=f^{\prime }\left(x\right)-2>0$,

故$h\left(x\right)$在R上单调递增, 又$h\left(-1\right)=f\left(-1\right)-2=0$, 所以, 当$h\left(x\right)>0$时, x>-1, 即f (x) >2x+4的解集为 (-1, +∞) .故选B.

评析:本题这种解法运用整体思想, 优化整体为局部, 再由局部的解决使问题得解.

例6 (2008年湖南卷) 设函数y=f (x) 存在反函数y=f-1 (x) , 且函数y=x-f (x) 的图象过点 (1, 2) , 则函数y=f-1 (x) -x的图象一定过点__________.

分析:本题无法直接求出y=f-1 (x) , 欲达目标可考虑整体构造含f-1 (m) -m (其中m为常数) 的式子, 因此可首先考虑构造含f-1 (m) 的式子.

解:由函数y=x-f (x) 的图象过点 (1, 2) , 得f (1) =-1, 即函数y=f (x) 过点 (1, -1) , 则其反函数y=f-1 (x) 过点 (-1, 1) , 即

$\begin{array}{l}f{}^{-1}\left(-1\right)=1‚\\ \therefore f{}^{-1}\left(-1\right)-\left(-1\right)=1+1=2.\end{array}$

所以函数y=f-1 (x) -x的图象一定过点 (-1, 2) .

四、关注周期, 回归已知

对抽象函数求值一类问题, 可充分利用周期性, 化未知为已知.

例7 (2007年安徽卷) 定义在R上的函数f (x) 既是奇函数, 又是周期函数, T是它的一个正周期.若将方程f (x) =0在闭区间$[-{\rm T},{\rm T}]$上的根的个数记为n, 则n可能为 ( ) .

(A) 0 (B) 1 (C) 3 (D) 5

解:定义在R上的函数f (x) 是奇函数的必要条件是f (0) =0.

由周期函数的定义知, $f(0+{\rm T})=f(0-{\rm T})=f\left(0\right)=0‚\therefore \pm {\rm T}$是方程f (x) =0的根.

又f (x) 是奇函数, $\therefore f(-\frac{{\rm T}}{2})=-f(\frac{{\rm T}}{2}).$

$\begin{array}{l}\text{而}f(-\frac{{\rm T}}{2})=f(-\frac{{\rm T}}{2}+{\rm T})=f(\frac{{\rm T}}{2})‚\\ \therefore f(-\frac{{\rm T}}{2})=f(\frac{{\rm T}}{2})=0‚\end{array}$

即$\pm \frac{{\rm T}}{2}$也是方程f (x) =0的根.

因此n可能为5, 选D.

例8 (2011年上海卷) 设$g\left(x\right)$是定义在R上, 以1为周期的函数, 若函数$f\left(x\right)=x+g\left(x\right)$在区间$\left[3,4\right]$上的值域为$\left[-2,5\right]$, 则$f\left(x\right)$在区间$\left[-10,10\right]$上的值域为.

分析:$\because g\left(x\right)$是以1为周期的函数,

$\therefore g\left(x+m\right)=g\left(x\right)$ (其中m∈Z) .

又已知$f\left(x\right)$在长度为1的区间$\left[3,4\right]$上的值域, 因此可考虑分别考查$f\left(x\right)$在区间$\left[-10,-9\right]‚\left[-9,-8\right]‚\cdots ‚\left[9,10\right]$上的值域.

$\begin{array}{l}\text{解}:\text{当}x\in \left[-10,-9\right]\text{时}‚x+13\in \left[3,4\right],\\ \therefore f\left(x+13\right)\in \left[-2,5\right]‚\end{array}$

即$g\left(x+13\right)+x+13\in \left[-2,5\right].$

又$g\left(x\right)$是以1为周期的函数,

$\begin{array}{l}\therefore g\left(x+13\right)=g\left(x\right)‚\\ \therefore g\left(x\right)+x+13\in \left[-2,5\right].\end{array}$

又$f\left(x\right)=x+g\left(x\right)‚\therefore f\left(x\right)\in \left[-15,-8\right].$

同理, 当$x\in \left[-9,-8\right]$时, $x+12\in \left[3,4\right]‚g\left(x+12\right)+x+12\in \left[-2,5\right]$, 又

$\begin{array}{l}g\left(x+12\right)=g\left(x\right)‚\therefore g\left(x\right)+x+12\in \left[-2,5\right],\\ \therefore f\left(x\right)\in \left[-14,-7\right].\end{array}$

……

当$x\in \left[9,10\right]$时, $x-6\in \left[3,4\right]‚g\left(x-6\right)+x-6\in \left[-2,5\right]$.又$g\left(x-6\right)=g\left(x\right)‚\therefore g\left(x\right)+x-6\in \left[-2,5\right]‚\therefore f\left(x\right)\in \left[4,11\right].$

于是当$x\in \left[-10,10\right]$时, $f\left(x\right)\in \left[-15,-8\right]{\displaystyle \cup \left[-17,-7\right]}{\displaystyle \cup \cdots }{\displaystyle \cup \left[4,11\right]}=\left[-15,11\right].$

五、巧构模型, 启迪思维

对于抽象函数的解答题, 虽然不能用特殊数值、特殊函数的方法解证.但是可用特殊模型理解题意, 启发思维.所以我们在解题之前, 可根据已知条件, 寻找其函数模型 (一次函数、三角函数等模型) , 通过分析、研究其图象或性质去推测抽象函数所应有的性质, 从而找到解法.

例9 (2008年重庆卷) 若定义在R上的函数f (x) 满足对任意x1, x2∈R有f (x1+x2) =f (x1) +f (x2) +1, 则下列说法一定正确的是 ( ) .

(A) f (x) 为奇函数

(B) f (x) 为偶函数

(C) f (x) +1为奇函数

(D) f (x) +1为偶函数

分析:本题直接求解有一定难度, 但若注意到f (x1+x2) =f (x1) +f (x2) +1的结构, 我们可以联想到一次函数, 从而借助该模型求解.

解:取$f\left(x\right)=x-1$, 经演算符合题设.

显然$f\left(x\right)=x-1$既不是奇函数也不是偶函数, 而$f\left(x\right)+1=x$为奇函数而不是偶函数, 故应选C.

例10 (2009年全国卷Ⅰ) 函数f (x) 的定义域为R, 若f (x+1) 与f (x-1) 都是奇函数, 则 ( ) .

(A) f (x) 是偶函数

(B) f (x) 是奇函数

(C) f (x) =f (x+2)

(D) f (x+3) 是奇函数

分析:f (x+1) 与f (x-1) 都是奇函数, 说明函数f (x) 的图象向左或向右移一个单位都关于原点对称, 故可往三角函数方面思考.

$\begin{array}{l}\text{解}:\text{取}f(x)=\cos \frac{\text{π}}{2}x‚\text{则}f(x+1)=\\ \cos \left(\frac{\text{π}}{2}x+\frac{\text{π}}{2}\right)=-\sin \frac{\text{π}}{2}x\text{是}\text{奇}\text{函}\text{数}‚\end{array}$

$f(x-1)=\cos \left(\frac{\text{π}}{2}x-\frac{\text{π}}{2}\right)=\sin \frac{\text{π}}{2}x$也是奇函数, 故$f(x)=\cos \frac{\text{π}}{2}x$符合题设.

显然$f(x)=\cos \frac{\text{π}}{2}x$是偶函数, 且最小正周期为4, 故排除B、C.

又取f (x) =sinπx, 经演算符合题设.显然f (x) =sinπx是奇函数, 故排除A.

综上, 应选D.

六、解锁去枷, 突破篱笆

以函数$f\left(x\right)$为未知数的不等式叫做函数不等式.解决此类不等式的关键之处在于解锁去枷——脱掉对应法则“f”, 而最好的办法就是利用函数的单调性, 达到出奇制胜的效果.

例11 (2009年辽宁卷) 已知偶函数f (x) 在区间$\left[0,+\infty \right)$上单调增加, 则满足$f(2x-1)<f(\frac{1}{3})$的x的取值范围是 ( ) .

