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  • 2021-07-01 发布

高中数学讲义微专题08 函数方程问题的分析

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- 1 - 微专题 08 函数方程问题的分析 一、基础知识: 1 、 函 数 方 程 : 含 有 未 知 函 数 的 等 式 叫 做 函 数 方 程 , 例 如 : 都可称为函数方程。在高中阶段,涉及到函数方程有 以下几个类型: ( 1 ) 表 示 函 数 的 某 种 性 质 : 例 如 体 现 是 偶 函 数 ; 体现 是周期为 1 的周期函数(可详见“函数对称性与周期性”一节) (2)可利用解方程组的思想解出涉及的函数的解析式:例如: ,可用 代替 得 ,即 (3)函数方程也是关于变量的恒等式,所以通过对变量赋特殊值得到某些数的函数值 2、双变量函数方程的赋值方法: (1)对 均赋特殊值,以得到某些点的函数值,其中有些函数值会对性质的推导起到关键 作用,比如 ,在赋特殊值的过程中要注意所赋的值要符合函数定义域。 (2)其中某一个变量不变,另一个赋特殊值,可得到单变量的恒等式,通常用于推断函数的 性质 3、常见函数所符合的函数方程:在填空选择题时可作为特殊的例子辅助处理,但是在解答题 中不能用这些特殊的函数代表函数方程 (1) : (2) : (3)① 当 时, : ②当 时, : 二、典型例题 例 1:已知函数 对任意的 均有 ,且当 时, (1)求证: 为奇函数 (2)求证: 为 上的增函数        , 1 1f x f x f x f x       f x    f x f x   f x    1f x f x   f x   12 3f x f xx      1 x x  1 32f f xx x             12 3 2 1 32 f x f xx f x xxf f xx x                  ,x y      0 , 1 , 1f f f       f x y f x f y    f x kx      f x y f x f y      0, 1xf x a a a    0,x        f x y f x f y     logaf x x  | 0x x x       f x y f x f y     logaf x x  f x ,m n R      f m n f m f n   0x    0f x   f x  f x R - 2 - (1)思路:要证明奇函数,则需要 出现在同一等式中,所以考虑令 , 则有 ,再通过代入特殊值计算出 即可 解:(1)令 ,则 令 ,则 解得 为奇函数 (2)思路:要证明单调递增,则需任取 ,且 ,去证明 与 的大 小,结合等式,则需要让 与 分居等号的两侧,才能进行作差。所以考虑 ,进而 。只需判断 的符号即可 解:任取 ,且 ,令 ,代入方程可得: ,依题意可得: 即 为增函数 小炼有话说:第(2)问将 拆分为 是本题证明的亮点,达到了让 与 分居等号的两侧的目的 例 2:已知定义在 上的函数 ,对于任意实数 都满足 ,且 ,当 时, (1)求 的值 (2)求证: 在 上是增函数 (3)求不等式: 的解集 解:(1)令 ,则有 ,解得 或 令 可得: (2)思路:考虑证明 单调递增,则需构造出 ,即可设 且令    ,f x f x ,m x n x        0f f x f x    0 0f  ,m x n x        0f f x f x   0, 0m n       0 0 0f f f   0 0f     f x f x     f x 1 2,x x R 1 2x x  1f x  2f x  1f x  2f x  2 2 1 1x x x x   2 1,m n x n x    2 1f x x 1 2,x x R 1 2x x 2 1 1,m x x n x        2 1 1 2 1 1f x x x f x x f x            2 1 2 1f x f x f x x    2 1x x 2 1 0x x    2 1 0f x x     2 1 0f x f x      2 1f x f x  f x 2x  2 1 1x x x   1f x  2f x R  f x ,a b      f a b f a f b   1 0f  0x    1f x   0f  f x  ,      2 1 2 4f x x f x   0a b     20 0f f  0 0f   0 1f  0, 1a b           1 0 1 1 0 1 0f f f f f       1 0f   0 1f   f x    1 2f x f x 2 1x x - 3 - , 则 有 , 从 而 , 由 和 已 知 条 件 可 得 : 所以需要证明 ,即 , ,可考虑结合题目 条件和 ,令 ,则有 , 从而单调性可证 证明: ,则令 ,代入函数方程有: ,下证 由已知可得, 时 ,所以只需证明 时, 令 ,即 在 上单调递增 (3)思路:本题并没有 的解析式,所以考虑利用函数的单调性求解。由(1)(2)问可 得 ,从而 ,再根据单调性即 可得到关于 的不等式,解出不等式即可 解: ,且 由(2)可得 单调递增 解得 2 1 1,a x x b x        2 2 1 1f x f x x f x         2 1 2 1 11f x f x f x x f x      2 1 0x x   2 1 1 0f x x    1 0f x   ,0x     0f x   0 1f  1 1,a x b x            1 1 1 1 10 0f f x f x f x f x     1 2 1 2, ,x x R x x   2 1 1,a x x b x        2 2 1 1f x f x x f x         2 1 2 1 11f x f x f x x f x       2 1 0x x   2 1 0f x x    1 0f x  1 0x   1 1 0f x    1 ,0x    1 0f x  1 1, 0a x b x             1 1 1 1 10f f x f x f x f x      1 0x  1 0x   1 0f x      1 1 1 0f x f x          2 1 2 1 11 0f x f x f x x f x           1 2f x f x  f x R  f x   0f x         2 21 2 4 02 4f x x f x x x ff x       x   0f x         2 21 2 4 12 4f x x f x x f xf x              2 2 22 4 2 4 3 4f x x f x f x x x f x x          0 1f     2 3 4 0f x x f     f x 2 3 4 0x x     4,1x  - 4 - 例 3 : 定 义 在 的 函 数 满 足 关 系 , 当 时 , ,若 ,则 的大小关系为( ) A. B. C. D. 