抽象函数：合法赋值、恒等关系与单调证明

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没有给解析式，并不表示必须先猜解析式。按目标制造已知输入，再让另一个输入保持任意，可以求常数、证明奇偶性；比较任意正输入时，乘法结构自然引出比值，而不是凭熟悉模型代替证明。

一、知识点概念与依据

1. 把关系看成有范围的全称条件

$f(x+y)$ 、 $f(xy)$ 、 $f(x-y)$ 的原输入与合成输入都必须合法。域为全实数时通常可选0；域为非零实数时，0不能作为原输入，乘积和倒数仍须非零；两非零数的和却可能为0，不能未经条件调用。

同一题的不同关系也可能有不同范围。例如 $f(x)=x^3f(1/x)$ 只在非零输入可用，另一条加法关系可能在全实数可用。求 $f(0)$ 只能使用允许0的那条关系。

若出现 $f(f(x))$ ，先求或约束内层输出，再检查这个输出属于外层定义域；外层的输入是 $f(x)$ ，不是仍然把原 $x$ 代一次。每个括号都记录真实的输入对象。

2. 赋值服务目标，不是固定试数菜单

0可以消去和或积，1保持乘积，相反输入制造零和，相同输入制造零差。要看原关系和题给初值决定哪一步有用，而不是强制先代0、再代1。

例如关系 $f(x)f(y)=f(x+y)+f(x-y)$ 已知 $f(1)=-2$ ，选 $(x,y)=(1,0)$ 得 $-2f(0)=-4$ ，可除已知非零量−2求 $f(0)=2$ 。若只选 $(0,0)$ ，只得到 $f(0)^2=2f(0)$ ，还留0与2两个候选，不能擅自丢一个。

求目标整数值时，先取得必要的低阶值，再用和、积等关系递推。几个整数值不能证明整个实数域唯一解析式；没有连续性、可导性条件，也不自行添加。找到一个熟悉的模型，只能作为相容性核验，不能替代全体函数的推理。

3. 一个输入固定，另一个保持任意，才得到恒等

证明偶性需要对每个合法 $t$ 都有 $f(-t)=f(t)$ ，不能只求出 $f(-1)=f(1)$ 。上述关系已知 $f(0)=2$ 后，固定 $x=0$ 、令 $y=t$ 任意，得 $2f(t)=f(t)+f(-t)$ ，减去同项才得全域偶性。

减同项不要求它非零，除以某个函数值则必须先证非零。能够抵消一个已知非零初值，也不等于所有函数值都可除。

4. 非零乘法域用单位输入、负一与倒数

若 $f(xy)=f(x)+f(y)$ 在非零实数域成立：取 $x=y=1$ ，得 $f(1)=0$ ；取 $y=1/x$ ，输入均合法，得 $f(1/x)=-f(x)$ 。再取 $x=y=-1$ ，得 $2f(-1)=f(1)=0$ ；固定 $y=-1$ 、 $x$ 任意非零，得 $f(-x)=f(x)$ ，因此偶。

这是针对乘法结构制造已知输入1，并没有越域代0。若关系带常数 $c$ ，例如 $f(xy)=f(x)+f(y)-c$ ，同样求出 $f(1)=c$ ，后续差式须保留该常数，不能照搬无常数结论。

5. 两个任意正输入用一个合法比值相连

取 $0<u<v$ 。若题给大于1输入的条件，选 $t=v/u>1$ 并写 $v=ut$ ；若题给 $(0,1)$ 内的条件，选 $r=u/v\in(0,1)$ 并写 $u=vr$ 。选择比值是为了使用已知的符号范围，不能把只对一侧成立的条件直接搬到另一侧。

加性型关系给

f(uv)=f(u)+f(v)-c\quad\Longrightarrow\quad f(v)-f(u)=f(v/u)-c.

乘性型关系给两种等价路线：

f(v)-f(u)=f(u)[f(v/u)-1]=f(v)[1-f(u/v)].