$\begin{array}{l}(\text{A})(\frac{1}{3},\frac{2}{3})(\text{B})[\frac{1}{3},\frac{2}{3})\\ (\text{C})(\frac{1}{2},\frac{2}{3})(\text{D})[\frac{1}{2},\frac{2}{3})\end{array}$

解:因为f (x) 是偶函数, 所以$f(2x-1)<f(\frac{1}{3})\Rightarrow f(\left|2x-1\right|)<f(\frac{1}{3})$,

又f (x) 在区间$\left[0,+\infty \right)$上是增函数,

$\begin{array}{l}\text{所}\text{以}|2x-1|<\frac{1}{3}‚\text{即}-\frac{1}{3}<2x-1<\frac{1}{3}‚\\ \therefore \frac{1}{3}<x<\frac{2}{3}.\text{故}\text{选}\text{A}.\end{array}$

七、轻巧赋值, 铺垫基石

赋值的基本思路是将所给函数的性质转化为条件等式 (不等式) , 在条件等式 (不等式) 中对变量赋予一些具体的值, 构造出所需要的条件或发现某些性质, 其中赋予的具体值常常起到桥梁作用.

例12 (2008年陕西卷) 定义在R上的函数$f\left(x\right)$满足$f\left(x+y\right)=f\left(x\right)+f\left(y\right)+2xy\left(x,y\in \mathbf{R}\right),f\left(1\right)=2$, 则$f\left(-3\right)$等于 ( ) .

(A) 2 (B) 3 (C) 6 (D) 9

分析:本题可针对条件中的等式进行赋值, 从最简单的数字开始, 直到出现所求的含有$f\left(-3\right)$的式子.

解法一:令x=y=0, 得$f\left(0\right)=0.$

又令x=n, y=1, 则得

$f\left(n+1\right)=f\left(n\right)+f\left(1\right)+2n$,

$\begin{array}{l}\text{即}f\left(n\right)-f\left(n+1\right)=-2-2n‚\\ \therefore f\left(-1\right)-f\left(0\right)=0,f\left(-2\right)-f\left(-1\right)=2,f\left(-3\right)-f\left(-2\right)=4.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{以}\text{上}\text{三}\text{式}\text{相}\text{加}\text{得}f\left(-3\right)-f\left(0\right)=6‚\\ \therefore f\left(-3\right)=6.\text{故}\text{选}\text{C}.\end{array}$

$\begin{array}{l}\text{解}\text{法}\text{二}:\text{由}\text{已}\text{知}\text{得}f\left(0\right)=0‚\\ f\left(2\right)=f\left(1+1\right)=f\left(1\right)+f\left(1\right)+2=2+2+2=6‚\\ f\left(3\right)=f\left(1+2\right)=f\left(1\right)+f\left(2\right)+4=12‚\\ f\left(0\right)=f\left(3-3\right)=f\left(3\right)+f\left(-3\right)-18,\\ \therefore f\left(-3\right)=6.\end{array}$

评析:上述不同的求解方法反映了不同数学思想的具体应用.解法一化归为等差型数列解决, 这是特殊化思想和等价转化思想的具体体现, 这是抽象函数问题求解的法宝, 凸现数列和函数之间的依赖关系, 给我们后继复习很多启示.解法二合理地反复赋值求解, 这是特殊化思想的具体应用, 也是求解抽象函数问题必需的思维方法.

八、巧寻单调, 追求实效

对某些抽象函数问题, 若能判断出函数的单调性, 利用其单调性把函数值的不等式转化为自变量的不等式, 常能获得简捷、直观的解法.

例13 (2011年四川模拟题) 已知函数f (x) 对任意x, y∈R, 满足f (x+y) =f (x) +f (y) -2.又当x>0时, f (x) >2.

(Ⅰ) 判断f (x) 在R上的单调性;

(Ⅱ) 若$f\left(3\right)=5$, 求满足$f\left(a{}^2-2a-2\right)<3$的实数a的取值范围.

$\begin{array}{l}\text{解}:(\mathrm{Ⅰ})\text{设}x{}_1,x{}_2\in \mathbf{R},\text{且}x{}_1<x{}_2‚\\ f\left(x{}_2\right)=f\left[\left(x{}_2-x{}_1\right)+x{}_1\right]\\ =f\left(x{}_2-x{}_1\right)+f\left(x{}_1\right)-2.\\ \because x{}_2-x{}_1>0,\therefore f\left(x{}_2-x{}_1\right)>2,\\ \therefore f\left(x{}_2\right)>2+f\left(x{}_1\right)-2>f\left(x{}_1\right)‚\end{array}$

即$f\left(x{}_1\right)<f\left(x{}_2\right)$.故f (x) 在R上为增函数.

$\begin{array}{l}(\mathrm{Ⅱ})\because f\left(3\right)=5‚\text{则}5=f\left(2+1\right)=f\left(2\right)+f\left(1\right)-2=\left[f\left(1\right)+f\left(1\right)-2\right]+f\left(1\right)-2\\ =3f\left(1\right)-4‚\therefore f\left(1\right)=3‚\end{array}$

于是$f\left(a{}^2-2a-2\right)<3=f\left(1\right).$

∵f (x) 在R上是增函数,

∴a2-2a-2<1, 解之, 得-1<a<3.

故所求a的取值范围是-1<a<3.

九、巧代妙换, 奇效不断

变量代换就是把某个代数式看作一个新的未知数 (元) , 进行变量替换, 得到结构简单便于求解的新解题方法.变量代换是高中数学中基本的转化策略, 利用变量代换, 可将陌生问题转化为较熟悉的代数问题.灵活运用这种方法解抽象函数问题, 有助于数量关系明朗化, 变繁为简, 化难为易.

例14 (2011年重庆模拟题) 已知函数f (x) 存在反函数, 且$f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2$, 则$f{}^{-1}\left(x-1\right)+f{}^{-1}\left(3-x\right)=$.

分析:本题无法直接求出$f{}^{-1}\left(x-1\right)$与$f{}^{-1}\left(3-x\right)$, 若将已知等式左边看成两个函数, 利用变量代换, 则可达到以简驭繁的奇效.

解:令$y{}_1=f\left(x\right),y{}_2=f\left(-x\right)$, 则

$\begin{array}{l}x=f{}^{-1}\left(y{}_1\right),-x=f{}^{-1}\left(y{}_2\right)‚\\ \therefore f{}^{-1}\left(y{}_1\right)+f{}^{-1}\left(y{}_2\right)=x-x=0.\end{array}$

又$f\left(x\right)+f\left(-x\right)=2$, 即y1+y2=2.

于是, 当y1+y2=2时, 有

$\begin{array}{l}f{}^{-1}\left(y{}_1\right)+f{}^{-1}\left(y{}_2\right)=0.\\ \because \left(x-1\right)+\left(3-x\right)=2,\\ \therefore f{}^{-1}\left(x-1\right)+f{}^{-1}\left(3-x\right)=0.\end{array}$

十、辗转迭代, 直捣要害

迭代是一种不断用变量的旧值递推新值的过程, 迭代法适合需要做重复性操作的问题.对于递推关系下的抽象函数求值问题, 常可用迭代法求解.

例15 (2006年山东卷) 已知定义在R上的奇函数$f\left(x\right)$满足$f\left(x+2\right)=-f\left(x\right)$, 则$f\left(6\right)$的值为 ( ) .

(A) -1 (B) 0 (C) 1 (D) 2

$\begin{array}{l}\text{解}:\because f\left(x+2\right)=-f\left(x\right)‚\\ \therefore f\left(6\right)=f\left(4+2\right)=-f\left(4\right)=-f\left(2+2\right)\\ =f\left(2\right)=f\left(0+2\right)=-f\left(0\right).\end{array}$

又$f\left(x\right)$为R上的奇函数,

$\begin{array}{l}\therefore f\left(0\right)=0,\\ \therefore f\left(6\right)=0.\text{故}\text{选}\text{B}.\end{array}$

例16 (2008年四川卷) 设定义在R上的函数$f\left(x\right)$满足$f\left(x\right)\cdot f\left(x+2\right)=13$, 若$f\left(1\right)=2$, 则

$\begin{array}{l}f\left(99\right)=().\\ (\text{A})13(\text{B})2(\text{C})\frac{13}{2}(\text{D})\frac{2}{13}\end{array}$

解:由$f\left(x\right)\cdot f\left(x+2\right)=13$, 得

$\begin{array}{l}f\left(x+2\right)=\frac{13}{f\left(x\right)}‚\\ \therefore f\left(x+4\right)=f\left[\left(x+2\right)+2\right]=\frac{13}{f\left(x+2\right)}\\ =\frac{13}{\frac{13}{f\left(x\right)}}=f\left(x\right),\end{array}$

即$f\left(x\right)$是以4为周期的周期函数.

