函式是高中數學的核心內容，它對於學生掌握雙基和發展能力具有十分重要的意義。通常所說的函式，一般都具有解析式、圖表等某種具體的表現形式，但是有一類函式只給出了函式所滿足的一部分性質或運算法則，而沒有明確的表現形式，這類函式我們通常稱之為抽象函式。抽象函式作為初等數學和近代數學的銜接點，既能體現數學的本質特徵、近現代數學發展的威力，又能體現新課標對知識和技能考核的要求和高考的能力命意，必將受到人們的重視。
以下介紹幾種解決抽象函式問題的方法，力求使抽象函式問題的解法有「章」可循。
一、賦值法
賦值法的基本思路是：將所給函式的性質轉化為條件等式，在條件等式中對變數賦予一些具體的值，構造出所需條件或發現某些性質，其中f（0）、f（1）是常常起橋梁作用的重要條件。
例１設函式f（x）的定義域為（0，+∞），且對於任意正實數x，y都有
f（xy）=f（x）+f（y）恆成立。若已知f（2）=1，
試求：（１）f（1/2）的值；
（２）f（2 - n）的值，其中n為正整數。
思路：合理賦值，化抽象為具體，發現遞推規律。
解：（１）令ｘ＝ｙ＝１，則f（1）=f（1）+f（1） ∴f（1）=0
再令x=2，y=1/2，則f（1）=f（2）+f（1/2）∴f（1/2）= －f（2）= －1
（２）由於f（2 - 2）=f（1/2）+f（1/2）= －2，
f（2 - 3）= f（1/2）+f（1/2）+f（1/2）= －3，
依此類推就有f（2 - n）= －n，其中n為正整數。
例２已知函式f（x）滿足：對任意x、y∈r都有f（x+y 2）=f（x）+2f 2（y），
且f（1）≠0，則f（2005）= 。
解：在f（x+y 2）=f（x）+2f 2（y）中，取x=y=0，則f（0）=0，
再取x=0，y=1，代入得f（1）=2f 2（1）。
因為f（1）≠0，所以f（1）=1/2。
在條件式中令x=n，y=1，則得遞推式f（n+1）－f（n）=1/2。
所以數列是首項為0.5、公差為0.5的等差數列，所以f（2005）=1002.5。
點評：利用抽象條件，通過賦值（賦具體值或代數式）是解決抽象函式問題的基本方法。
二、分類討論法
例３設f（x）是定義在r上的函式，當x＞0時，f（x）＞0，且對任意的實數x，y，
均有f（x+y）=f（x）f（y）．求證：對任意x∈r，都有f（x）＞0．
思路：依據求證目標，對自變數進行分類討論。
證明：先證f（0）＞０．
在f（x+y）=f（x）f（y）中，令ｘ＝ｙ＝０，則有f（0）＝f ２（0），
∴f（0）＝０或f（0）＝１．
當f（0）＝０時，令ｙ＝０，ｘ＞０得，f（ｘ）＝f（ｘ）·f（0）＝０，
此與題設：當ｘ＞０時，f（x）＞0矛盾，所以f（x）≠0，故f（０）＝１＞0．
再證當ｘ＜０時，f（x）＞0．由於當ｘ＞０時，f（x）＞0，
因此當ｘ＜０時，－ｘ＞０，有f（－x）＞0．而f（x）·f（－x）＝f（0）＝１，
∴f（ｘ）＝１／f（－x）＞0．
於是，對任意ｘ∈r，都有f（x）＞0．
點評：本題在分類討論的過程中，靈活運用了賦值法．
三、利用函式單調性
解抽象函式不等式，要設法將它轉化成顯性的不等式求解．這需要具備兩個條件：一是要把不等式化為f(□)＞f(△)的形式，二是要判斷函式的單調性。再根據函式的單調性，將抽象函式不等式的符號＂f＂去掉，得到具體的不等式求解．
例４若f(x)是定義在（0，+∞）上的減函式，且對一切a，b∈（0，+∞），
都有f(a/b)=f(a)－f(b)，且f(4)=1，試解不等式f(x+6)－f(1/x)＞2．
思路：逆用函式單調性，將不等式中的函式關係轉化為自變數之間的關係．
解：因為f(a/b)=f(a)－f(b)，且f(4)=1，所以f(x+6)－f(1/x)＞2,則f(x+6)－f(1/x)＞2f(4),則有f(x 2+6x)－f(4)＞f(4),故f[(x 2+6x)/4]＞f(4)．由於f(x)是（0，+∞）上的減函式，因此由1/x＞0,x+6＞0,(x 2+6x)/4＜4同時成立解得0＜x＜2，故原不等式的解集是(0，2)．
例５設f(x)是定義在[－1,1]上的奇函式，且對任意a、b∈[－1,1]，當a+b≠0時，都有[f(a)＋f(b)]÷(a+b)＞0，解不等式f（x+1/2）＜f（1/x-1）．
解：先證明函式的單調性．
任取x 1、x 2∈[－1,1]，當時x 1＜x 2，f（x 1）－f（x 2）=f（x 1）+f（－x 2）=(x 2－x 1)[f（－x 1）+f（x 2）]÷（x 2－x 1）>0,即f（x 1）＜f（x 2）．所以在[－1,1]上是增函式，原不等式等價於－1≤x+1/2≤1，－1≤1/x-1≤1,x+1/2<1/x-1,同時成立,解得－3/2≤x<1．