后者除了括号符号，还须知道前面输出因子的符号。不能把加性型与乘性型的差式混用，也不能因形式相像就把函数认定为对数或幂函数。

6. 正输入输出正，可能需要额外证明

在乘性关系 $f(xy)=f(x)f(y)$ 中， $f(1)=1$ 本身不直接给所有正输入的输出符号。若所有正输入及其平方根、倒数均合法，可对 $x>0$ 写

f(\sqrt x)f(1/\sqrt x)=f(1)=1.

于是 $f(\sqrt x)\ne0$ ，再用 $x=(\sqrt x)^2$ ，得到 $f(x)=f(\sqrt x)^2>0$ 。先由乘积1排零，才能由平方非负强化为严格正。

此后若 $0<r<1$ 时已知 $0<f(r)<1$ ，差式 $f(v)[1-f(r)]$ 的两个因子才都严格正，足以证明正半轴增性。

7. 迁移负侧与证明跨零，是不同任务

正侧方向由任意两输入证明；已知奇偶性后可反射到负侧，奇函数同向、偶函数反向。但两边分别递增，仍不能直接说全域递增。

若还知道函数奇、正输入正输出，且0合法，则负输入输出负， $f(0)=0$ ，正输入输出正，跨零顺序也成立，才可合成全实数域严格递增。域不含0时不补零值；函数不等式解集也不能把导致原输入为0的点补回来。

二、考点方法与例题

方法一：从目标倒推赋值链

标明每条关系的合法范围，找使目标值或已知初值出现的赋值，逐步求中间值。证明全域性质时留一个任意变量，除法前另证非零。选择题中“不能保证”和“绝不可能”不同，反驳必然结论给合法反例即可。

方法二：比值入已知段，输出差回定义

任取 $0<u<v$ ，按给定条件选大比值或小比值，完整代入原等式；检查差中的每个因子，得严格符号再翻译增减。负侧用已证奇偶性，跨侧用实际输出符号与零值，三步不互相替代。

例题 01 从已知初值推导能够保证的性质

题目

已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $R$ ，且 $f(1)=-2$ ，若 $f(x)\cdot f(y)=f(x+y)+f(x-y)$ ，则（）

A． $f(0)=0$ B． $f(2)=1$

C． $f(x)$ 为偶函数 D． $f(x)$ 为增函数

答案与解析

解析

取 $x=1,y=0$ ： $-2f(0)=-4$ ，故 $f(0)=2$ ，A 错。取 $x=y=1$ ： $4=f(2)+2$ ，所以 $f(2)=2$ ，B 错。

固定 $x=0$ 、 $y$ 任意，得到 $2f(y)=f(y)+f(-y)$ ，所以 $f(-y)=f(y)$ 对全实数成立，域也成对，C 对。 $0<1$ 而 $f(0)=2>f(1)=-2$ ，直接违反递增定义，D 错。

若一开始只取 $x=y=0$ ，得到的 $f(0)(f(0)-2)=0$ 还不能独立决定 $f(0)$ ；题给非零初值正好补足筛选。整条推理不必猜出函数解析式。

本题结论

C。

例题 02 非零域上的倒数、奇偶性与单调方向

题目

定义域为 $\left\{ x\mid x\ne 0\right\}$ 的函数 $f\left( x\right)$ 满足 $f\left( x\right)+f\left( y\right)=f\left( xy\right)$ .

(1)求证： $f\left( \frac{1}{x}\right)=-f\left( x\right)$ ；

(2)求证： $f\left( x\right)$ 为偶函数；

(3)当 $x>1$ 时， $f\left( x\right)>0$ ，求证： $f\left( x\right)$ 在 $\left( 0,+\infty \right)$ 上单调递增，在 $\left( -\infty ,0\right)$ 上单调递减.

