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抽象函式是沒有給出函式的具體解析式，只給出函式的抽象表達關係式，利用這些關係式解題；分段函式是將函式的定義域分成若干個子區間，不同的子區間有不同的表示式．由於這兩類函式表達形式比較特殊，使得這類問題成為函式內容的難點，而這兩類函式在函式內容又佔重要位置，本文就這兩類函式對其常見的題型歸納評析如下：
一、確定解析式問題
例1 已知y=f(x)滿足，其中a、b、c都是非零的常數，a≠±b，求函式的解析式．
【分析】y=f(x)沒有具體結構，條件中的a、b、c a、b、c都是已知的常數，不可用待定係數法去求解．本題可用，轉化出另乙個式子，採用解方程組的辦法求解．
【解析】∵，以代換x得：，聯立兩式消去f()得：．∵，∴．
【點評】從所給式子出發，看成乙個變式，把x換成以後得到方程組，故視f(x)為乙個未知量，解之得f(x)，稱此法為「函式方程法」．求抽象函式解析式這是常用的方法．
例2 設f(x)是定義域為r的函式，且滿足f(－x)=－f(x)，當x∈[0，+∞時，，求f(x)的解析式．
【分析】利用f(－x)=－f(x)求（－∞，0）上的表示式即可．
【解析】∵f(－x)=－f(x)，又當x＜0時，－x＞0，由已知，∴，則（x＜0，
∴． 家教網找家教上陽光家教網
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【點評】給出某區間上的表示式，求對稱區間上的表示式時，常常應用f(－x)=－f(x)或f(－x)= f(x)進行轉化．
二、求函式值問題
例3（2002，上海市高中數學競賽）函式f(x)定義在正整數集上，且滿足：f(1)=2002和f（1）+f（2）+……+f（n）= f（n），則f(2002)的值為
【分析】首先根據所給的條件求出f（n）的表示式，在求值．
【解析】由f（1）+f（2）+…+f（n）= f（n），得：f（1）+f（2）+…+f（n－1）= f（n－1），兩式相減得：f（n）= f（n）－f（n－1）（n≥3），變形得：
（n≥3），由得：，又f(1)=2002，於是有，∴，故f(2002)=．
【點評】由f（n）= f（n）－f（n－1）（n≥3）推出f（n）的表示式，整個運算過程，都需要有一定的觀察分析能力，善於從式子結構出發，向下進行，進而求出f(2002)．
例4已知函式，若f(x)=10，求x
【分析】首先確定用那一部分的函式表示式求解x，從f(x)=10可以看出，要求函式的值是正數，故不用f(x)=－2x（x＞0）．
【解析】由於f(x)=10＞0，而當f(x)=－2x（x＞0）時，f(x)＜0，於是應用，令=10，x=±3，由於x＜0，故x=－3．
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三、定義域與值域問題
例5 已知函式y=f(2x+1)的定義域是[0，1]，求y=f(x)的定義域．
【分析】函式y=f(2x+1)的定義域是[0，1]，是指解析式中x的取值範圍，2x+1不是自變數，而是中間變數，f(2x+1)中的中間變數相當於f(x)中的x，所以此題是已知x∈[0，1]，求2x+1的取值範圍．
【解析】∵函式y=f(2x+1)的定義域是[0，1]，∴0≤x≤1，∴1≤2x≤3，∴函式y=f(x)的定義域是[1，3]．
【點評】若已知函式y=f(x)的定義域為[a，b]，求y=f(g(x))的定義域，只需將g(x)代換為x，解不等式a≤g(x)≤b，，求出x的集合即為y=f(g(x))的定義域；若已知y=f(g(x))的定義域為[a，b]，求函式y=f(x)的定義域，只要求出y= g(x) ，x∈[a，b]，的值域即為y=f(x)的定義域．
例6 已知函式，求其定義域和值域．
【分析】求分段函式的定義域只要將各段的子區間取並集；求分段函式的值域需要分段求出值域，在取並集．
【解析】，由於[－1，1]∪(11）=r，可知，定義域為r．
當x∈[－1，1]時，，f(x) ∈[0，1]；而當x∈（11）時，f（x）=2，因此函式的值域為：[0，1] ∪．
四、函式性質問題
1、單調性
例7 已知函式y=f(x)的定義域為r，對任意x∈r，均有f(x+x)=f(x)+f(x)，且對任意x＞0，都有f(x)＜0，f(3)=－3．
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（1）證明函式y=f(x)是r上的單調減函式；
（2）試求函式y=f(x)在[m，n]（m，n∈z且mn＜0＝上的值域．
