函数部分是高中数学教学的重点，也是高考的最爱。从平时的教学过程来看，学生对函数问题的解答很不到位，特别是对抽象函数问题更是无从着手，下面就关于抽象函数问题求解举出几例。
　　 一、奇偶性问题
　　 例1 f(x)，g(x)都是定义域在R上的函数，对任意的x，y，有f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)g(y)，若f(0)＝0，但f(x)不恒为0，讨论f(x)、g(x)的奇偶性。
　　 解：令x＝0，则原等式为f(y)＋f(－y)＝0，故f(x)是奇函数．
　　 再令y＝－y，则原等式为f(x－y)＋f(x＋y)＝2f(x)g(－y)①，又因f(x＋y)＋f(x－y)＝2f(x)g(y)②，由①②得：f(x)g(－y)＝f(x)g(y)，又f(x)≠0，即g(－y)＝g(y)，故g(x)是偶函数．
　　 评析：对判断“函数的奇偶性”问题，我们不但要从整体考虑，而且要恰当的选取特殊值，下面的例2也是如此。
　　 例2 函数f(x)的定义域D＝{x|x≠0}且满足对任意x1、x2∈D有f(x1x2)＝f(x1)+f(x2)，试判断f(x)的奇偶性。
　　 解：因为f(x1x2)＝f(x1)+f(x2)，令x1＝x2＝1，则f(1)＝2f(1)，解得f(1)＝0；令x1＝x2＝-1，则f(1)＝2f(-1)，解得f(-1)＝0.
　　 再令x1＝x，x2＝-1，则f(-x)＝f(x)，故f(x)是偶函数．
　　 二、单调性问题
　　 例3 定义在R上的函数y＝f(x)，f(0)≠0，当x＞0时f(x)＞1且对任意的a、b都有f(a＋b)＝f(a)f(b)
　　 (1)求证：f(0)＝1.
　　 (2)求证：对任意的x∈R，恒有f(x)＞0.
　　 (3)求证：f(x)是R上的增函数．
　　 (4)如果f(x)f(2x－x2)＞1，试求x的取值范围．
　　 解：(1)令a＝b＝0，则原式为f(0＋0)＝f(0)f(0)，解得f(0)＝1或f(0)＝0，由f(0)≠0，即f(0)＝1.
　　 (2)令a＝b＝■，则原式为f(x)＝f(■＋■)f(■)＝f(■)＝[f(■)]2≥0①，
　　 对任意的a、b都有f(a＋b)＝f(a)f(b)，所以f(0)＝f(x－x)＝f(x)f(－x)，又由f(0)≠0，所以对任意的f(x)和f(－x)都有f(x)≠0.②，
　　 综合①②得：对任意的x∈R恒有f(x)＞0.
　　 (3)设x1、x2∈R，且x1＞x2，则x1－x2＞0，由已知有f(x1－x2)＞1，而■＝■＝■＝f(x1－x2)．③
　　 由(2)知：对任意的x∈R，恒有f(x)＞0.④
　　 综合③④得：■＞1，故f(x1)＞f(x2)，所以f(x)是R上的增函数．
　　 (4)由f(x)f(2x－x2)＞1，得f(3x－x2)＞1，又因x＞0时f(x)＞1且f(x)为R上的增函数，所以有3x－x2＞0，解得0＜x＜3.
　　 评析：此题型是抽象函数问题中的最常见题型，解答这类题的本质还是要恰当的选取特殊值，再利用单调函数的性质对问题转化．
　　 三、解析式问题
　　 例4 已知函数f(x)对任意的x、y均有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2y(x＋y)＋1且f(1)＝1，若x∈N*，试求f(x)的表达式．
　　 解：令原式中y＝1, 则有f(x＋1)＝f(x)＋f(1)＋2(x＋1)＋1，即有f(x＋1)－f(x)＝2(x＋2)，由于x∈N*，从而可以令x＝1，x＝2，x＝3……得到下列等式：
　　 f(2)－f(1)＝2×3
　　 f(3)－f(2)＝2×4
　　 f(4)－f(3)＝2×5
　　 ……
　　 f(x)－f(x－1)＝2(x＋1)
　　 将上面的等式累加求和得：
　　 f(x)－f(1)＝2[3＋4＋5＋……(x＋1)]＝2×■＝(x＋4)(x－1)
　　 故f(x)＝x2＋3x－4．
　　 评析：本题看是求函数解析式问题，但其实牵扯抽象函数，对此题解答就是对题目中的关系式进行挑战，然后可以利用累加求和，错位相减等方法来解答．
　　 总之，要使“抽象函数问题”不抽象，用常规方法很难入手，但如果我们能通过对题目的信息分析研究，采用特殊的方法手段求解，就会有“山穷水复疑无路，柳暗花明又一村”的感觉。