$\begin{array}{l}\therefore f\left(99\right)=f\left(3+4\times 24\right)=f\left(3\right)=f\left(1+2\right)\\ =\frac{13}{f\left(1\right)}=\frac{13}{2}.\text{故}\text{选}\text{C}.\end{array}$

十一、数形结合, 纠偏防错

数形结合就是把抽象的数学语言与直观的数学图形结合起来思索, 使抽象思维和形象思维结合, 通过“以数辅形”、“以形助数”或“数形互助”, 使复杂问题简单化、抽象问题具体化, 从而起到优化解题途径的目的.

例17 (2009年山东卷) 已知定义在R上的奇函数$f\left(x\right)$, 满足$f\left(x-4\right)=-f\left(x\right)$, 且在区间[0, 2]上是增函数, 若方程$f\left(x\right)=m\left(m>0\right)$在区间$\left[-8,8\right]$上有四个不同的根x1, x2, x3, x4, 则x1+x2+x3+x4=.

解:因为定义在R上的奇函数, 满足$f\left(x-4\right)=-f\left(x\right)$, 所以$f\left(x-4\right)=f\left(-x\right)$, 因此函数图象关于直线x=2对称且$f\left(0\right)=0.$

由$f\left(x-4\right)=-f\left(x\right)$知, $f\left(x-8\right)=f\left(x\right),$

所以函数是以8为周期的周期函数.

又因为$f\left(x\right)$在区间[0, 2]上是增函数, 所以$f\left(x\right)$在区间[-2, 0]上也是增函数, 如图所示, 不妨设方程$f\left(x\right)=m\left(m>0\right)$在区间$\left[-8,8\right]$上的四个不同的根x1<x2<x3<x4, 由对称性知, x1+x2=-12, x3+x4=4, 所以x1+x2+x3+x4=-12+4=-8.

评析:本题既要依赖于数式推演, 通过数理刻画才能获得转化, 又要考察其数式的结构特点, 构造出与它对应的几何图形, 借助图形的直观性得出结论.

如何欣赏抽象艺术 第5篇

首先，抽象画的欣赏不是用懂或者不懂来衡量的，而是用喜欢还是不喜欢，好看还是不好看来区别和选择。抽象艺术是非理性的，也是非具体、非逻辑、无故事的，抽象艺术没有说一个道理，也不表达主题，更没有现实景物。对于理性的经验来说，抽象艺术确实什么也没有说。明明是什么道理也没有说的抽象艺术，你却想从中看出道理来，怎么可能呢?所以就使很多人以为自己看不懂抽象画了。”

“有的人看抽象画觉得很简单，寥寥几笔涂鸦，认为自家的小孩子都会画。从先向上看，这是事实。有些抽象画无论是图式、技法、表现形式都很简单，要是照着画的话，只要有耐心，人人可以做到。最明显的例子是蒙德里安。几个格子，几块颜色，都是平面的，图式和技巧都很简单。看似简单，但是原创的过程是非常艰难，非常讲究和认真的。”

一元抽象函数对称问题的思考与实践 第6篇

【关键词】一元抽象函数；对称；实践

一元抽象函数的对称问题是模拟考试和高考命题的热点之一，常考常新，难度较大，函数的对称问题，从初中到高中，除三角函数讨论总结出对称性外，其它基本初等函数针对对称性问题泛泛而谈，甚至不谈.关于对称的问题最早是以几何概念的“形”的文字语言出现的，而把这种“形”的概念转化为“符号语言”的“数”表达出来，在教材中几乎是空白，这就需要教师挖掘教材内涵，开发校本教材去弥补和化解对学生造成的“硬伤”.

1建立函数中心对称概念

在高中数学教材[1]中，中心对称问题呈现于教材是在解析几何知识中，其基本概念最早见于初中数学平面几何知识.初中教材中“把一个图形绕着某一点旋转，如果它能与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这个点对称或中心对称，这个点叫做对称中心（简称中心），这两个图形在旋转后能重合的对应点叫做关于对称中心的对称点.”[2]这说明了两个图形是否关于某点对称的问题.同时“把一个图形绕着某一点旋转，如果旋转后的图形能够与原来的图形重合，那么这个图形叫做中心对称图形，这个点就是它的对称中心.”[3]这说明了一个图形是否是中心对称图形的依据.在高中阶段的函数性质研究中，除了“形”的观察研究外，更重要的是“数”的严密推理过程，也就是数学建模的深入理解：若一个函数的图象绕着某一点旋转，如果旋转后的图象能够与原来的图象重合，那么这个函数的图象关于这个点成中心对称.换句话说：“对于函数f（x），其图象上的任一点P1（x，f（x）），关于点P（m，n）的对称点P2（2m-x，2n-f（x））也在函数图象上，则称函数f（x）的图象关于点P成中心对称.”根据这个定义，如何判断函数图象是否是中心对称图象和如何求函数的对称中心问题就迎刃而解了.

2建立函数关于轴对称的概念

初中阶段“把一个图形沿着某一条直线折叠，如果它能够与另一个图形重合，那么就说这两个图形关于这条直线（或轴）对称，这条直线叫做对称轴，折叠后的重合的点是对应点，叫做对称点.”[4]这说明了两个图形是否关于某直线对称的问题.“如果一个平面图形沿一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个图形就叫做轴对称图形，这条直线就是它的对称轴，也就是说这个图形关于这条直线（成轴）对称”[5].这给出了一个图形是否是轴对称图形的依据.由于一元函数图象是一个平面图形，为此，一元函数图象关于轴对称的概念可描述为：若一个一元函数的图象沿着一条直线折叠，直线两旁的部分能够互相重合，这个函数图象就叫做关于这条直线（成轴）对称.由于“轴对称图形的对称轴，是任何一对对应点连线段的垂直平分线”[6]，故对于函数关于某直线对称的概念也可表述为：对于函数f（x），其图象上的任一点P1（x，f（x））关于直线l：y=ax+b，（a≠0）的对称点P2（m，n）也在函数f（x）图象上，则称函数f（x）的图象关于直线l对称.其中m，n由方程组 n-f（x）m-x=-1a，

n+f（x）2=a·m+x2+b求出，然后检验n=f（m）是否成立？若成立，表明y=f（x）关于直线l对称；若不成立，则表明l不是y=f（x）的对称轴；当a=0时，m=x，n=2b-f（x）从而代入y=f（x）检验判断即可.

不难知道：若已知一个函数y=f（x）关于某直线成轴对称，要求出其对称轴就可以用待定系数法解决了.

3抽象函数y=f（x）的对称性结论及证明

3.1若函数f（x）满足f（a-nx）=f（nx+b），则f（x）是对称函数，且函数关于直线x=a+b2对称.

证明在f（a-nx）=f（nx+b）中，令X=a-nx，得f（X）=f（a+b-X），即f（x）=f（a+b-x）.设点（x，f（x））在函数f（x）的图象上，则点（x，f（x））关于直线x=a+b2对称的点的坐标为（a+b-x，f（x）），由f（x）=f（a+b-x）可证得点（a+b-x，f（x））也在函数的图象上.故函数关于直线x=a+b2对称.

3.2若函数f（x）满足f（a-nx）=-f（nx+b）+c，则f（x）是对称函数，且函数关于点（a+b2，c2）成中心对称.

证明在f（a-nx）=-f（nx+b）+c中，令X=a-nx，得f（X）=-f（a+b-X）+c，即f（x）=-f（a+b-x）+c.设点（x，f（x））关于点（a+b2，c2）对称的点的坐标为（a+b-x，c-f（x）），由f（x）=-f（a+b-x）+c得c-f（x）=f（a+b-x），即点（a+b-x，c-f（x））也在函数的图象上.故函数f（x）关于点（a+b2，c2）成中心对称.

