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高中数学奥赛系列辅导资料:赋值法在函数方程中的应用


赋值法在函数方程中的应用
赋值法是指给定的关于某些变量的一般关系式, 赋予恰当的数值或代数式后, 通过运算 推理,最后得出结论的一种解题方法。下面介绍它在函数方程中的应用。 一、判断函数的奇偶性 例 1 若 f (x+y)= f (x)+ f (y)中令 x=y=0,得 f (0)=0。 又在 f (x+y)= f (x)+ f (y)令 y=-x, f (x-x)=

f (x)+ f (-x), 即 f (0)= f (x)+ f (-x),又 f (0)=0. 所以 f (-x)=- f (x)。 由于 f (x)不恒为零,所以 f (x)是奇函数。 例 2 已知函数 y= f (x)(x∈R,x≠0),对任意非零实数 x1x2 都有 f (x1x2)= f (x1)+ f (x2),试判断 f (x)的奇偶性。 解:取 x1=-1,x2=1 得

f (-1)= f (-1)+(1),所以 f (1)=0
又取 x1=x2=-1, 得 f (1)= f (-1)+ f (-1), 所以 f (-1)=0 再取 x1=x,x2=-1,则有 f (-x)= f (x),即 f (-x)= f (x) 因为 f (x)为非零函数,所以 f (x)为偶函数。 例 3.对任意 x、y∈R,有(x+y)+ f (x-y)=2 f (x)· f (y),且 f (0)≠0, 判断 f (x)的奇偶性。 解:令 x=y=0 得 f (0)+ f (0)=2 f 2(0),因为 f (0)≠0,所以 f (0)=1, 又令 x=0 得 f (y)+ f (-y)=2 f (y),即 f (-y)= f (y)。取 x=y,得 f (-x) = f (y).所以函数 y= f (x)。

二、讨论函数的单调性 例 4. 设 f (x)定义于实数集 R 上,当 x>0 时, f (x)>1,且对任意 x,y∈R, 有 f (x+y)= f (x) f (y),求证 f (x)在 R 上为增函数。 证明:由 f (x+y)= f (x) f (y)中取 x=y=0 得 f (0)= f 2(0)。 若 f (0)=0,令 x>0,y=0,则 f (x)=0,与 f (x)>1 矛盾。 所以 f (0)≠0,即有 f (0)=1。 当 x>0 时, f (x)>1>0,当 x<0 时, f (-x)>1>0,而 f ( x) ? 时, f (0)=>0,所以 f (x)∈R, f (x)>0。 设 x1<x2,则 x1<x2>0, f (x2-x1)>1,所以 f (x2)= f [x1+(x2-x1)]= f (x1)· f (x2-x1)> f (x1),所以 y=(x)在 R 上为增函数。
1 ? 0 ,又 x=0 f ( ? x)

三、求函数的值域 例 5 已知函数 f (x)在定义域 x∈R 上是增函数,且满足 f (xy)= f (x)+ f (y) (x、y∈R ),求 f (x)的值域。 解:因为 x=y=1 时,(1)=2 f (1),所以 f (1)=0
+ +

又因为(x)在定义域 R+上是增函数,所以 x1>x2>0 时,令 x1=mx2(m>1),则 f (x1) - f <(x2)= f (m·x2)- f (x2)= f (m)+ f (x2)- f (x2)= f (m)>0。

得以对于 x>1 有 f (x)>0。 又设 x1=mx2>0(0<m<1),则 0<x1<x2。 所以由函数在 R+上递增可得 f (x1)- f (x2)<0,即 f (mx2)- f (x2)= f (m) + f (x2)- f (x2)= f (m)<0。所以对于 0<x<1 有 f (x)<0。综上所述:当 x∈R 时, f (x)的值域为 R。


四、判断函数的周期性 例 6 函数 f (x)定义域为 R,对任意实数 a、b∈R,有 f (a+b)=2 f (a) f (b), 且存在 c>0,使 f ? ? ? 0 ,求证 f (x)是周期函数。

?c? ? 2?

证明:令 a ? x ?
得:

c c , b ? ,代入 f (a+b)+ f (a-b)=2 f (a) f (b)可 2 2

f (x+c)=- f (x)。所以 f (x+2c)= f [(x+c)+c]=- f (x+c)= f (x),
即 f (x+2c)= f (x)。

则 f (x)是以 2c 为周期的函数。

例 7 若对常数 m 和任意 x,等式 f ? x ? m ? ?