【分析】利用函式的單調性的定義證明；由（1）的結論可知f(m)、f(n)分別是函式y=f(x)在[m，n]上的最大值與最小值，故求出f(m)與f(n)即可得所求函式的值域．
【證明】（1）任取、，且＜，，由題設f(x+x)=f(x)+f(x)，可知，∵＜，∴－＞0，∴f(－)＜0, ∴＜，故y=f(x)是r上的單調減函式．
（2）由於y=f(x)是r上的單調減函式，∴y=f(x)在[m，n]上也是單調遞減函式，∴y=f(x)的最大值為f(m)，最小值為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，故函式y=f(x)在[m，n]上的值域為[－n ，－m]．
【點評】：對於抽象函式，往往通過研究函式的單調性確定其最值和值域；對抽象函式關係式中的變元取適當的值，求所需關係式或值，是解決抽象函式問題的常用技巧．
例8 若函式f(x)=|x－a|在(－∞，1)內是減函式，求實數a的取值範圍．
【分析】本題採用數形結合的方法形象直觀容易求a的取值範圍．
【解析】f(x)=|x－a|=，作出函式的圖象，由於(－∞，a)內是減函式，而在(－∞，1)內也是減函式，故(－∞，1)是(－∞，a)的子區間．
因此a≥1．
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2、奇偶性
例9 設f(x)是定義在r上的函式，滿足f(x+2)=－f(x)，且x∈[0，2]時，．
（1）求x∈[－2，0]時，f(x)的表示式；
（2）求f(9)和f(－9)的值；
（3）證明f(x)是奇函式．
【分析】這是乙個分段函式問題，首先求出函式的表示式，然後在利用定義證明函式是奇函式．
【解析】（1）∵x∈[－2，0]時，x+2∈[0，2]，∴f(x)=－f(x+2)=－[2(x+2)－(x+2)]，即x∈[－2，0]時，．
（2）∵f(x+2)=－f(x)，∴f(x+4)=－f(x+2)= f(x)，∴f(x)是以4為週期的週期函式．∴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]上為奇函式．若x∈[4k－2,4k+2]，k∈z，則－x∈[－4k－2, －4k +2]，,∴f(x)= f(x－4k)，f(－x)= f(－x+4k)，且x－4k與－x+4k∈[－2，2]又∵－x+4k=－（x－4k），∴f（－x+4k）=－f(x－4k), ∴f(－x)=－f(x)，∴f(x)為奇函式．
3、週期性
例10設f(x) 定義在r上的偶函式，其圖象關於直線x=1對稱，對任意、都有，且f(1)=a＞0．
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（1）求、；
（2）證明f(x)是週期函式．
【分析】偶函式的圖象關於y軸對稱，由函式圖象關於直線x=1對稱，可以判定函式f(x)是週期函式．
【解析】（1）由，、，知，x∈[0，1]，∵，，又f(1)=a＞0，∴，．
（2）依題意設y=f(x)關於直線x=1對稱，∴f(x)= f(1+1－x)，f(x)= f(2－x)，又∵f(－x) =f(x)，∴f(x)= f(x+2)，∴函式f(x)是r上的週期函式，且2是它的乙個週期．
五、反函式問題
例11 已知定義域為的函式f(x)，對任意x、y∈恒有f(xy)=f(x)+f(y)．
（1）求證：當x∈時，；
（2）若x＞1時，恒有，求證：f(x)必有反函式；
（3）設是f(x)的反函式，求證：在其定義域內恒有．
證明：（1）∵，則有f(1)= f(1)+f(1) ,∴有f(1)=0，∴．
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（2），且時，，∴．
由，得，
∴，知f(x)在上為單調遞減函式．∴f(x)必有反函式．
（3）設，∴，，即．
例12 已知函式，其定義域為．
（1）若f(x)在其定義域內有反函式，求t的取值範圍；
（2）在（1）的條件下，求反函式．
解：（1）∵f(x)在時其對稱軸為x=t．
當時，f(x)在其定義域內為增函式，所以此時f(x)有反函式；
同理，當時，f(x)在其定義域內也有反函式；
當時，f(x)圖象在的一段比在的一段更靠近對稱軸．那麼要使得f(x)在定義域內有反函式，應有．
則得，解得；
當時，同理應有，解得；
當時f(x)顯然不存在反函式．
有以上討論可知，f(x)在其定義域內有反函式的t的範圍為：．
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