3.3若给定函数f（x），则函数y=f（a-nx）与y=f（nx+b）的图象关于直线x=a-b2n对称.

证明设y=f（a-nx）图象上任一点（x，f（a-nx））关于直线x=a-b2n对称的点为（a-bn-x，f（a-nx）），令X=a-bn-x，则（X，f（nX+b）），即点（x，f（nx+b））在函数y=f（nx+b）的图像上，故函数y=f（a-nx）与y=f（nx+b）的图象关于直线x=a-b2n对称.

当函数y=f（x）关于任意直线或点对称，证明可仿照上面方法进行，只是较复杂而已.当函数y=f（x）关于某点或关于形如x=m的直线对称，就可利用其逆命题得结论.

4抽象函数y=f（x）双对称与周期的关系

函数y=f（x）同时关于点点或点线或线线的对称叫做双对称.

4.1若函数f（x）的图象关于直线x=a，x=b，（a≠b）对称，则函数f（x）必为周期函数，且T=2|b-a|是一个周期.

证明因为f（x）的图象关于直线x=a对称，所以f（x）=f（-x+2a）；同理有f（x）=f（-x+2b），所以f（-x+2a）=f（-x+2b），即f（x）=f（x+2b-2a）.所以f（x）的一个正周期T=2b-a.

4.2若函数f（x）的图象关于点（a，0）和直线x=b对称，则函数f（x）必为周期函数，且T=4a-b是一个周期.

证明因为f（x）的图象关于点（a，0）对称，所以f（x）=-f（-x+2a）；又因为f（x）的图象关于直线x=b对称，所以f（x）=f（-x+2b）；因此-f（-x+2a）=f（-x+2b），化简得f（x）=f（x-4a+4b）.故T=4a-b是一个周期.

4.3若函数f（x）的图象关于点（a，0）和点（b，0）对称，则函数f（x）必为周期函数，且T=2b-a是一个周期.

证明因为f（x）的图象关于点（a，0）对称，所以f（x）=-f（-x+2a）；又因为f（x）的图象关于点（b，0）对称，所以f（x）=-f（-x+2b）；因此有-f（-x+2a）=-f（-x+2b），即f（x）=f（x+2b-2a）.故f（x）的一个正周期T=2b-a.

5抽象函数f（x）的构造函数法依据及应用

由以上知识可知，若一个抽象函数的对称性按定义法来解决问题则较为繁杂；若应用抽象函数的对称性结论或双对称性与周期的关系来解决问题，则能缩短解题过程和时间.要做到这一点，必须熟练掌握这些“用处大”的结论.由于数学知识内容丰富，容量大，对中、差生来说，有效掌握函数的对称问题就显得“不可理喻”和力不从心了.如何让全体学生找到浅显易懂的解决函数对称问题的方法呢？采用构造函数法不失为一种较简捷的办法.因为存在性包含于任意性中，所以只要构造出某个符合抽象函数所有条件的具体函数，则这个具体的函数就是符合这个抽象函数条件的一个特殊函数.

例1（2007年重庆卷理） 已知定义域为R的函数f（x）在（8，+∞）上为减函数，且函数f（x+8）为偶函数，则（ ）

A.f（6）>f（7） B.f（6）>f（9）

C.f（7）>f（9） D.f（7）>f（10）

解析f（x+8）为偶函数，所以f（x+8）=f（-x+8）.即函数f（x）关于直线x=8对称，又f（x）在（8，+∞）为减函数，故可设f（x）=-（x-8）2.

由一元二次函数性质可知：f（7）>f（10）.

故选D.

反思应用一元二次函数的对称性性质.

例2定义在R上的函数f（x）的图象关于点（1，1）和点（3，2）对称，则f（0）+f（2）+f（4）+…+f（14）=（）

A.16B.24 C.32 D.48

解析法一性质法：因为在R上函数f（x）的图象关于点（1，1）对称，所以f（x）=-f（-x+2）+2，且f（0）+f（2）=2.同理，在R上函数f（x）的图象关于点（3，2）对称，则有f（x）=-f（-x+6）+4.因此-f（-x+2）+2=-f（-x+6）+4，化简得f（x）=f（x+4）-2.所以f（0）+f（2）+f（4）+…+f（14）=4[f（0）+f（2）]+24=4×2+24=32.

故选择C.

法二构造函数法： 因为一元一次函数f（x）=ax+b（a≠0）恒关于其图像上任意点对称，故点（1，1），（3，2）在其图像上.由a+b=1，

3a+b=2得a=12，b=12.则f（x）=12x+12.

所以f（0）+f（2）+f（4）+…+f（14）=12（0+2+4+…+14）+12×8=32.

故选C.

反思应用一元一次函数关于其图象上的任意点对称的性质求解简便易懂.

例3定义在R上的函数f（x）的图像既关于点A（m，n）对称，又关于直线l：y=ax+b（a≠0）对称，请你构造一个满足条件的函数f（x）.

解析因为过点A（m，n）且垂直于l的直线关于l对称，所以可构造函数f（x）=px+q，则有p=-1a，

n=pm+q，解之得：q=n+ma.

所以f（x）=-1a（x-m）+n.

故可构造一个满足条件的函数f（x）=-1a（x-m）+n.

反思一元一次函数关于其图象上的任意点对称；平面上互相垂直的两条直线互为对称直线.

总之，应用构造函数法解决抽象函数对称问题运用于选择题和填空题时较方便，但在解决解答题和证明题时只能作为打开思维的依据而不能作为完整的解题过程，它毕竟是一种“特殊性”的方法存在于“普遍性”方法之中，是建立在对基本初等函数性质熟练掌握基础上的灵活应用的方法.

参考文献

[1]刘绍学.普通高中课程标准实验教科书.数学选修21A版[M].北京：人民教育出版社：44.

[2][3]林群.义务教育教科书.数学九年级上册[M].北京：人民教育出版社：62-67.

抽象函数问题背景函数引导法 第7篇

抽象函数是指没有给出具体解析式或图像, 但给出了函数满足的一部分性质或运算法的函数.由于抽象函数解析式的隐含不露, 使得直接求解的思路常难以寻求, 再加上解决抽象问题还要用到赋值、配凑等技巧, 使学生对解决抽象函数问题感到束手无策.其实, 大量的函数都是以中学阶段所学的基本函数为背景抽象而来的, 现行中学教材中学过的基本函数有一次函数、二次函数、指数函数、对数函数和三角函数, 我们称这些初等函数为背景函数.虽然这些背景函数不能代替具体的证明和解答, 但在解抽象函数问题时, 若能根据条件, 通过类比、联想、猜想出它可能由哪一种基本函数抽象而来的, 就能根据这种背景函数的相关结论和性质来预测、猜想出抽象函数可能具有的性质和结论, 或者得到某一结论的证明思路.也就是用背景函数作为指路灯来引导解决抽象函数问题.下面通过具体的例子说明背景函数在解决抽象函数问题中的引导作用.

1 直线型背景函数

例1 f (x) 是定义在R上的奇函数, 且满足2个条件: (1) 对于任意的x, y∈R, 都有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.

分析由条件 (1) 可知函数f (x) 的背景函数是y=ax+b (a≠0, b=0) .因此要求函数f (x) 在[-3, 3]上的最大值和最小值, 只要运用条件 (1) , (2) 先确定f (x) 在[-3, 3]上的单调性, 对此只需作配凑f (x2) =f[ (x2-x1) +x1].

解设-3≤x1<x2≤3, 则x2-x1>0, 由条件 (2) 得f (x2-x1) <0, 又由条件 (1) 可知:f (x2) =f[ (x2-x1) +x1]=f (x2-x1) +f (x1) <f (x1) , 即f (x2) <f (x1) .所以函数f (x) 在[-3, 3]上是减函数.

点评满足f (x+y) =f (x) +f (y) 型函数常以一次函数为背景函数, 在求解过程中用到配凑法.

2 对数型背景函数

例2已知函数f (x) 的定义域是 (0, +∞) , 当x>1时, f (x) >0, 且f (xy) =f (x) +f (y) .