1 ? f ( x) 成立,求证 f (x)是周期函数。 1 ? f ( x)

证明:将已知式中的 x 换成 x+m 得 f (x+2m)= f [(x+m)+m]

1? 1 ? f ( x ? m) 1? ? ? 1? 1 ? f ( x ? m) 1? 1? 1?

f ( x) 1 f ( x) ?? 又将上式中 x+2m 换成 x+4m 可得 f ( x) f ( x) f ( x)

f ( x ? 4m) ? f [( x ? 2m) ? 2m] ? ?

1 ? f ( x) f ( x ? 2m)

故 f (x)是以 4m 为周期的函数 五、求函数的解析式

例 8 设对满足| x |≠1 的所有实数 x,函数 f (x)满足 f ?

? x ? 3? ?3? x? ?? f? ? ? x ,求 ? x ?1? ? 1? x ?

f (x)的解析式。

解:将 x 取为

x?3 ?3? x? ? x ? 3? 代入原等式,有 f ? ? ? f ( x) ? ? ?, x ?1 ? 1? x ? ? x ?1?

(1)

将 x 取为

3? x 3? x 3? x 代入原等式,有 f ( x) ? f 。 ? 1? x 1? x 1? x
x3 ? 7 x (| x |? 1) 2 ? 2 x2

(2)

(1)+(2),且将原等式代入即得 f ( x) ?

例9

求函数 F(x),当 x≠0,x≠1 时有定义且满足 F ( x) ? F ?

? x ? 1? ? ? 1? x . ? x ?

解: F ( x) ? F ?

x ?1 ? x ? 1? 代换 x 得 ? ? 1 ? x ,(1)中以 x ? x ?
(2)

? x ? 1? ? x ? 1? 2x ? 1 F? ? ? F? ? ?? x ? x ? x ? ?
再在(1)中以 ?

1 代换 x 得 x ?1
(3)

1 ? x?2 ? F? ? , ? ? ? F ( x) ? x ?1 ? x ? 1?
(1)-(2)+(3)化简得

F ( x) ?

x3 ? x 2 ? 1 . 2 x( x ? 1)

例 10

f (x)的定义域在非负实数集合上并取非负数值的函数,求满足下列所有条件

的 f (x):(1) f [x· f (y)]· f (x)= f (x+y);(2) f (2)=0;(3)当 0 ≤x<2 时, f (x)≠0. 解:(Ⅰ)令 x=2,t=2+y,由于 y≥0,故 t≥2。

f [2 f (t-2)]· f (2)= f (t).
由(2)得 f (2)=0,所以 f (t)=0.

所以当 t≥2 时, f (x)=0. 由(3)的逆命题知:当 f (x)=0 时,x≥2, 综合①、②得, f (x)=0 ? x≥2.

① ②

(Ⅱ)考虑 0≤x<2,0≤y<2,(即 f (x) f (y)≠0)时,(1)两边等于零的特殊 情况。 设 f [x( f (y)) f (x)=0. 因为 f [x( f (y))] f (x)=0. 由(Ⅰ)得:x f (y)≥2,即 x ?

2 。设 f (x+y)=0,由(Ⅰ)得;x+y≥2, f ( y)

即 x≥2-y,因为 x ?

2 2 2 ,且 x≥2-y,所以 .所以当 ? 2 ? y ,解得 f ( y ) ? f ( y) f ( y) 2? y

? 2 , ( 0 ? x ? 2) 2 ? 0≤x<2 时, f (x)= f ( x) ? .所以 f ( x ) ? ? 2 ? x 2? x ?0.( x ? 2) ?
例 11 设 S 表示所有大于-1 的实数构成的集合,确定所有的函数 f :S→S,满足

以下两个条件:(i)对于 S 内的所有 x 和 y,有

f [x+ f (y)+x f (y)]=y+ f (x);
(ii)在区间-1<x<0 与 x>0 的每一个内, 解:令 x=y 得:

f ( x) 是单调递增的。 x

f (x+ f (x)+x f (x)=x+ f (x)+x f (x),
又令 x+ f (x)+x f (x)=t,则 f (t)=t,在(1)中令 x=t 得

f (t2+2t)= f [t+ f (t)+t f (t)]=t+ f (t)+t f (t)=(t+2)t=t2+2t.
若 t>0,则(t+2)t>t>0,但

f (t ) f [(t ? 2)t ] f ( x) ? ? 1 ,与 在 x>0 时单调递增矛盾。 t (t ? 2)t x

同理,t>0,亦导致矛盾。因此,对任-x 恒有 x+ f (x)+x f (x)=t=0.

从而 f ( x) ? ?

x 。 x ?1

显然,这一函数满足题设条件。

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