點析：（１）若函式f(x)在區間d上單調遞增，且x 1，x 2∈d，則由f(x 1)＜f(x 2)可得
x 1＜x 2；（２）若函式f(x)在區間d上單調遞增，且x 1，x 2∈d，則由f(x 1)＜f(x 2)可得
x 1＞x 2．利用這兩條性質，常常能幫助我們很快獲得抽象函式的自變數之間的關係．
四、利用函式的對稱性
熟練掌握一些函式圖象對稱問題的基本特徵，有助於迅速而有效地解決一些抽象函式的問題。
命題１ 設函式f（x）在定義域為r，且f（a+x）=f（b－x），則函式f（x）的圖象關於直線x=（a+b）/2對稱；特別當a=b時，f（a+x）=f（a－x），f（x）的圖象關於x=a對稱；再特別一些，當a=b=0時，函式y=f（x）的圖象關於直線x=0（即y軸）對稱，此時，
y=f（x）為偶函式。
命題２ 對於定義域在r上的函式y=f（x），函式y=f（a+x）與y=f（b－x）的圖象關於直線x=（b－a）/2對稱。
例６設函式y=f（x）對一切實數x都滿足f（x+3）=f（3－x）且方程f（x）=0恰好有
６個不同的實根，這6個根的和為（ ）
a.18 b.12 c.9 d.0
解：由命題１知，y=f（x）的圖象關於x=3對稱，故６個根的和為１８，故選a。
例７設函式y=f（x）的定義在r上，則函式y=f（x－1）與y=f（1－x）的圖象關於（ ）
a.直線y=0對稱 b.直線x=0對稱 c.直線y=1對稱 d.直線x=1對稱
解：由命題２知x=1為其對稱軸，故選d。
例８已知定義在r上的函式f（x）在區間（0，2）上是增函式，且對任意x∈r，都有
f（2+x）=f（2－x）成立，那麼下列不等關係中正確的是（ ）
思路：利用函式的對稱性將5/2，7/2轉化到區間(0,2)內，再根據函式的單調性比較函式值的大小。
解：由f（2+x）=f（2－x）可知，函式f(x)的圖象關於直線x=2對稱，因此對任意
x∈r，有f(x)=f(4－x)成立。
於是，f(5/2)=f(4－5/2)=f(3/2) , f(7/2)=f(4－7/2)=f(1/2).
因為函式f(x)在區間(0,2)上是增函式，且1/2＜1＜3/2，所以f(1/2)＜f(1)＜f(3/2)，
即f(7/2)＜f(1)＜f(5/2)，選答案b。
點析：必須注意：「f(a+x)=f(b－x)」與「f(x－a)=f(x－b)」的區別，後者意味著y=f(x)是以a－b為週期的週期函式。
特別地，若f(x－a)=f(x+b)，則y=f(x)是以2a為週期的週期函式。
五、利用函式的週期性
關於函式的週期性，首先要弄清楚三種符號形式：
（１）若f（x+a）=f（x+b）恆成立，則函式為週期函式，週期為t=| b－a |，
（２）若f(a+x)=f(b－x)恆成立，則函式的圖象關於直線x=（a+b）/2對稱。
（３）若定義在ｒ上的函式ｙ＝f(x）的圖象關於兩直線x=ａ和x=ｂ（ａ＞ｂ）對稱，則函式ｙ＝f(x）以２（ａ－ｂ）為週期．特別的，若定義在ｒ上的偶函式的圖象關於直線x=ａ（ａ≠０）對稱，則ｙ＝f(x）以２｜ａ｜為週期。
（４）若定義在ｒ上的函式ｙ＝f(x），值域是函式ｇ（ｘ）的定義域的子集，且滿足
f（x+a）＝ｇ［f則f(x）以２ａ為週期。
以上這四個結論可以快速認識函式具有週期性還是軸對稱性，並且對這兩者之間的轉換要能夠熟練運用。
例9設f(x)是定義在r的偶函式，其圖象關於直線x=1對稱，證明f(x)是週期函式。
分析：此題解決的關鍵是將函式的對稱語言轉換軸對稱方程，進一步和函式的週期性聯絡上。由題設條件f(x)開始，依據週期函式的定義，只需推出f(x)=f(x+t)即可。
證明：因為y=f(x)圖象關於直線x=1對稱，所以f(－x)=f[2－(－x)]=f(2+x)
因為是偶函式，所以f(x)=f(－x)=f(2+x)故是週期函式，並且週期t=2。
例１０已知的f(x)定義域為r，且對一切x∈r滿足f(2+x)=f(2－x)，f(7+x)=f(7－x).
（１）若f(5)=9，求f(－5)的值．
（２）已知x∈[2,7]時，f(x)=(x－2) 2，求當x∈[16,20]時，f(x)的解析式．
解：（１）因為f(x)的圖象關於直線x=2，x=7對稱，所以f(x)=f(4－x)=f[7－(3+x)]．
所以f(x)是以１０為週期的週期函式。所以f(－5)=f(－5+10)=f(5)=9．
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