(Ⅰ) 求f (1) ;

(Ⅱ) 判定f (x) 在定义域上的单调性;

分析由f (xy) =f (x) +f (y) 可知此函数的背景函数为对数函数, 又由条件当x>1时, f (x) >0, 可知此函数是单调递增函数且f (1) =0, 可用函数的单调性解不等式.

解 (Ⅰ) 令x=y=1, 得f (1) =2f (1) , 所以f (1) =0.

点评解决此抽象函数问题时用到赋值法和函数的单调性法.

3 指数型背景函数

例3定义在R上的函数y=f (x) , f (0) ≠0, 当x>0时, f (x) >1, 且对任意a, b∈R, 都有f (a+b) =f (a) f (b) .

(Ⅰ) 求f (0) 的值;

(Ⅱ) 判定函数值的正负;

(Ⅲ) 判断f (x) 在R上的单调性;

(Ⅳ) 若f (x) f (2x-x2) >1, 求x的取值范围.

分析由f (a+b) =f (a) f (b) 可知此函数是由指数函数y=ax抽象而来的, 再由条件“当x>0时, f (x) >1”可知此函数是单调递增函数.由此可知f (0) =1, f (x) >0, f (x) 在R上是单调递增函数.由背景函数引导得到问题的结论, 然后用赋值等方法得以证明.

解 (Ⅰ) 令a=b=0, 则f (0) =f (0) f (0) , 因为f (0) ≠0, 所以f (0) =1.

(Ⅱ) 当x<0时, -x>0, 所以f (-x+x) =f (x) f (-x) =1, 即又当x≥0时, f (x) ≥1>0, 所以x∈R时, 恒有f (x) >0.

(Ⅲ) 设x1<x2, 则x2-x1>0, 所以f (x2) =f (x2-x1+x1) =f (x2-x1) f (x1) .因为x2-x1>0, f (x2-x1) >1, 且f (x1) >0, 所以f (x2-x1) f (x1) >f (x1) .从而f (x2) >f (x1) , 即f (x) 是R上的增函数.

(Ⅳ) 由f (x) f (2x-x2) >1, f (0) =1, 得f (3xx2) >f (0) .又f (x) 是R上的增函数, 所以3x-x2>0, 解得0<x<3.

点评解此题的关键是灵活应用题目条件, 尤其是 (Ⅲ) 中的“f (x2) =f (x2-x1+x1) ”是证明单调性的关键, 这里体现了向条件化归的策略.

4 正弦型背景函数

例4函数f (x) 和g (x) 是定义在R上的函数, 且f (x-y) =f (x) g (x) -g (x) f (y) , f (-2) =f (1) ≠0.求g (1) +g (-1) 的值.

分析由f (x-y) =f (x) g (y) -g (x) f (y) 联想到两角差的正弦公式, 由此f (x) 是通过正弦函数y=sinx抽象而来的, 由正弦函数的性质可知f (x) 是奇函数且f (x) =0.

解令x=y=1, 得

再令x≠0, y=0, 得

又f (-2) =f (1) ≠0, 所以f (x) 不是常值函数, 故g (0) =1.

令x=0, 得f (-y) =f (0) g (y) -g (0) f (y) .所以f (-y) =-f (y) , 即f (x) 是奇函数.

令x=-1, y=1, 得

又f (-2) =f (1) ≠0, 故g (1) +g (-1) =-1.

点评此题通过正弦函数引导, 利用赋值法得到解答.

5 余弦型背景函数

例5设函数f (x) 满足求证f (x) 为周期函数, 并指出它的1个周期.

分析由联想到余弦函数的和差化积公式, 因此可以猜想此函数是由余弦函数y=cosx抽象而来的.所以可以推想f (x) 的周期是2π, 下面通过赋值法予以证明.

证明令x=α+π, y=α, 则

所以f (x) 为周期函数且是2π它的一个周期.

6 余切型背景函数

例6已知函数f (x) 的定义域关于原点对称, 且满足3个条件: (1) 当x1, x2是定义域中的实数时, 有 (2) f (a) =-1 (a是定义域中的1个数, a>0) ; (3) 当0<x<2a时, f (x) <0.试问:

(Ⅰ) f (x) 的奇偶性如何?说明理由.

(Ⅱ) 在 (0, 4a) 上f (x) 的单调性如何?说明理由.

分析由差的余切公式与条件 (1) 相比较可知, 函数f (x) 的一个背景函数是y=-cotx, 从而根据条件又可猜想f (x) 是奇函数且在 (0, 4a) 上是增函数 (注:这里把a看成4π进行联想, 这无疑为判断f (x) 单调性确定了方向) .

解 (Ⅰ) 因为函数f (x) 的定义域关于原点对称, 所以x, -x同时在定义域中.又因为当x1, x2是定义域中的数时, 有

即f (x) 是奇函数.

(Ⅱ) 设0<x1<x2<2a, 则0<x2-x1<2a.

所以在 (2a, 4a) 上f (x) 也单调递增.

综上所述, f (x) 在 (0, 4a) 上是单调递增函数.

虽然抽象函数问题有一定的难度, 但只要在平时的学习中注意认真归纳总结, 牢固掌握基本初等函数的性质, 积极进行联想对比, 就不难获得解决问题的思路, 并且能够在提高学生的解题能力、培养学生思维的灵活性和创新意识方面收到良好的效果.

参考文献

[1]刘春沂.几类抽象函数解法例说[J].数学教学通讯, 2006, (10) .

联想函数模型解抽象函数问题 第8篇

一、指数函数模型

例1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:因为ax+y=ax·ay (a>0, a≠1) , 因而猜测它的模型函数为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, 需解不等式化为f (3x-x2) >f (2) .这样, 证明函数f (x) 的 (由f (x) =2x, 只证明单调递增) 单调性成了解题的突破口.

解:由f (x+y) =f (x) ·f (y) 中取x=y=0, 得f (0) =f2 (0) ,

若f (0) =0, 令x>0, y=0, 则f (x) =0, 与f (x) >1矛盾.所以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,

而f (x) ·f (-x) =f (0) =1,

又当x=0时, f (0) =1>0, 所以x∈R, f (x) >0.

设-∞0, f (x2-x1) >1.

所以f (x2) =f[x1+ (x2-x1) ]=f (x1) f (x2-x1) >f (x1) .

所以y=f (x) 在R上为增函数.

又因为f (1) =2, 所以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

例2定义在R上的函数f (x) 满足:对任意实数m, n, 总有f (m+n) =f (m) ·f (n) , 且当x>0时, 0

(1) 判断f (x) 的单调性.

(2) 设A={ (x, y) |f (x2) ·f (y2) >f (1) }, B={ (x, y) |f (ax-y+2) =1, a∈R}, 若A∩B=, 试确定a的取值范围.

联想:根据f (m+n) =f (m) ·f (n) 及x>0时, 0

思路分析:由 (2) 知, 需解不等式f (x2) ·f (y2) >f (1) .这样, 证明函数f (x) 在R上单调递减成了解题的突破口.

解: (1) 在f (m+n) =f (m) ·f (n) 中, 令m=1, n=0, 得f (1) =f (1) ·f (0) , 因为f (1) ≠0, 所以f (0) =1.

在f (m+n) =f (m) ·f (n) 中, 令m=x, n=-x,

因为当x>0时, 0

所以当x<0时, -x>0, 0

又当x=0时, f (0) =1>0, 所以, 综上可知, 对于任意x∈R, 均有f (x) >0.

设-∞0, 0

所以f (x2) =f[x1+ (x2-x1) ]=f (x1) ·f (x2-x1)

所以y=f (x) 在R上为减函数.

(2) 由于函数y=f (x) 在R上为减函数, 所以f (x2) ×f (y2) =f (x2+y2) >f (1) , 即有x2+y2<1.

又f (ax-y+2) =1=f (0) , 根据函数的单调性, 有axy+2=0.

评析: (1) 要讨论函数的单调性必然涉及到两个问题, 一是f (0) 的取值问题, 二是f (x) >0的结论都成为解题的关键性步骤, 完成这些又在抽象函数式中进行, 由特殊到一般的解题思想, 联想类比思维都有助于问题的思考和解决.

二、对数函数模型

联想:由已知条件, 猜测它的模型函数为f (x) =log4x.