思路:由比较函数值大小联想到考虑函数的单调性,先化简 ,由 可得: ,令 解得: ,即 ,所给方程 左边已经作差,所以考虑 , ,则 ,因为 ,所以 ,从而 ,即 ,得到 在 单调递增,所以 答案:D 小炼有话说:本题在证明单调性时,因为考虑了 中自变量的取值,所以只需考虑 的单调性,缩小 的范围使得判断 的范围较容易。但也可将 在 中任取, 但是在判断 的范围会比较复杂,可利用不等式的等价变形来证: 假设 ,因为 且 由 可得 成立,从而 例 4:函数 的定义域为 ,满足 , 在区间  1,1     1 x yf x f y f xy        1,0x    0f x   1 1 1, , 04 5 2P f f Q f R f                   , ,P Q R R P Q  R Q P  P Q R  Q P R  P     1 x yf x f y f xy           1 x yf x f y f xy       1 4 1 1 5 y x y xy      3 7x  3 7P f      1 2 1, 0, 2x x       1 2x x     1 2 1 2 1 21 x xf x f x f x x       1 2 10 2x x   1 2 1 2 1 1 1 30,1 12 2 2 4x x x x         1 2 1 2 1 01 x x x x        1 2 1 2 1 2 01 x xf x f x f x x        f x 10, 2      Q P R  , ,P Q R 10, 2      1 2,x x 1 2 1 21 x x x x   1 2,x x  1,1 1 2 1 21 x x x x   1 2 1 2 1 01 x x x x    1 21 0x x  1 2 1 2 01 x x x x   1 2 1 2 1 2 1 2 1 11 x x x x x xx x          1 1 2 2 1 21 0 1 1 0x x x x x x          1 2, 1,1x x     1 21 1 0x x   1 2 1 2 11 x x x x     f x  | 0x x       f xy f x f y   f x  0, - 5 - 上单调递增,若 满足 ,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 思路:从所求中发现 互为相反数,所以联想到判定 是否具有奇偶性。令 , 则 有 , 需 求 出 : 令 , 则 , 再 令 , 则 , 所 以 , 为偶函数。所以 ,所解不等 式为 ,因为 为偶函数,且区间 上单调递增,所以自变量距离 轴越近,则函数值越小,所以 ,即 ,解得 ,因为 ,所以 的范围为 答案:D 例 5:设角 的终边在第一象限,函数 的定义域为 ,且 ,当 时,有 ,则使等式 成立的 的集合为 思 路 : 首 先 从 所 求 出 发 , 由 确 定 代 入 的 特 殊 值 。 令 得 : ,则下一步需要确定 的值, 令 ,则有 ,所以 ,由角 的终边在第一象限可得: ,从而 的集合为 答案: 例 6:定义在 上的函数 满足:对于任意的 ,有 m    3 1 3 log log 2 1f m f m f      m  1,3 10, 3       10, 1,33        1,1 1,33      3 1 3 log ,logm m  f x 1y        1f x f x f     1f  1x y      1 2 1f f  1x y         1 2 1 1 0 1 0f f f f         f x f x   f x    3 1 3 3 log log 2 logf m f m f m         3log 1f m f  f x  0, y 3log 1m  31 log 1m   1 33 m  3log 0 1m m   m  1,1 1,33       )(xf  1,0 1)1(,0)0(  ff yx       sin 1 sin2 x yf f x f y        1 1 4 4f       1 1 4 4f      1 , 02x y     1 1 1 1sin 1 sin 0 sin4 2 2 4f f f f                      1 2f      1, 0x y       1 1 sin 1 sin 0 sin2f f f          2 1sin 4   1sin 2   | 2 ,6 k k Z        | 2 ,6 k k Z         2013,2013  f x  , 2013,2013a b  - 6 - ,且 时,有 ,设 的最大值和最小 值分别为 ,则 的值为( ) A. B. C. D. 思路:由最值联想到函数的单调性,从而先考虑证明 单调,令 (其中 ),则可证明 为增函数,从而 ,再利用函数方程 求出 的值即可 解: ,且 ,令 代入函数方程可得: , 在 单调递增 令 ,可得: 答案:D 例 7 : 已 知 函 数 满 足 : , 对 任 意 实 数 都 有 ,则 ( ) A. B. C. D. 