高中数学讲义微专题08 函数方程问题的分析

高中数学讲义微专题08 函数方程问题的分析

- 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