故原不等式的解集为{x|0

(2) 求证:对任意实数x、y∈R+, f (xy) =f (x) +f (y) ;

(3) 求证:f (x) 是R+上的增函数.

联想:因为logaxb=blogax且x∈R+, 再注意到f (10) =1, 所以猜测它的模型函数为f (x) =lgx.

思路分析:由模型函数为f (x) =lgx, 可以借助对数函数的特有性质启动解题思路.

因为f (k-1003) =f[10lg (k-1003) ]=lg (k-1003) ·f (10) =lg (k-1003) =lg1003,

所以k-1003=1003, 解得k=2006.

(2) 设x>0, y>0, 当x≠1时,

f (xy) =f (x·xlogxy) = (1+logxy) ·f (x) =f (x) +logxy·f (x) =f (x) +f (xlogxy) =f (x) +f (y) ,

当x=1时, f (1) =0也适合, 故当x>0, y>0时, f (xy) =f (x) +f (y) .

(3) 因为当x>1时, f (x) =f (10lgx) =lgx·f (10) =lgx>0,

所以f (x) 是R+上的增函数.

三、幂函数模型

例5已知函数f (x) 对任意实数x、y都有f (xy) =f (x) ·f (y) , 且f (-1) =1, f (27) =9, 当0≤x<1时, 0≤f (x) <1时.

(1) 判断f (x) 的奇偶性.

(2) 判断f (x) 在[0, +∞) 上的单调性, 并给出证明.

思路分析:由题设可知f (x) 是幂函数y=x23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) ,

因为f (-1) =1, 所以f (-x) =f (x) , 即f (x) 为偶函数.

因为a≥0, (a+1) , 3∈[0, +∞) , 函数在[0, +∞) 上是增函数.

所以a+1≤3, 即a≤2, 又a≥0, 故0≤a≤2.

(1) 求证:对任意正实数x, f (x) >0;

(2) 求证:对任意正实数x, f (x-1) =[f (x) ]-1.

(3) 判断f (x) 在R+上的单调性, 并给出证明.

(4) 若f (k) =4, 求k的值.

思路分析:由模型函数判断函数f (x) 在R+上单调递减, 并由其单调性求出k的值.

所以对任意正实数x, f (x) >0.

利用特殊思想方法解决抽象函数问题 第9篇

例1 是否存在函数f(x)同时满足下列三个条件:(1)f(x+y)+f(x-y)=2f(x)cosy(x,y∈R);(2)f(0)=a(a为常数);$(3)f\left(\frac{\text{π}}{2}\right)=b(b$为常数) 若存在,求f(x)的表达式;若不存在,请说明理由.

分析 条件(1)中x,y的任意性,隐含着x,y既可“换元”,又可“赋值”,结合条件(2)和(3),可望构造出函数方程组,从而求得函数表达式.

令x=0,y=t,得f(t)+f(-t)=2acost. ①

令$x=\frac{\text{π}}{2}+t‚y=\frac{\text{π}}{2}$,得f(π+t)+f(t)=0. ②

令$x=\frac{\text{π}}{2}‚y=t+\frac{\text{π}}{2}$,得f(π+t)+f(-t)=-2bsint. ③

将①+②-③,得f(x)=acost+bsint,故存在f(x)=acost+bsint符合题意.

2.挖掘隐含,分类讨论

例2 设f(x)是定义在(-∞,+∞)上的增函数,问是否存在实数k,使不等式f(k+sin2x)≥f[(k-4)(sinx+cosx)]对任意x∈R恒成立?并说明理由.

分析 令sinx+cosx=t,则sin2x=t2-1,原不等式对一切x∈R恒成立,等价于不等式μ(t)=t2-(k-4)t+(k-1)≥0对任意$t\in [-\sqrt[2]{2},\sqrt[2]{2}]$恒成立,下列分三种情况讨论:

(1)当Δ<0时,μ(t)≥0,对$t\in [-\sqrt[2]{2},\sqrt[2]{2}]$恒成立,由Δ=(k-4)2-4(k-1)=(k-2)(k-10)<0,得2<k<10.

(2)当Δ=0时,k=2或k=10,此时抛物线t2-(k-4)t+(k-1)的顶点横坐标t=-1或t=3,μ(t)≥0对任意$t\in [-\sqrt[2]{2},\sqrt[2]{2}]$恒成立.

(3)当Δ>0时,μ(t)≥0对任意$t\in [-\sqrt[2]{2},\sqrt[2]{2}]$恒成立的充要条件是:

解①②,得$10＜k＜9+5\sqrt[2]{2}$,综合(1)(2)(3)得k的取值范围是$[2‚9+5\sqrt[2]{2}].$

3.剖析特例,类比联想

例3 设函数f(x)定义在实数集上,对任意x,y∈R,都有f(x+y)+f(x-y)=2f(x)f(y),且存在正数c,使$f\left(\frac{c}{2}\right)=0$,试问:f(x)是否是周期函数?若是,求出它的一个周期;若不是,请说明理由.

分析 由于问题较抽象,不易发现f(x)是否为周期函数,更难找出它的一个周期.若特殊探路,降维思考,联想三角公式,不难发现函数f(x)=cosx满足题设条件,因为f(x)=cosx是周期为2π的函数,且$\cos \frac{\text{π}}{2}=0$,故推测f(x)是以2c为周期的周期函数.事实上$f\left[\left(x+\frac{c}{2}\right)+\frac{c}{2}\right]+f\left[\left(x+\frac{c}{2}\right)-\frac{c}{2}\right]=2f\left(x+\frac{c}{2}\right)f\left(\frac{c}{2}\right)=0‚\therefore f(x+c)=-f(x)‚\therefore f(x+2c)=-f(x+c)=f(x)(x\in \mathbf{R}).$

4.正难则反,逆推反正

例4 已知函数f(x)在区间(-∞,+∞)上是增函数,a,b∈R,若f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),求证:a+b≥0.

分析 欲证上述命题,正向推理,不易用上题设条件,转而逆思考.若a+b<0,则a<-b,b<-a,据单调性f(a)<f(-b),f(b)<f(-a),从而f(a)+f(b)<f(-a)+f(-b),这与已知矛盾,∴a+b<0不成立,即a+b≥0.

5.恰用递推,归纳猜想

例5 是否存在这样的函数f(x),使下列三个条件:(1)f(x)>0(n∈N);(2)f(n1+n2)=f(n1)f(n2)(n1,n2∈N);(3)f(2)=4同时成立?若存在,求出解析式;若不存在,说明理由.

分析 若存在,由条件(1)(2)(3),得f(2)=f(1+1)=[f(1)]2=4,f(1)=2.又∵f(2)=4=22,∴f(3)=f(1)f(2)=23,f(4)=24,猜想f(x)=2x(x∈N),用数学归纳法不难证得此猜想正确.

摘要：求解抽象型函数问题的解题思想,常需将几种解题思想综合运用,“多管齐下”.对于用常规解法难以解决的数学问题,若利用一些特殊的数学思想方法求解,有时会收到事半功倍的效果.对抽象型函数问题的解题思想的探求,可以提高学生的解题能力,培养学生思维的灵活性,从而达到创新思维能力的培养.

关键词：赋值,构造,分类讨论,类比联想,归纳猜想

参考文献

[1]贾士代,翟连林.高中数学巧妙解法400例.北京:北京教育出版社.

[2]张巨轮.抽象函数试题的类型与求解思路.中学数学,2000(11).

[3]叶家振.抽象函数关系给出的对称性与周期性.中学数学,1996(6).