思 路 : 由 所 求 出 发 可 考 虑 判 断 是 否 具 备 周 期 性 , 令 , 可 得 , 即 , 所 以 ,两式相加可得 ,则可判定 的周期 为 6 , 由 可 得 : , 即 , 由 可 得 , 则 , 从 而 , 所 以       2012f a b f a f b    0x    2012f x   f x ,M N M N 2011 2012 4022 4024  f x 2 1 1,a x x b x   1 2x x  f x    2013 , 2013M f N f      2013 2013f f   1 2, 2013,2013x x   1 2x x 2 1 1,a x x b x        2 1 2 1 2012f x f x f x x    2 1 0x x   2 1 2012f x x      2 1 0f x f x    f x  2013,2013        max min2013 , 2013M f x f N f x f           2013 2013 2013 2013 2012M N f f f            0 2012f  0a b       0 2 0 2012 0 2012f f f    4024M N    f x   11 2f  ,x y        2f x y f x y f x f y           1 2 3 2014f f f f     1 1 2 1 2 1  f x 1y         1 1 2 1f x f x f x f         1 1f x f x f x         2 1f x f x f x       2 1f x f x     f x      1 1f x f x f x          12 0 1 2f f f       12 6 2f f     2 1f x f x        14 1 2f f          13 5 4 2f f f               1 2 3 4 5 6 0f f f f f f      - 7 - ,且 答案:B 例 8 : 已 知 是 定 义 在 上 的 函 数 , , 且 对 任 意 的 , 都 有 ,那么 __________ 思 路 : 函 数 方 程 为 “ 和 → 积 ” 的 特 点 , 抓 住 , 可 发 现 令 , 则 ,所以可得: 自变量间隔 ,,其函数值的和为 0,所以将求和的式子两两一组,即: 答案: 例 9 : 设 函 数 的 定 义 域 为 , , 且 对 , 都 有 ,则 的解析式为________ 思路:观察到右边的结构并非 的轮换对称式,考虑其中一个变量不变,另一个变 量 赋 值 为 1 , 则 时 , ① , 时 , ② , 则 求 是 关 键 , 结 合 , 可 令 , 则 , 代 入 到 ① ② 可 得 : ,即 ,消去 解得:                1 2 3 2013 335 1 6 2013 2013f f f f f f f f                12014 4 2f f    f x R 04f      ,x y R     2 2 2 x y x yf x f y f f             3 5 2015 4 4 4 4f f f f                             04f      2y x     2 222 2 02 2 2 4 4 x xx f x f x f f f x f                                             2  3 5 7 2013 2015 04 4 4 4 4 4S f f f f f f                                                            0  f x R  0 1f  ,x y R         1 2f xy f x f y f y x      f x    ,f x f y 1x         1 1 1 2f y f f y f y     1y         1 1 1 2f x f x f f x      1f  0 1f  0x y         21 0 0 0 2 1 2f f f f              1 1 1 2 f y f y f x f x x               1 1 1 2 f x f x f x f x x        1f x    1f x x  - 8 - 答案: : 例 10:已知函数 是定义在 上不恒为 的函数,且对于任意的实数 满足 , , ,考察下列结论: ① ② 为奇函数 ③数列 为等差数列 ④数列 为等比数列,其中正 确的个数为( ) A. B. C. D. 思路:考虑按照选项对函数方程中的 进行赋值。 ① 计 算 , 令 , 可 得 ; 令 , 则 ,所以 ,①正确 ② 使等式中出现 ,令 ,则 ,需要计算出 , 结 合 方 程 可 令 , 则 有 , 即 , 所 以 , 为奇函数,②正确 ③ 从 等 差 数 列 定 义 出 发 , 考 虑 递 推 公 式 , 因 为 ,所以可得: ,从而判定 为等差数列,③ 正确 ④若按照等比数列定义,考虑 ,则不易于进行化简。可由③出发得到 的表达式: ,所以 ,即 ,所以 ,从而可判定 是一个等比数列,④正确 答案:D   1f x x  ( )f x R 0 ,a b (2) 2f  ( ) ( ) ( )f ab af b bf a  (2 ) (2 ),( ), ,( )2 n n n nn f fa n N b n Nn      (0) (1)f f ( )f x  na  nb 1 2 3 4 ,x y    0 , 1f f 0a b   0 0f  1x y       1 2 1 1 0f f f   (0) (1)f f    ,f x f x , 1a x b        1f x xf f x     1f  1, 1x y       1 2 1f f    1 0f      f x f x    f x    1 1 1 2 2 2 2 n n n n n n f f a a             12 2 2 2 2 2 2n n n nf f f f            1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 12 2 2 2 n n n n n n n n n n n f f f f a a              na     1 1 2 1 2 n n n n fb n b n f      2nf   1 2 12 fa    1 1na a n d n     2 2n nf n   2 2 n n n f b n   nb

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