答案与解析

解析

（1）倒数关系。取 $x=y=1$ ， $2f(1)=f(1)$ ，所以 $f(1)=0$ 。任意 $x\ne0$ 时 $1/x$ 也合法，代入得到 $f(x)+f(1/x)=f(1)=0$ ，故 $f(1/x)=-f(x)$ 。

（2）偶性。取 $x=y=-1$ 得 $2f(-1)=f(1)=0$ 。再取任意非零 $x$ 、 $y=-1$ ，得 $f(-x)=f(x)+f(-1)=f(x)$ 。非零域成对，所以为偶函数。

（3）方向。任取 $0<u<v$ ，有 $v/u>1$ ，题设保证 $f(v/u)>0$ 。用原关系或第（1）问，有

f(v)-f(u)=f(v)+f(1/u)=f(v/u)>0.

所以正半轴严格递增。负侧取 $u<v<0$ ，则 $0<-v<-u$ ，正侧增性给 $f(-v)<f(-u)$ ，由偶性得 $f(v)<f(u)$ ，所以负半轴严格递减。

这里仅分别讨论两个半轴，不能说全非零域整体递增或递减；0不在域内，始终没有 $f(0)$ 。

本题结论

（1）倒数输入输出相反；（2）偶函数；（3）正半轴递增、负半轴递减。

例题 03 联用两个适用范围不同的关系

题目

已知函数 $f(x)$ 的定义域为 $R$ ，且 $f(x)={x}^{3}f(\frac{1}{x})(x\in (-\infty ,0)\cup (0,+\infty ))$ ， $f(x)+f(y)-2xy=f(x+y)$ ，则 $f(4)$ 的值是（）

A． $-20$ B． $-16$ C． $-12$ D． $-10$

答案与解析

解析

先用允许0的加法关系取 $x=y=0$ ，得到 $f(0)=0$ 。在非零倒数关系中取 $x=-1$ ，得 $f(-1)=-f(-1)$ ，所以 $f(-1)=0$ 。

加法关系取 $x=1,y=-1$ ，得 $f(1)+f(-1)+2=f(0)=0$ ，故 $f(1)=-2$ 。再分别取 $x=y=1$ 与 $x=y=2$ ：

f(2)=2f(1)-2=-6,\qquad f(4)=2f(2)-8=-20.

所以 A 正确，其余−16、−12、−10都不满足这条赋值链。求0用了加法式，绝未把0代入含 $1/x$ 的关系。

还可核验条件相容： $f(x)=-x^2-x$ 确满足加法关系，因为 $(x+y)^2$ 展开含 $2xy$ ；非零时 $x^3f(1/x)=x^3(-1/x^2-1/x)=-x-x^2=f(x)$ 。这给一个合法实例，但本题不需要也没有据此宣称它是全实数域唯一可能规则。

本题结论

A， $f(4)=-20$ 。

例题 04 含常数的关系与单向条件

题目

已知定义在 $\left( -\infty ,0\right)\cup \left( 0,+\infty \right)$ 上的函数 $f\left( x\right)$ ，满足 $f\left( xy\right)+2=f\left( x\right)+f\left( y\right)$ ，且当 $x>1$ 时， $f\left( x\right)>2$ ，则下列说法错误的是（）

A． $f\left( -1\right)=2$ B． $f\left( x\right)$ 为偶函数

C． $f\left( -2025\right)<f\left( -2024\right)$ D．若 $f\left( x+2\right)<2$ ，则 $-3<x<-1$

答案与解析

解析

取 $x=y=1$ ，得 $f(1)+2=2f(1)$ ，故 $f(1)=2$ 。再取 $x=y=-1$ ， $f(1)+2=2f(-1)$ ，故 $f(-1)=2$ ，A 正确。

固定 $y=-1$ ，对任意非零 $x$ 有 $f(-x)+2=f(x)+2$ ，所以偶，B 正确。取 $0<u<v$ ，令 $t=v/u>1$ ，

f(v)-f(u)=f(t)-2>0.