学生抽象绘画作业常见问题及分析 第10篇

抽象绘画最大的魅力就在其艺术上的“无限可能”, 以至于吸引了无数艺术家参与抽象艺术的滚滚洪流之中。抽象绘画“无限可能”的特性给人们的评判带来了一些困难, 但这并不意味着抽象绘画无法评判, 没有批判标准, 只是标准模糊一些罢了。作为课程来说, 作业的评判标准尽可能地要清楚、明确一些, 在艺术课程里这个要求有些困难, 但还是可以用形式美法则来衡量学生的作业。这些标准是针对于具体课堂作业要求而言的, 当用其评判追求“无限可能”的抽象画家作品, 往往又是荒谬的。这样做并不是限制学生的思维, 而是希望通过解说, 使学生更深入地理解一般的视觉规律, 以便在绘画实践和鉴赏中作出判断和评价。

我针对高中生的实际, 在最近几年中开发了抽象绘画课程, 受到了学生和学校的极大欢迎。但是抽象绘画作业的讲评问题一直是个难题, 为此我们作了多方面尝试, 力图解决此问题。下面我即通过对初学抽象绘画的高中学生作业的分析, 总结出“五病”, 希望能够增强学生对一般视觉规律的掌握, 强化他们对抽象绘画的鉴赏和实践操作能力。

一、孤立

如果在画面中一个或几个元素过于突兀, 同其他事物缺乏联系, 造成画面的不协调, 这便是“孤立病”。这种不协调与元素的体量有关, 在学生作业中更多是由于画面的造型元素、色彩元素缺少呼应所造成的。

比如色彩孤立:图1造型很协调, 圆弧状的外形使得画面各个元素间的形状具有较强的一致性。色彩也很丰富, 画面中红色用得很好, 大红、朱红、粉红既有呼应又有对比, 这种使用同类色呼应的方法值得借鉴。但这幅画的色彩对比强烈, 黑色部分在画面中显得过于突兀, 缺少呼应, 若是增加一些深色, 画面的层次就会多一些, 柔和一些。

又如色彩和造型均孤立:图2的造型元素很多, 有圆形的太阳、三角形的弓箭、直线的彩虹, 还有不规则的形状, 这些形状之间缺少造型上的关联, 协调性不够, 造成画面混乱。彩虹采用大面积平涂, 过于突兀, 彩虹与其他造型的色彩也缺少呼应关系。

如何做到呼应呢?我们可以利用形状、光影、色彩使画面达到均衡、和谐、含蓄的艺术效果。造型呼应可以通过形状的共通性来解决, 如类似形可以产生呼应, 还可以通过点、线、面的一致性产生呼应、协调的艺术效果;色彩呼应则可通过色相的冷暖及同类色产生关联, 采用“你中有我, 我中有你”, 相互照应、相互依存、重复使用的方法, 使得画面产生统一协调、情趣盎然的节奏美感。

二、平均

画面的造型与色彩没有轻重或多少的分别, 诸如线条的长短、粗细缺少变化, 颜料的涂画的厚度相同, 画面的布白均匀, 使画面缺乏节奏和韵律, 陷入呆板、单调, 便是“平均病”。

比如图3, 构图平板, 线条有两个宽度, 中间和周围部分的线条采取相同的处理:粗细均匀, 涂画的力度均匀, 空间的布白缺少节奏和变化, 画面艺术感差, 属于很典型的“平均病”, 需要加强线条节奏和构图方面的练习。

又如图4, 从整体看有变化, 色彩有调和与对比的关系, 但是画面上部的曲线组合采用了同样的方式, 处理方式雷同, 应在这个局部增加一些疏密的对比。再在下部增加几条曲线, 与之呼应, 就会好一些。

加强对比是打破平均的好方法, “密不透风, 疏可跑马”、“大疏大密”即是用虚实疏密的强对比使画面产生变化。通过画面块面的分解、元素的聚散、重叠、反复、转换、变形, 笔触的抑扬顿挫, 色彩的阴晴冷暖, 形成对比和调和的关系。“对比是差异性的强调, 对比的因素存在于相同或相异的性质之间。也就是把相对的两要素互相比较之下, 产生大小、明暗、黑白、强弱、粗细、疏密、高低、远近、硬软、直曲、浓淡、动静、锐钝、轻重的对比, 对比的最基本要素是显示主从关系和统一变化的效果”。 (1)

三、对称

对称指画面元素在大小、形状、色彩和排列上具有一一对应的关系。对称式构图的优点是安全、协调、优美、庄重, 缺点是单调、呆板。学生在使用对称构图时往往由于方法简单、形式单调而放大了对称式构图的缺点, 使画面陷入结构单调、造型雷同, 称为“对称病”。

比如对角线对称:初学者很容易把画面先平均地涂上颜色, 然后在上面再画其他形象。图5即是此种类型, 底色涂画力度均匀、方向雷同、线条单调重复, 犯了“平均病”, 然后又在对角线上画上两个圆形, 画面结构单调, 艺术感差。

又如角对称:图6中间的部分处理得不错, 采用尖角图形, 图形变化有致, 形状具有较强的协调性, 图形组合大小结合、疏密有致。但是四个角将中间的组合生硬地框死了, 有三个角是雷同的, 缺少变化, 色彩也与画面主体有对比而无呼应, 显得孤立、生硬。

再如左右对称:图7热气球画在中间, 两边的处理雷同、平板, 犯了“平均病”, 缺少画面的韵律感。

学生很喜欢用对称的方式进行绘画, 这源于寻求平衡、安全的心理需要, 对称式的均衡, 在画面中很难处理, 不建议初学者采用此种方式构图方式, 多用均衡的办法来改变对称造成的单调。均衡是指“画面两边的形状、色彩不是采用数量、大小、排列一一对应的方式, 而是运用相等或相近形状、色彩、数量、大小的不同排列, 给人以视觉上的稳定, 是一种异形、异量的呼应均衡, 是利用近重远轻、近大远小、深重浅轻等透视规律和视觉习惯的艺术均衡” (2) 。

四、添足

学生在课堂上画画时常常一直低着头画, 而忽视了对画面整体效果的审视, 作出一些破坏画面效果的举动, 称为“添足病”。图8就是犯了画蛇添足的毛病, 最后画黑色线条, 将画面尴尬得一分为二, 缺少进一步的处理, 画面反而显得不完整。

图9的造型、色彩、构图都不错, 可以看出这位同学很会画画, 画面上半部分的效果很好。只是由于对画面的整体观察、思考不够, 最后添加的几个深色椭圆很失败, 破坏了画面的整体效果, 分散了画面的注意力。这提醒我们, 越是在最后时刻越要保持清醒和克制, 要很小心地添加和修改画面。

在开始绘画时, 要鼓励学生放松一些, 胆子大一些, 在绘画的中后期, 则要画得慢一些, 把画放到远处, 整体观察, 耐心收拾, 调整画面, 正所谓“大胆落笔, 小心收拾”。

五、逻辑

绘画和文学是不同的艺术门类, 从文学故事到绘画的转换必须有一个过程, 必须符合画面构成的要求, 符合画面逻辑, 不能忽视绘画语言的特殊性, 绘画的造型、色彩、构图有其自身的规律, 其他逻辑必须服从于画面艺术处理的需要。这是很多学生绘画作业出现问题的根源, 姑且称之为“逻辑病”。

学生对于绘画的技能和形式美法则知之甚少, 又缺乏绘画实践经验, 故常把生活、故事、哲理中的逻辑关系直接转移到画面上, 导致他们的作业中频频出现画面平均造型、色彩孤立、构图对称、缺少造型等问题。在上文中“孤立病”中的图2即是将故事逻辑直接搬到画面上的典型案例, 描绘了一个很辉煌的远古神话———后羿射日, 后羿站在地面上拉弓射箭, 天上有十个太阳, 绚烂的彩虹。从故事元素来看, 在画面中都具备了, 但是恰恰缺少了画面所需的均衡、对比、协调等基本形式规律。

为此通过教师对作业的点评, 同学间的互评, 运用美术术语对优秀作品的画面进行分析, 找出画面元素间的相互关系, 讲解其使用的基本原理与独特匠心, 可以通过模仿优秀作品的画面元素处理的方式进行再创作, 以加深对画面构成元素的理解。使学生明白绘画语言自身的规律性问题, 逐渐深入到对美术语言的思考和观察中去。

学生作业的讲评是教学环节中的重要内容, 因为作业是学生绘画水平和认知水平的真实体现, 而学生对有着共同知识和生活背景的作业也往往有着天然的兴趣。对于作业的分析相比大师作品而言更能够让学生强化、巩固知识和技能, 在培养学生的绘画欣赏和实践能力, 恢复他们对于绘画的自信等方面起着不可忽视的作用。另外, 多种形式的作业点评也是教师和学生交流互动的良好平台, 是学生领会教师观点, 发挥教师专业特长的良机。

注释

1中国美术家网站.对比与调和—排版形式原理.http://www.artist.org.cn/student/1/1/200603/36119.html.

