一、单调性穿脱法
利用特殊函数的单调性，对函数符号“ｆ”进行“穿脱”，从而达到化简的目的，使问题获解。
例１已知ｆ（ｘ）是定义在－１，１上的奇函数，ｆ（１）＝１，若ａ、ｂ∈－１，１，ａ＋ｂ≠０时，有ｆ（ａ）＋ｆ（ｂ）ａ＋ｂ
＞０解不等式ｆ（ｘ＋１２）＜ｆ（１
ｘ－１
）．
分析：本题的关键是根据已知条件，判断函数的单调性，据此再脱去“ｆ”
任取ｘ１ｘ２∈－１１且ｘ１＜ｘ２
∵ｆ（ｘ）是奇函数，
∴ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）＋ｆ（－ｘ１）
＝ｆ（ｘ２）＋ｆ（－ｘ１）ｘ２＋（－ｘ１）·（ｘ２－ｘ１）＞０．
即ｆ（ｘ２）＞ｆ（ｘ１）．∴ｆ（ｘ）在－１１上是单调递增函数，原不等式等价于：
－１≤ｘ＋１２≤１－１≤１
ｘ－１
≤１ｘ＋１２＜１ｘ－１ｘ＋１２≥－１１ｘ－１
≤１ｘ＋１２＜１ｘ－１
得：ｘ＜－１或ｘ＞３２
∴原不等式的解集为：ｘ｜ｘ＜－１或ｘ＞３２．
二、反函数穿脱法
灵活自如地处理原函数ｆ（ｘ）与其反函数ｆ－１（ｘ）并运用ｆ－１ｆ（ｘ）＝ｘｆｆ－１（ｘ）＝ｘ进行穿脱“ｆ”．
例２已知定义域为Ｒ＋的函数ｆ（ｘ），对任意ｘｙ∈Ｒ＋恒ｆ（ｘｙ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ（ｙ）．
①求证：当ｘ∈Ｒ＋时，
ｆ（１ｘ）＝－ｆ（ｘ）
②若ｘ＞１时，恒有ｆ（ｘ）＜０
求证：ｆ（ｘ）必有反函数；
③设ｆ－１（ｘ）是ｆ（ｘ）的反函数，求证：ｆ－１（ｘ）在其定义域恒有ｆ－１（ｘ１＋ｘ２）＝ｆ－１（ｘ１）·ｆ－１（ｘ２）．
解：①∵ｆ（１）＝ｆ（ｘ·１ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｆ（１ｘ）
又ｆ（１）＝ｆ（１）＋ｆ（１）即ｆ（１）＝０
∴ｆ（１
ｘ）＝－ｆ（ｘ）．
②ｘ１、ｘ２∈Ｒ＋且ｘ１＜ｘ２时ｘ２ｘ１＞１
∴ｆ（ｘ２
ｘ１）＜０．
由ｆ（ｘ）＝ｆ（ｘｙ·ｙ）＝ｆ（ｘ
ｙ）＋ｆ（ｙ）
有ｆ（ｘ
ｙ）＝ｆ（ｘ）－ｆ（ｙ）故ｆ（ｘ２ｘ１）＝ｆ（ｘ２）－ｆ（ｘ１）＜０
则ｆ（ｘ）在Ｒ＋上是减函数，
∴ｆ（ｘ）必有反函数．
③设ｆ－１（ｘ１）＝ｎ１ｆ－１（ｘ２）＝ｎ２
则ｆ（ｎ１）＝ｘ１ｆ（ｎ２）＝ｘ２
且ｆ（ｎ１·ｎ２）＝ｆ（ｎ１）＋ｆ（ｎ２）＝ｘ１＋ｘ２
∴ｆ
－１（ｘ１＋ｘ２）＝ｎ１ｎ２
即ｆ－１（ｘ１＋ｘ２）＝ｆ－１（ｘ１）·ｆ－１（ｘ２）．
三、周期性穿脱法
在求解有关函数迭代问题时，可利用函数的周期性进行“ｆ”的穿脱，做到需穿则穿，需脱则脱，从而优化解题过程。
例３定义域为正整数的函数ｆ（ｎ）满足：
ｆ（ｎ）＝
ｎ－３（ｎ≥１０００）ｆｆ（ｎ＋７）（ｎ＜１０００）试求ｆ（９０）
解：记ｆｍ（ｎ）＝ｆ（ｆ…ｆｍ个ｆ
（ｎ））
∵９０＋（ｍ－１）×７＝１０００ｍ＝１３１．
∴ｆ（９０）＝ｆ２（９７）＝…＝ｆ１３１（１０００）
又ｆ（１０００）＝９９７
ｆ（９９７）＝ｆ２（１００４）＝ｆ（１００１）＝９９８
ｆ（９９８）＝ｆ２（１００５）＝ｆ（１００２）＝９９９
ｆ（９９９）＝ｆ２（１００６）＝ｆ（１００３）＝１０００
１３１＝４×３２＋３
∴ｆ（９０）＝ｆ１３１（１０００）＝ｆ３（１０００）＝９９９．