故正侧增，偶反射后负侧减。因此 $-2025<-2024$ 给 $f(-2025)>f(-2024)$ ，C 的小于号错误。

对 D，原输入 $x+2$ 必须非零。偶性与正侧增性将 $f(x+2)<2=f(1)$ 化成 $0<|x+2|<1$ ，准确解集为 $(-3,-2)\cup(-2,-1)$ 。此集合确包含于 $(-3,-1)$ ，所以原 D 的单向“若……则……”仍正确，本题错误项只有 C。

原解析缺口。原资料解到 $|x+2|<1$ 后漏掉 $x=-2$ 无定义点，不能把整个 $(-3,-1)$ 当等价解集。但也不能把原本只说必要结论的 D 擅自改成等价命题，再据此误判选项。

本题结论

C。D 为正确的必要结论，但不等式完整解集须挖去−2。

例题 05 乘性函数的全域方向与恒成立参数

题目

已知定义在 $R$ 上的函数 $f(x)$ 满足：对任意的实数 $x,y$ ，均有 $f(xy)=f(x)f(y)$ ，且 $f(-1)=-1$ ，当 $0<x<1$ 时， $f(x)\in (0,1)$ ．

(1)判断 $f(x)$ 的奇偶性；

(2)判断 $f(x)$ 在 $(0,+\infty )$ 上的单调性，并证明；

(3)若对任意 ${x}_{1}$ ， ${x}_{2}\in [-1,1]$ ， $a\in [-1,5]$ ，总有 $2\left| f\left( {x}_{1}\right)-f\left( {x}_{2}\right)\right|\le {m}^{2}-am-2$ 恒成立，求 $m$ 的取值范围．

答案与解析

解析

（1）奇偶性。固定 $y=-1$ ，得到 $f(-x)=f(x)f(-1)=-f(x)$ ，全实数域成对，所以奇，且 $f(0)=0$ 。取 $x=y=-1$ 得 $f(1)=1$ 。

（2）正侧增性。任意 $x>0$ ，由合法平方根及倒数输入，

f(\sqrt x)f(1/\sqrt x)=1,

所以 $f(\sqrt x)\ne0$ ，从而 $f(x)=f(\sqrt x)^2>0$ 。任取 $0<u<v$ ，选 $r=u/v\in(0,1)$ ，题设给 $0<f(r)<1$ 。原乘法关系给 $f(u)=f(v)f(r)$ ，因此

f(v)-f(u)=f(v)[1-f(r)]>0.

每个因子符号都有依据，正半轴严格递增。不能把只对 $(0,1)$ 给的输出条件直接用于大于1的输入。

（3）先求两个独立输出的最大差。奇性将正侧递增反射为负侧递增；跨0时，负输入输出负、0输出0、正输入输出正，也严格保序，因此全实数域递增。在 $[-1,1]$ 上最大输出1在1取得，最小输出−1在−1取得。

故任意独立 $x_1,x_2\in[-1,1]$ 有 $2|f(x_1)-f(x_2)|\le4$ ，且 $x_1=-1,x_2=1$ 同时取到4。这里只需要界与端点取得，不假设每个中间输出都能取得。

原全称条件因而等价于 $m^2-am-2\ge4$ 对所有 $a\in[-1,5]$ 成立，即 $L(a)=m^2-am-6\ge0$ 。固定 $m$ 后这是 $a$ 的一次式；任意 $a=(1-t)(-1)+5t$ ， $0\le t\le1$ ，有 $L(a)=(1-t)L(-1)+tL(5)$ ，所以两端非负既必要又充分。

于是

\begin{cases}m^2+m-6=(m+3)(m-2)\ge0,\\m^2-5m-6=(m-6)(m+1)\ge0.\end{cases}

前者给 $m\le-3$ 或 $m\ge2$ ，后者给 $m\le-1$ 或 $m\ge6$ ，取交为 $m\le-3$ 或 $m\ge6$ 。原要求非严格，两端均允许。两端检查是利用一次式结构覆盖所有 $a$ ，不同于用几个函数样点猜全域性质。

本题结论

（1）奇函数；（2）正半轴递增；（3） $m\in(-\infty,-3]\cup[6,+\infty)$ 。