问题抽象 第11篇

关键词：椭圆最优控制问题 变分离散 误差估计

1.引言

在企业及管理中， 会遇到一些最优控制问题， 而求出其准确解几乎不可能， 因此数值近似是最优控制问题得以应用的关键. 本文考虑如下的最优控制问题：

minu∈Uad12‖y-yd‖2L2（Ω）+v2‖u‖2L2（Ω）

-Δy=u+f，在Ω里

y=0，在Ω的边界Γ上，

（1）

其中Ω∈R2为有界凸多角形区域，Uad={u∈L2（Ω）：在Ω上几乎处处a≤u（x）≤b，a

-Δy=u+f，在Ω里，y=0，在Γ上，

-Δpy-yd，在Ω里，p=0，在Γ上，

（vu+p，v-u）≥0，任意v∈Uad.

（2）

设V为一Hilbert空间，定义解算子S：u+f∈L2→y∈及对偶解算子S*：y-yd∈L2→p∈V，则（2）可写成：求（u，y，p）∈Uad×V×V， 使得

y=S（u+f）

p=S*（y-yd）

（vu+S*（y-yd），v-u）≥0，任意v∈Uad

（3）

设Vh为一有限维空间，定义解算子Sh：uh+f∈L2→y∈Vh及对偶解算子S*h：yh-yd∈L2→ph∈Vh， 则（3）可以用如下问题来近似. 求（uh，yh，ph）∈Uad×Vh×Vh， 使得

yh=Sh（uh+f）

ph=S*h（yh-yd）

（vuh+S*h（yh-yd），v-uh）≥0，任意v∈Uad

（4）

2.抽象误差估计

以下将得出誤差估计， 为简洁，将‖·‖L2（Ω）简记为‖·‖， 将‖·‖L∞（Ω）简记为‖·‖∞. 关于准确解（u，y，p）及近似解（uh，yh，ph）有以下结论.

定理1 设S，S*，Sh，S*h为前述定义的线性有界算子， f，yd∈L2（Ω）为已知， 则存在与h无关的正常数C（不同的地方取值相同）使得

‖u-uh‖≤Cv{‖（S-Sh）（u+f）‖+‖（S*-S*h）（u+f）‖+‖（S*-S*h）（yd）‖+‖（S*-S-h）（Sh-S）（u+f）‖

（5）

‖y-yh‖≤‖（S-Sh）（u+f）‖+‖（Sh-S）（u-uh）‖+C‖u-uh‖

（6）

‖p-ph‖≤‖（S*-S*h）（y-yd）‖+‖（S*h-S*）（y-yh）‖+C‖y-yh‖

（7）

证明： 在（3）的变分不等式中取v=uh， 在（4）的变分不等式中取v=u得

（vu+S*（S（u+f）-yd），uh-u）≥0

（vub+S*h（Sh（uh+f）-yd），u-uh）≥0

上两式相加， 并注意到（u-uh，u-uh）=‖u-uh‖2可得

v‖u-un‖2+‖Sh（uh-u）‖2≤（（S*S-S*hSh）（u+f），uh-u）+（（S*h-S*）（yd），uh-u）

对于上述不等式右端的第一项有

（（S*S-S*hSh）（u+f），uh-u）=（（S-Sh）（u+f），S（uh-u））+（（S*-S*h）（S（u+f）），uh-u）+（（S*-S*h）（Sh-S）（u+f），uh-u）

将此式代入上式利用Cauchy不等式可得（5）式. 由于

y-yh=（S-Sh）（u+f）+（Sh-S）（u-uh）+S（u-uh）

利用三角不等式和算子S的有界性便可得到（6）式. 类似可得

p-ph=（S*S*h）（y-yd）+（S*h-S*）（y-yh）+S*（y-yh）

利用三角不等式和算子S*的有界性便可得到（7）式. 证毕

注： （1）算子（S-Sh）（f）表示某种数值方法的误差， ‖（S-Sh）（f）表示某种数值方法的L2（Ω）误差.

（2）若Vh为线性协调有限元空间（见[2]）， 则‖（S-Sh）（f）‖=O（h2），‖（S*-S*h）（f）‖=O（h2）， 根据定理1可得‖u-uh）‖=O（h2），‖y-yh‖=O（h2），‖y-yh‖=O（h2）.

（3）若Vh为线性非协调协调有限元空间， 则‖（S-Sh）（f）‖=O（h2），‖（S*-S*h）（f）‖=O（h2），根据定理1可得‖u-uh‖=O（h2），‖y-yh）‖=O（h2），‖y-yh‖=O（h2）.

（4） 若Vh取为最低阶Raviart-Thomas混合有限元空间，则‖（S-Sh）（f）‖=O（h），‖（S*-S*h（f）‖=O（h），根据定理1可得‖u-uh‖O（h），‖y-yh‖=O（h），‖y-yh‖=O（h）.

3.数值例子

从文献[3]选取一个数值例子， 取f（x）=0，Ω={（x1，x2）|0≤x1≤1，0≤x2≤1}. 此时状态变量的准确值为

y（x）=sin（πx1）sin（πx2）-yg

其中yg为问题 “-Δyg=g，在Ω里；yg=0，在Ω的边界Γ上的解”，函数g定义如下

g（x）=g（x1，x2）=uf-a，若uf

0，若a≤uf≤b，

uf-b，若uf>b.

其中uf=2π2sin（πx1）sin（πx2）.，yd=（4π4+1）sin（πx1）sin（πx2）-yg，p=-uf，a=3，b=15，u=max（a，min（b，p），

计算结果见下图1和图2中

图1 左端为协调有限元计算结果的收敛阶，右图为非协调

有限元（最低阶C-R元）计算结果的收敛阶.

图2 最低阶Raviart-Thomas混合元计算结果的收敛阶从图中可以看出， 对控制、状态、协态变量的协调非调有限元近似的收敛阶都为， 最低阶混和有限元近似收敛阶为. 该数值例子与理论相符.

文中的结果告诉我们， 在最优性条件的基础上，可以用不同的数值方法求解状态方程和协态方程，并且收敛速度就是该方法的收敛速度. 此结果对企业及管理中遇到的控制问题的应用有很好的参考价值。

参考文献：

[1]J.L. Lions， Optimal Control of Systems Governed by Partial Differential Equations， Springer- Verlag， Berlin， 1971.

[2]S.C. Brenner and L.R. Scott， The mathematical theory of finite element methods， Springer-Verlag， New York， 1994.

[3]C. Meyer and A. R？sch， Super-convergence properties of optimal control problems， SIAM Journal on Control and Optimization， Vol.43， No.3， 2004， 970-985.

函数性质在抽象函数问题中的应用 第12篇

一、单调性的应用

利用函数的单调性可以比较抽象函数值或自变量值的大小;求某些抽象函数的值域或最值;解证不等式, 作函数图像。

例1已知函数f (x) 的定义域是 (0, +∞) , 当x>1时, f (x) >0, 且f (x·y) =f (x) +f (y) 。

(1) 求:f (1) ;

(2) 证明:f (x) 在定义域上是增函数。

分析: (1) 的求解是容易的;对于 (2) , 应利用单调性定义来证明, 其中应注意f (x·y) =f (x) +f (y) 的应用。

解: (1) 令x=y=1, 得f (1) =2f (1) , 故f (1) =0。

(2) 令得任取且则由于故从而

所以f (x) 在 (0, +∞) 上是增函数。

二、周期性与奇偶性的综合应用

周期性与奇偶性常常用于调节自变量的大小, 从而使问题得以解决。

例2已知函数f (x) 是定义域为R的奇函数, 且它的图象关于直线x=1对称。

(1) 求f (0) ;

(2) 证明f (x) 是周期函数。

分析:结合奇函数定义, 以及周期函数的性质, 即证明f (x+T) =f (x) 。

解: (1) ∵函数f (x) 是定义域为R的奇函数,

(2) ∵f (x) 的图象关于直线x=1对称, ∴f (1+x) =f (1-x) , ∴f (x) =f (2-x) ,

即

∴T=4, ∴函数f (x) 是以4为周期的周期函数。