练习函数ｆ（ｘ）定义在正整数集上，且满足
ｆ（ｎ）＝
ｎ－３（ｎ≥１０００）ｆｆ（ｎ＋５）（ｎ＜１０００）求ｆ（８４）．
四、归纳性穿脱法
“穿”、“脱”函数符号“ｆ”是一种有序的过程，由内至外一层层穿上ｆ或由外至内一层层脱去ｆ，这往往是一个有序的过程。因此在“穿脱”的过程应寻求、归纳其所蕴含的规律，最后达到化简求解的目的。
例４已知函数ｆ（ｘ）＝２ｘ１＋ｘ
ｘ∈Ｒ＋若
ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ）ｆｎ（ｘ）＝ｆ（ｆｎ－１（ｘ））
（ｎ∈Ｎｎ≥２）求ｙ＝ｆｎ（ｘ）的解析式．
解：ｆ２（ｘ）＝２ｆ１（ｘ）１＋ｆ１（ｘ）
＝４ｘ１＋３ｘ
ｆ３（ｘ）＝２ｆ２（ｘ）
１＋ｆ２（ｘ）
＝８ｘ１＋７ｘ
ｆ４（ｘ）＝２ｆ３（ｘ）
１＋ｆ３（ｘ）
＝１６ｘ１＋１５ｘ
……
一般地可猜想ｆｎ（ｘ）＝２ｎｘ１＋（２ｎ－１）ｘ
不难用数学归纳法证明，这里略．
编者注：此题也可以用辅助数列法，设
ｂｎ＝１
ｆｎ（ｘ）
则ｂｎ＝１２ｂｎ－１＋１
２可求ｂｎ．
五、特殊值穿脱
例５设ｆ（ｘ）是定义在实数集上的函数，且对任意实数ｘｙ有
ｆ（ｘ＋ｙ）＋ｆ（ｘ－ｙ）＝２ｆ（ｘ）ｃｏｓｙ求ｆ（ｘ）．
解：在已知等式中，取特殊值，依次令：
ｘ＝０ｙ＝ｔｘ＝π２＋ｔ
ｙ＝π２ｘ＝π
２ｙ＝π
２＋ｔ有
ｆ（ｔ）＋ｆ（－ｔ）＝２ｆ（０）ｃｏｓｔｆ（π＋ｔ）＋ｆ（ｔ）＝０ｆ（π＋ｔ）＋ｆ（－ｔ）＝－２ｆ（π２）ｓｉｎｔ．
设ａ＝ｆ（０）ｂ＝ｆ（π２）从上面三式中消去ｆ（－１）ｆ（π＋ｔ）
得ｆ（ｔ）＝ａｃｏｓｔ＋ｂｓｉｎｔ
即ｆ（ｘ）＝ａｃｏｓｘ＋ｂｓｉｎｘ．
六、待定系数穿脱法
例６已知二次函数ｆ（ｘ）满足条件：
①ｆ（－１）＝０．
②对一切ｘ的值均有ｘ≤ｆ（ｘ）≤１＋ｘ２２
成立，求ｆ（ｘ）的解析式．
解：由已知可设ｆ（ｘ）＝ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ（ａ≠０）
∵ｆ（－１）＝０∴ｂ＝ａ＋ｃ
由ｘ≤ｆ（ｘ）≤１＋ｘ２２
知ｆ（１）＝ａ＝ｂ＋ｃ＝１．
∴ｂ＝ａ＋ｃ＝１２．
又∵对一切ｘ均有ａｘ２＋ｂｘ＋ｃ≥ｘ
即ａｘ２＋（ｂ－１）ｘ＋ｃ≥０
∴ａ＞０△＝（ｂ－１）２－４ａｃ≤０
即ａｃ≥１１６∴ａ＝ｃ＝ｂ２＝１４
∴ｆ（ｘ）＝１４ｘ２＋１２ｘ＋１４．
七、综合穿脱法
函数迭代的有关穿脱问题，有时和其他问题综合在一起，因此如何巧妙地“穿”、“脱”综合加以考虑，综合运用．
例７如果有一个函数ｆＮ→Ｎ是严格递增的，且对每个ｎ∈Ｎ都有ｆ（ｆ（ｎ）＝ｋｎ．
求证对任何ｎ∈Ｎ有２ｋｋ＋１
ｎ≤ｆ（ｎ）≤ｋ＋１２
ｎ
证明：∵函数ｆＮ→Ｎ是严格递增的．
∴对任意自然数ａ≤ｂ都有
ｆ（ｂ）－ｆ（ａ）≥ｂ－ａ①
ｆ（ｆ（ｆ（ｎ））－ｆ（ｆ（ｎ））
≥ｆ（ｆ（ｎ））－ｆ（ｎ）≥ｆ（ｎ）－ｎ②
又∵ｆ（ｆ（ｎ））＝ｋｎ
∴ｆ（ｆ（ｆ（ｎ）））＝ｋｆ（ｎ）③
③代入②得：
ｋｆ（ｎ）－ｋｎ≥ｋｎ－ｆ（ｎ）≥ｆ（ｎ）－ｎ④
解④得：２ｋｋ＋１
ｎ≤ｆ（ｎ）≤ｋ＋１２
ｎ．
注①式为解题奠定了基础，“穿”上函数符号“ｆ”后，由①得不等式链②，为得到特征不等式明确了方向，“脱”去函数符号“ｆ”后得到③，③将②化简为④，从而使命题得证．
来源：[四川新闻网-招生考试报讯]